Министерство образования и науки Российской Федерации

Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждениевысшего образования

«Тихоокеанский государственный университет»

Е. Л. Маркова

ЗАДАЧИ И МЕТОДЫ ИХ РЕШЕНИЯ ПО СТАТИКЕ И КИНЕМАТИКЕ

Утверлсденоиздательско-библиотечным советом университета

в качестве учебного пособия

ХабаровскИздательство ТОГУ ■

2017

УДК 531.22/24 (075.8) ББК В232я7 + В234я7 М268

Р е ц е н з е н т ы :кафедра «Строительные конструкции, здания и сооружения»Дальневосточного государственного университета путей сообщения(канд. техн. наук, доц. КТ. Мозаник);старший научный сотрудник «КарьерПроект ДВ»канд. техн. наук, доц. А. И. Шишкин

Научный редакторканд. техн. наук, доц. М В. Лейбович

Маркова, Е. Л.М268 Задачи и методы их решения по статике и кинематике : учеб, пособие / Е. Л. Маркова; [науч. ред. М. В. Лейбович]. - Хабаровск : Изд-во Тихоокеан. гос. ун-та, 2017. - 90 с.ISBN 978-5-7389-2241-1

Учебное пособие написано на кафедре «Промышленное и гражданское строительство» в соответствии с рабочей программой читаемого в ТОГУ курса по дисциплине «Теоретическая механика». Задачи, предложенные для самостоятельного решения, и методы их решения охватывают все основные темы по разделам «Статика» и «Кинематика» данной дисциплины. В приложениях изложены минимально необходимые сведения из тригонометрии, векторного и дифференциального исчислений.

Издание предназначено для студентов университета заочного факультета, обучающихся по программам технического и технологического направлений. Рекомендовано для самостоятельной работы по курсу «Теоретическая механика»

УДК 531.22/24 (075.8) ББК В232я7+ В234я7

© Маркова Е.Л., 2017 © Тихоокеанский государственный

университет, 2017ISBN 978-5-7389-2241-1

ВВЕДЕНИЕ

Изучение теоретической механики в высшей школе имеет определяющее значение для формирования навыков и мышления будущего бакалавра соответствующего направления. Здесь студент узнаёт, как результаты исследования представлять в виде удобных формул и числовых расчётов и одновременно указывать границы их применимости.

Чтобы приступить к курсу изучения данной дисциплины^ студент должен обладать суммой определённых знаний по математике, векторной алгебре, тригонометрии, физике и др. дисциплинам.

Курс теоретической механики разделён на три раздела: статику, кинематику и динамику. Статика представляет собой учение о равновесии материальных тел и о приведении системы сил к простейшему виду; кинематика изучает движение материальных тел с геометрической точки зрения, т. е. независимо от причин, вызвавших эти движения, и, наконец, динамика изучает движение материальных тел в- связи с действующими на них силами.

Изучение этих разделов не заканчивается освоением рассмотренных общих закономерностей. Приобретение навыков самостоятельного решения практических задач - непременное условие овладения курсом теоретической механики.

Данное пособие позволяет студенту получить определённый навык решения задач статики и кинематики курса «Теоретическая механика». Для этого, изучив теоретический материал данной темы, надо сначала обязательно разобраться в решениях соответствующих задач, которые приводятся в пособии, обратив внимание на методические указания по их решению. Затем постараться самостоятельно решить задачи контрольных работ согласно своему варианту.

Все вопросы, которые должны быть изучены и усвоены по данным разделам теоретической механики, в пособии перечислены достаточно подробно. В приложении изложены минимально необходимые сведения о правилах и приёмах применения векторного исчисления в трёхмерном евклидовом пространстве, а также минимально необходимая информация из тригонометрии, высшей математики.

Издание можно рекомендовать для самостоятельного изучения разделов статики и кинематики курса теоретической механики не только студентам заочной, но и дневной формы обучения.

з

ТРЕБОВАНИЯ К ВЫПОЛНЕНИЮ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙРАБОТЫ

Самостоятельная работа по теоретической механике состоит из трёх контрольных работ.

^ Контрольная работа № 1 по статике. Она включает следующиезадачи: С 1, С-2, С-3, С-4, С-5.

>4 Контрольная работа № 2 по кинематике (К 1, К 2, К 3 а, К 3 б, К 4).S Контрольная работа № 3 по динамике (изложена в другом пособии).

В данном пособии представлены две первые контрольные работы, а также изложены методические указания и разобраны примеры решения каждой их предложенных задач.

К каждой задаче контрольной работы даётся 10 рисунков и таблица, содержащая дополнительные к тексту задачи условия. Нумерация рисунков двойная, при этом номером рисунка является цифра, стоящая после точки. Например, рис. С 1.6 - это рис. 6 к первой задаче по статике С1. Номера условий от 0 до 9 проставлены в 1-м столбце таблицы.

Студент во всех задачах выбирает номер рисунка по предпоследней цифре шифра (номеру зачётной книжки), а номер условия в таблице - по последней. Например, если зачётная книжка (шифр) оканчивается числом 38, то берут рис. 3 и условия № 8 из таблицы.

Контрольная работа выполняется в ученической тетради (12 листов). На обложке указывают: название дисциплины, номер контрольной работы, фамилию, имя, отчество студента, номер зачётной книжки (шифр), курс, факультет, направление, профиль обучения.

Решение каждой задачи необходимо начинать на отдельном листе. Сверху указывается номер задачи, далее записывается, что дано в задаче и что требуется определить (текст задачи можно не переписывать), и делается чертёж с учётом условий решаемого варианта. Чертёж должен быть аккуратным. Решение задачи необходимо сопровождать краткими пояснениями и подробно излагать весь ход расчётов. На каждой странице следует оставлять поля для замечаний преподавателя.

4

При решении задач необходимо учесть следующее. Большинство рисунков дано без соблюдения масштаба. Линии, параллельные строкам, считаются горизонтальными, а линии, перпендикулярные строкам, - вертикальными. Все связи считаются идеальными.

Работы, не отвечающие всем перечисленным требованиям, проверяться не будут, а будут возвращены для доработки. На повторное рецензирование присылается та же работа с приложенными к ней исправлениями.

Для изучения курса «Теоретическая механика» необходимо иметь соответствующую математическую подготовку. Во всех разделах курса, начиная со статики, широко используется векторная алгебра. Необходимо уметь вычислять проекции векторов на координатные оси, находить геометрически и аналитически сумму векторов, вычислять скалярное и векторное произведения двух векторов и знать свойства этих произведений. Надо также уметь пользоваться системой прямоугольных декартовых координат на плоскости и в пространстве; знать, что такое единичные векторы (орты) этих осей и как выражаются составляющие векторы по координатным осям с помощью ортов.

Надо уметь дифференцировать функции одного переменного, строить графики этих функций, знать основы теории кривых 2-го порядка, изучаемой в аналитической геометрии. Уметь находить интегралы (неопределённые и определённые) от простейших функций, уметь интегрировать дифференциальные уравнения 1-го порядка с разделяющимися переменными и линейные дифференциальные уравнения 2-го порядка.

Минимально необходимые сведения по этим вопросам математики можно найти в приложении данного пособия.

Теоретический материал по курсу «Теоретическая механика» можно освоить по информационному блоку методического обеспечения кафедры ПГС или по любому учебному курсу «Теоретическая механика». Список литературы приведён в конце пособия.

5

LO Ю

САМОСТОЯТЕЛЬНАЯ РАБОТА ПО СТАТИКЕ

Теоретический материалу рекомендуемый для изучения раздела«Статика»

1. Основные понятия статики1.1. Абсолютно твёрдое тело.1.2. Сила.1.3. Эквивалентные системы сил.1.4. Равнодействующая.1.5. Уравновешенная система сил.1.6. Силы внешние и внутренние.1.7. Сосредоточенные и распределённые силы.

Аксиомы статикиОсновные виды связей и их реакции

4. Система сходящихся сил4.1. Геометрический и аналитический способы сложения сил.4.2. Сходящиеся силы.4.3. Равнодействующая сходящихся сил.4.4. Геометрическое и аналитическое условия равновесия сходящейся системы сил.

5. Теория пар сил5.1. Момент силы относительно центра как вектор.5.2. Пара сил.5.3. Момент пары сил как вектор.5.4. Теоремы об эквивалентности пар.5.5. Сложение пар, произвольно расположенных в пространстве.5.6. Условия равновесия системы пар.

6. Плоская система сил.6.1. Алгебраическая величина момента силы.6.2. Вычисление главного вектора и главного момента плоской системы сил.6.3. Приведение системы сил к единому центру, частные случаи приведения.6.4. Аналитические условия равновесия плоской системы сил (три вида).6.5. Теорема Вариньона о моменте равнодействующей.

б

6.6. Равновесие системы тел.6.7. Статически определимые и статически неопределимые системы.6.8. Равновесие при наличии сил трения.6.9. Коэффициент трения, предельная сила трения, угол и конус трения.

7. Пространственная система сил7.1. Момент силы относительно оси и его вычисление.7.2. Зависимость между моментами силы относительно центра и относительно оси, проходящей через этот центр.7.3. Аналитические формулы для вычисления моментов силы относительно трёх координатных осей.7.4. Вычисление главного вектора и главного момента произвольной пространственной системы сил.7.5. Частные случаи приведения пространственной системы сил.7.6. Аналитические условия равновесия произвольной пространственной системы сил.7.7. Условия равновесия пространственной системы параллельных сил.7.8. Теорема Вариньона о моменте равнодействующей относительно оси.

8. Центр параллельных сил и центр тяжести8.1. Центр параллельных сил.8.2. Формулы для определения центра параллельных сил.8.3. Центр тяжести твёрдого тела, формулы для определения его координат.8.4. Центры тяжести объёма, площади и линии.8.5. Способы определения положения центров тяжести тел.

7

КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 1

Задача С1

На балку АВ (рис. С 1.0 - С 1.9), жёстко заделанную одним концом в опору, действует сосредоточенная сила F, пара сил с моментом М и равномерно распределённая нагрузка с интенсивностью q, как показано на чертеже. Исходные данные даны в табл. С 1.

Определить реакции жёсткой заделки.

F

Рис. С 1.0 Рис. С 1.1

А

Рис. С 1.2

8

F

Рис. С 1.5

М Q

F

Рис. С 1.8 Рис. С 1.9

Таблица С1

Номерусловия

Загрузка РазмерыF

кНЯ

кН/мМ

кН'Ма

градам

bм

См

0 2,4 2,1 10,2 45 0,2 0,4 0,21 3,6 0,8 11,2 30 0,1 0,3 0,22 1.8 1,0 8,5 60 0,3 0,5 0,1о 3,0 0,6 10,0 30 0,5 1,0 0,54 2,5 0,5 6,8 60 0,6 1,2 0,65 1,4 2,0 8,0 60 од 0,2 0,16 8,2 1,4 5,0 45 0,5 1,1 0,47 6,4 1,5 12,6 30 1,0 1 1,5 0,78 5,2 2,4 11,6 60 0,4 0,8 0,39 4,4 2,2 9,0 60 0,2 0,9 0,5

9

Задача С 2

На плоское твёрдое тело (рис. С 2.0 - С 2.9) действуют: сосредоточенные силы F и Р , равномерно распределённая нагрузка интенсивностью # и пара сил с моментом М Исходные данные даны в табл. С 2.

Определить реакции связей.

Рис. С 2.0 Рис. С 2.1

Q

Рис. С 2.2 Рис. С 2.3

ю

F ^ М А

а

Л

Q̂ ~

—► —► —► —► —► —► —►

—► В0 Ь

FTfef в

Рис. С 2.4

Рис. С 2.6

Рис. С 2.8

Вл ^ МА Л

Ж е ^1--<--<--

q

b F

Рис. С 2.5

Рис. С 2.7

Рис. С 2.9

11

Таблица С2

Номер Нагрузка Размерыусловия F Р М ч а р а ь С

кН кН кН'М кН/м град град м м м0 2,6 8,2 10,2 1д 60 90 0,1 0,6 0,7I 3,5 6,4 11,2 1,8 45 30 0,5 0,8 0,92 1,2 10,0 8,5 1,4 30 30 1,0 1,4 и

3,4 4,8 10,0 i,6 60 60 0,4 0,9 1,54 2,8 5,8 6,8 2,5 90 60 0,2 0,7 0,85 1,9 7,6 8,0 2,2 60 45 0,4 0,5 0,66 8,8 3,4 5,0 2,4 45 30 0,3 0,5 1,47 бд 1,9 12,6 i,6 30 60 0,5 i,6 1,78 5,0 1,9 11,6 2,6 60 30 1,0 1,8 2,09 4,5 8,7 9,0 1,2 60 45 1,2 1,9 2,2

Задача С 3

Конструкция состоит из двух частей, соединённых между собой шарниром. К ней приложены: равномерно распределенная нагрузка интенсивностью q, силы и F2, пара сил с моментом М . Схемы конструкции представлены на рис. 3.0 - 3.9.

Определить реакции внутренних и внешних связей конструкции.

12

Рис. С 3.2 Рис. с 3.3

Рис. С 3.5

Рис. С 3.6 Рис. С 3.7

13

м

Рис. С 3.9

Таблица СЗ

Номер Нагрузка Размерыусловия Fi f2 М ч а а b С

кН кН кН-м кН/м град м м м0 2,6 0 12,2 1,0 60 0,1 0,6 0,21 3,5 0 10,2 1,8 45 0,5 0,8 0,32 0 10,0 8,2 2,4 30 1,0 1,4 0,4о 3,4 0 10,0 1,7 60 0,8 0,9 0,54 0 5,8 6,5 1,5 30 0,4 0,7 0,25 0 7,6 5,0 1,2 60 0,4 0,6 0,36 8,8 0 4,3 1,5 45 0,6 0,9 0,47 0 1,9 121 0,6 30 1,5 i,6 0,78 0 1,9 6,6 1,6 60 1,0 1,8 0,59 4,5 0 9,5 1,8 60 1,2 1,9 0,8

14

Задача С 4

Изогнутый брус расположен в пространстве так, что каждый из его участков параллелен какой-либо из осей: Ах, Ay, Az. В точке А брус имеет жёсткую пространственную заделку. На него действуют: сосредоточенные силы Flt перпендикулярная оси Az, и ¥2, перпендикулярная оси Ах, равномерно распределённая нагрузка q и пара сил с моментом М.

Определить реакции пространственной жёсткой заделки.

Рис. С 4.2 Рис. С 4.3

15

q

Рис. С 4.5

Рис. С 4.6

b Ч

Рис. С 4.7

16

Рис. С 4.9

Таблица С 4

Номер Напрузка Размерыусловия f 2 М ч а А а ь с

кН кН кН-м кН/м град град м М м

0 2,0 8,5 10,0 1,2 60 45 0,2 0,4 0,01 о С 6,0 12,0 1,5 15 30 0,5 0,8 0,22 1,0 10,0 8,5 1,4 30 15 0,4 1,2 1,0оJ 3,5 4,5 5,0 i,6 60 60 0,1 0,9 1,24 2,0 5,0 6,0 2,5 45 60 0,2 0,7 0,85 1,5 7,0 8,0 0,2 60 45 0,4 0,3 0,66 8,0 3,0 5,0 1,4 15 30 0,3 1,5 1,47 6,5 1,5 12,0 i,6 30 15 0,2 1,8 1,38 5,0 1,0 4,5 2,6 45 30 1,0 0,8 1,39 4,5 8,0 9,0 1,0 60 15 1,0 0,9 2,0

17

Задача С 5

Найти координаты центра тяжести относительно осей ху или х*у* (в зависимости от номера варианта) плоской фигуры, показанной на рис. С 5.0 - С 5.9. Размеры плоской фигуры даны в табл. С 5. Здесь R и г -радиусы большого и малого кругов. Прочерк в столбцах таблицы, где заданы радиусы, означает, что вырез круга данного радиуса не учитывать.

Рис. С 5.0

Рис. С 5.1

18

Таблица С 5

Номер а е Ъ с d 1 R г Системаусловия см см см см см см см см координат

0 70 25 80 40 60 25 10 — х*у*1 85 10 95 50 50 15 - 6 ху2 60 20 70 30 45 10 9 —3 90 40 100 50 65 20 — 10 * * X у4 50 15 60 30 55 10 10 — ху5 75 20 70 45 50 18 — 9 х*у *6 100 20 60 30 75 30 — 12 х*у7 75 20 85 35 65 20 20 — ху8 65 20 70 50 70 15 — 10 х*у*9 55 15 50 35 45 15 12 — ху

Рис. С 5.2

19

Рис. С 5.3

Рис. С 5.4

20

Рис. С 5.7

21

Рис. С 5.9

22

МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ И ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ К КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЕ ПО СТАТИКЕ

Методические указания к решению задач на равновесие твердого тела, находящегося под действием плоской системы сил

1. Составить расчётную схему1.1. Выделить тело, равновесие которого надо рассмотреть.1.2. Изобразить активные (заданные) силы, если есть распределенная нагрузка, то её надо заменить на сосредоточенную силу.1.3. Освободить тело от связей, приложив соответствующие реакции. При этом необходимо убедиться, что данная задача является статически определимой.1.4. Направить оси координат.

2. Составить уравнения равновесия произвольной плоской системы сил2.1. Для этого необходимо применить одну из трёх форм записи уравнений равновесия. Уравнения моментов будут более простыми (содержать меньше неизвестных), если брать моменты относительно точки, где пересекаются линии действия двух реакций связей.2.2. Решить систему полученных уравнений равновесия относительно неизвестных величин.2.3. Если в результате решения искомая реакция получается положительной, то это значит, что направление ее выбрано верно, если отрицательной, то направление реакции необходимо заменить на противоположное (модуль ее при этом остается прежним).

3. Проверка правильности решения задачиПосле того как задача решена, необходимо произвести проверку. Для этого нужно составить ещё одно уравнение равновесия не применявшееся при решении задач, при этом необходимо учитывать уже исправленные направления реакций. Равенство нулю алгебраической суммы проекций или моментов подтвердит правильность решения задачи.

23

Задача 1

Балка находится в равновесии под действием системы сил (рис. 1). Найти реакции связей.

Дано: F = 8 кН; q = 2,5 кН/м; М= 10 кН-м; а ~ 2 м; Ъ = 4 м; с ~ 3 м. Определить: реакции связей.

А

Решение. Составим расчетную схему (рис. 2). Изобразим все действующие силы, при этом заменим равномерно распределенную нагрузку сосредоточенной силой Q = q ■ 2а = 2,5 • 2 ■ 2 = 10 кН, приложенной в середине участка, на котором она распределена; силу F разложим на составляющие по осям X и Y. Заменим действие связей соответствующими реакциями. Реакция жёсткой заделки в точке Л представится двумя составляющими реакции Х А , YA и реактивным моментом МА. Всего три неизвестные реакции - задача статически определима. Расставим размеры, направим оси координат.

Составим для балки три уравнения равновесия и определим из них неизвестные реакции:

24

1. lFkx = 0; Xa +F-cos60° = 0,

откуда определим горизонтальную составляющую в жёсткой заделке

ХА = - F • cos 60° = - 8 ■ 0,5 = - 4 кН.

2. ZFky = 0; Ya - Fsin 60° - Q = 0.

Из этого уравнения найдём вертикальную составляющую в жёсткой заделке

= Fsin 60° + Q = 8 • 8,866 + 10 = 16,928 кН.

3.T.MA(Fk) = 0;

МА — Q ' а — М ” Fsin 60° * (2а + Ь) + Fcos 60° ■ с = 0.

Выразим из данного уравнения реактивный момент в жёсткой заделке

МА = Q * а + М + Fsin 60° ■ (2а + Ь) — Fcos 60° ■ с =

= 10 * 2 + 10 + 8 • 0,866 ■ (2 ■ 2 + 4) - 8 ■ 0,5 ■ 3 = 73,424 кН.

Знак минус у горизонтальной составляющей жёсткой заделки указывает на то, что направление X А следует изменить на противоположное.

Сделаем проверку. Для проверки составим сумму моментов относительно точки приложения силы F (точка Б). Так как балка находится в равновесии под действием данной системы сил, должно выполняться следующее условие:

2Ms (F*); Ма - Ya • (2а + Ь) - ХА ■ с - М + Q • (а + Ь) =

= 73,424 - 16,928 ■ 8 - ( -4 ) ■ 3 - 10 + 10 ■ 6 = 0.

Условия равновесия выполняются, задача решена правильно.

Ответ: ХА = —4 кН, YA=16,928 кН, МА = 73,424 кН,

25

Задача 2

На балку, находящуюся в равновесии, действуют три сосредоточенные силы и момент пары сил (рис. 3). Определить реакции связей.

Дано: Р/=30 кН, Р2=20 кН иР3=50 кН, М=150 кНм

Найти: реакции связей.

Решение. Рассмотрим равновесие балки и составим расчётную схему (рис. 4). К ней приложены активные сосредоточенные силы Р^Р2,Р Ъ и момент пары сил М. Связями в точках А и С являются стержни, в точке В - каток.

Рис. 4

26

Отбросим связи, заменив их тремя реакциями RA, RB, Rc . Здесьимеются три неизвестных - задача статически определима. Направим оси координат и составим уравнения равновесия.

Применим вторую форму записи уравнений равновесия

1 Ж Д Д ) = о

< Z ^ W ) = oх д = °

ZM£(Ffc) = 0; Рг ■ 2 - Р3 ■ 5 + М - Р2 ■ 4 + RB • 3 = 0.

EMD(F/c) = 0; Рх ■ 5 - Р3 ■ 2 + М - Р2 ■ 1 - • 3 = 0.

2Fta = 0; -Р 3 - / ? c -sin45° = 0.

Составлять сумму проекций на ось х можно потому, что ось не перпендикулярна к прямой, соединяющей моментные точки Е и D. При таком выборе моментных точек и оси х в каждом уравнении получаем по одному неизвестному. Решая полученные уравнения относительно искомых реакций связей, находим:

- Р х ■ 2 + Р3 ■ 5 - М + Р2 ■ 4 -30■ 2 + 50 * 5 - 150 + 20 * 4

= 40 кН;

Рд = Рг * 5 - Р3 * 2 4- М - Р2 • 1 30 * 5 - 50 • 2 + 150 - 20 • 1

= 60 кН;

Rr =-Р,

sin 45°50*2

~ W= -70,7 кН.

Направление реакции опоры С следует изменить на противо­положное.

Для проверки составим сумму проекций всех сил на ось у:

lFkx = -Р г + Ra + Rb - P 2 + Rc -sin 45° =V2

= -3 0 + 60 + 40 - 20 + (-70,7) — = 100 - 100 = 0.

Ответ: RA = 60 кН, RB = 40 кН, Rc = -70,7 кН.

27

Методические указания к решению задач на равновесие составныхконструкций

1. Изобразить составную конструкцию, равновесие которой надо определить.

2. Изобразить заданные - активные силы.3. Применив принцип освобождаемости от связей, отбросить внешние

связи и заменить их реакциями связи.4. Установив, что число неизвестных реакций связей превышает число

уравнений равновесия, которые можно составить для полученной системы сил, конструкцию расчленяют, заменяя внутренние связи соответствующими реакциями.

5. Каждое из тел, входящих в состав конструкции, рассматривают как свободное, находящееся под действием задаваемых сил и реакций внешних и внутренних связей.

6. Сопоставляя общее число неизвестных величин и число всех уравнений равновесия сил, которые могут быть составлены после расчленения конструкции, устанавливают, является ли задача статически определенной.

7. Составляют уравнения равновесия сил, приложенных к каждому телу.

8. Если задача статически определима, то полученную систему уравнений решают в наиболее удобной последовательности и определяют все неизвестные величины.

9. В заключение следует провести проверку правильности решения задачи.

28

Задача 3

Рама АВС находится в равновесии под действием активной нагрузки, состоящей из силы F = 3 кН, распределённой нагрузки интенсивностью q = 1 кН/м и пары сил с моментом М = 5 кН ■ м, Размеры заданы на рис. 5.

Определить реакции внешних и внутренних связей.

Дано: F = 3 кН, q - 1кН/м, М = 5 кН * м, а = 3 м, h = 4 м, с = 1м.

Найти: реакции связей

F1 V

F

Рис. 6

Решение. Рама АСВ представляет собой составную (в точке С) конструкцию. Внешними связями для рамы в точках А и В являются неподвижные цилиндрические шарниры. Уголки АС и ВС соединены внутренней связью - цилиндрическим шарниром С.

Составим расчетную схему для всей конструкции (рис. 6). Покажем все действующие силы, при этом заменим равномерно распределённую нагрузку сосредоточенной силой Q = q ’ b = 1*4 = 4 кН. Силу F разложим на составляющие Fx и Fy . Заменим действие связей составляющими реакциями, всего их четыре: ХА, ?А, Хв, 7В. Систему необходимо расчленить.

Составим расчётную схему для каждого уголка (рис. 7, 8). Для этого уберём внутренний шарнир, заменим его действие реакциями. Причём для левого уголка в точке С приложены две составляющие реакции Х0 Рс . К правому уголку приложены такие же по модулю, но противоположнонаправленные реакции Хс и Yc . Покажем также все заданные активные

29

силы. Итак, всего имеется шесть неизвестных^, УА, Хв, Ув> Х0 Кс . Для каждого уголка можно составить по три уравнения равновесия - всего шесть. Значит задача статически определима.

х с \

Ь/2С

Q

Ь/2YB , Хв

В

-----

а-с |

Рис. 7 Рис. 8

Наиболее удобная последовательность решения задачи следующая.

Сначала рассмотрим равновесие всей конструкции - расчётная схема рис. 6. Уравнение равновесия составим такое, чтобы в него входило только одно неизвестное. При этом моментную точку выбираем таким образом, чтобы это была точка пересечения линий действия тех реакций, которые надо исключить из уравнения.

l).Em A(Ffc) = 0; М - Fx ■ b - Q ■ 0,5Ь - YB * а = 0.Из этого уравнения найдём первую реакцию связи YBYB = (М - F x - b - Q- Q, Sb) : a = (5 - 3 • sin 60° ■ 4 - 4 - 2): 3 = -4 ,46 кН.

Второе уравнение равновесия найдем, используя ту же расчетную схему, составив следующее уравнение равновесия

2), Y>Fky — 0; YB — Fy + YA — 0;YA = Fy — YB = 3 я cos60° — (—4,46) = 5,96 kH.

Теперь рассмотрим равновесие левой части конструкции (рис. 7). Для сил, действующих на неё, составим ещё три уравнения равновесия и найдём ещё три неизвестных реакций связи

3). Zmc(Ffe) = 0; Хв ■ Ь - YB ■ (а - с) Т Q ■ 0,5Ь = 0;

Хв - (Хв ■ (а - с) - Q * 0,5Ь):Ь = (~4,46 ■ 2 - 4 ■ 2):4 = -4,32 кН.во

A).lFkx = 0; XB + Q-XC = 0;

xc = XB + Q = -4 ,3 2 + 4 = -0 ,3 2 kH.

5) .2Ffcy = 0; Гв + Гс = 0;

Yc = -5^ = - ( -4 ,4 6 ) = 4,46 кН.

Последнюю шестую неизвестную реакцию связи найдём, составив уравнение равновесия для сил, действующих на правую часть конструкции — расчётная схема на рис. 8

6) -£Ffce = 0; Xc + Fx -Xa = 0;Xa =Xc + Fx = -0 ,3 2 + 3 ■ sin60° = 2,28 кН.

Сделаем проверку, составив уравнения равновесия для сил, действующих на всю составную конструкцию - расчётная схема на рис. 6.

Im c(Ffc) = 0; Хв ■ 6 - YB ■ (а - с) + Q ■ 0,56 + М + YA-с - ХА-b - Fy ■ с =

= -4 ,3 2 • 4 - ( -4 ,4 6 ) • 2 + 4 • 2 + 5 + 5,96 • 1 - 2,28 • 4 - 3 • cos60° • 1 = = —0,02 кН;

Щсх = 0; Xb + Q + Fx - X a = -4 ,3 2 + 4 + 3 • sin6 0° - 2,28 = -0 ,002 кН;

ZFky = 0; Гв - Fy + Ya = -4 ,4 6 - 3 ■ cos60° + 5,96 = 0.

Задача решена верно.

Знак минус указывает на то, что реакции XB,YB направлены в сторону противоположную, указанной на рисунках.

Ответ: ХА 2,28 кН; Хв = -4 ,3 2 кН; Хс = 0,32 кН; YA = 5,96 кН;

YB = -4 ,4 6 кН; Yc = 4,46 кН.

31

1. Выделить тело, равновесие которого следует рассмотреть.2. Изобразить активные силы.3. Используя принцип освобождаемости от связей, заменить связи

соответствующими реакциями. Проверить статическую определимость задачи (число неизвестных не должно быть более шести).

4. Выбрать пространственную систему координат X , У, Z.5. Составить уравнения равновесия.6. Решить полученные уравнения относительно неизвестных.7. Сделать проверку, для чего рекомендуется составить сумму

моментов всех сил относительно осей системы координат, отличной от принятой для решения задачи.

8. Произвести анализ результатов, т.е. акцентировать внимание на знаках и величинах вычисленных неизвестных.

Методические указания к решению задач на равновесие произвольнойпространственной системы сил

Задача 4

Ломаный брус, состоящий из жестко соединенных параллельных соответствующим осям стерэюней, под действием системы сил находится в равновесии (рис.9).

Определить реакции связей.

Дано: F = 1 2 kH; М = 1 0 кН 'м; q = 5 кН/м; а =30°; а - 4 м;

^ = 2м; с — 1 м; F LAY\ q || AY.

Найти: реакции связей.

Решение. Рассмотрим равновесие ломаного бруса. На него действуют момент пары сил М, равномерно распределённая нагрузка, которую заменим на сосредоточенную силу Q и приложим ее в середине участка, на котором она распределена. Модуль силы найдём по формуле

Q ~ q - b — S ' 2 = 10 кН.

32

Заменим жесткую заделку в точке А реакциями связи, применив принцип освобождаемости от связей. Всего будет шесть неизвестных реакций: три составляющие по осям X А , YA , ZA и три момента относительно каждой из осей М ХА , М УА, M ZA . Уравнений равновесия также можно записать шесть — задача статически определима. Направим оси координат, укажем все необходимые размеры (рис. 10).

Для полученной пространственной системы сил составим шесть уравнений равновесия и из полученных уравнений выразим неизвестные реакции.

l),ZFkx = 0; Fx +X ,4 = 0;

ХА = —Fsin а = —12 ■ ОД = —6 кН.

зз

2) 'ZFky = 0; Ya + Q = 0;

Ya = -Q = -1 0 kH.

3) .ZFkz = 0; ZA- Fz = 0;

= Fcos a = 12 * 0,866 = 10,39 kH.

4) . Zmx(Ffe) = 0; MxA- Fz -a ^ 0;

= Fcos a ■ a = 12 ■ 0,866 ■ 4 = 41,57 kH ■ m .

5) . YjtiyiFfc) ~ 0; MyA + Fx ' c — Fz ‘ b -F M — 0;MyA = —Fsin a • c + Fcos a ■ b — M =

-12 ■ 0,5 • 1 + 12 • 0,866 ■ 2 - 10 = 4,78 kH ■ m.

6) . Zmz (Fk) = 0; MzA — Q ■ 0,5b — Fx ■ a = 0;MzA = Q ' 0>5b + Fsin a - a —

10 • 0,5 ■ 2 + 12 ■ 0,5 * 4 = 34 kH • m.

Сделаем проверку, составив уравнения моментов относительно осей Х \ Y*,Z*, проведённых через точку В (рис. 11).

Р и с. 11

34

2m ^(Ffc) - 0; MXA - ZA ■ a = 41,57 - 10,39 ■ 4 = -0,01 kH ■ m;

Лтпу* (F ^ ) — 0; * b + M + Fx ■ c =

= 4,78 - 10,39 ■ 2 + 10 + 12 ■ sm30° = 0 kH • m;

Zmz*(Ffc) = 0; MZj4 + YA ■ 6 + Q • 0,5b 4- ■ a == 34 + (-1 0 ) * 2 + 10 ■ 0,5 ■ 2 + ( -6 ) *4 = 0 kH ■ m.

Задача решена верно.

Реакции ХА, YA отрицательны, это значит, что они направлены в противоположную сторону.

Ответ: ХА = - 6 кН; Yk - 10 кН; ZA = 10,39 кН; МхА = 41,57 кН • м

Мул = 4,78 кН ■ м; MzA = 34 кН • м.

Методические указанияк решению задачи на определение центра тяжести 1 2 3 4 5 6 7

1. Построить заданную фигуру в выбранном масштабе.2. Выбрать метод, который наиболее применим к данной задаче

(метод группировок, метод отрицательных площадей).3. Разбить сложное тело на простые фигуры, для которых центры

тяжести известны.4. Выбрать оси координат (в предложенной задаче оси для каждого

варианта заданы). При этом необходимо помнить, что если тело имеет плоскость симметрии, то его центр тяжести лежит в этой плоскости; если тело имеет ось симметрии, то его центр тяжести лежит на этой оси; если тело имеет центр симметрии, то его центр тяжести совпадает с центром симметрии.

5. Определить координаты центров тяжести отдельных простых тел относительно выбранных осей.

6. Используя соответствующие формулы, определить искомые координаты центра тяжести заданного тела.

7. По найденным координатам построить положение центра тяжести, придерживаясь выбранного масштаба.

35

Задача 9

Определить координаты центра тяжести пластинки, располооюенной в плоскости Оху.

Дано: Плоская фигура с размерами R~1m (рис. 1 2 ).

Определить: полоэюение центра тяжести (Х с, Yc).

Рис. 12

Решение. Разобьем плоскую фигуру на прямоугольник (рис. 13), треугольник (рис. 14) и круг (рис. 15), при этом круг считается фигурой с отрицательной площадью.

Определим площади простых фигур и координаты их центров тяжести в заданных осях.

Fl -2 R -3 R -6 м 2; х] =1,5-/? = 1,5л1; у, - 2 R - 2 м.2R

1,5R

ОРис. 13 36

X

F, = -ЗД -Д = 1,5лг; " 2

2-3 Rx, - —-— = 2 м ;

>3 =R 1— = — м.о о J J

F2 = —7zR 2 = - 3,14 м 2 ;

х2 = /? = 1 м ;

у2 =2R = 2 m .

Рис. 15

Координаты центра тяжести фигуры (рис. 16) определим по формулам

А„ ^ РЛ + F2X2 + F>X1'■ F Ft +F2+F3

у = ^ Fiy< F'y ' + F^2 + ГУз г F F,+F2+F3

6 -1,5 + 1,5 -2 - 3,14-1 6 + 1,5 - 3,14

2,03 м ;

6 - 2 + 1,5 - 0,33 " 3,14 - 2 6 + 1,5 - 3,14

—1,43 м

37

Ответ: Хс = 2,03 м, Ус = 1,43 м.

38

САМОСТОЯТЕЛЬНАЯ РАБОТА ПО КИНЕМАТИКЕ

Теоретический материал, рекомендуемый для изучения раздела«Кинематика»

1. Введение в кинематику1.1. Предмет кинематики.1.2. Пространство и время в классической механике.1.3. Относительность механического движения. Система отсчёта.1.4. Задачи кинематики.

2. Кинематика точки,2.1. Векторный способ задания движения точки. Определение скорости и ускорения при векторном способе задания движения.2.2. Координатный способ задания движения точки. Определение траектории, скорости и ускорения точки.2.3. Естественный способ задания движения точки. Определение скорости и ускорения (нормального и тангенциального) точки.

3. Поступательное движение твёрдого тела.3.1. Определение поступательного движения тела.3.2. Теорема о траекториях, скоростях и ускорениях точек твёрдого тела при поступательном движении.

4. Вращательное движение4.1. Определение. Закон вращательного движения твёрдого тела.4.2. Угловая скорость и угловое ускорение твёрдого тела.4.3. Законы равномерного и равнопеременного вращения.4.4. Скорость и ускорение точки твёрдого тела, вращающегося относительно неподвижной оси.

5. Плоскопараллельное движение твёрдого тела.5.1. Плоское движение твёрдого тела и движение плоской фигуры в её плоскости. Уравнение движения плоской фигуры.5.2. Разложение движения плоской фигуры на поступательное вместе с полюсом и вращательное вокруг полюса.5.3. Определение скорости любой точки плоской фигуры по формуле Эйлера,5.4. Теорема о проекциях скоростей двух точек тела.5.5. Мгновенный центр скоростей (МЦС).5.6. Определение скоростей точек плоской фигуры с помощью мгновенного центра скоростей.

39

5.7. Определение ускорения любой точки плоской фигуры по формуле Эйлера.5.8. Понятие о мгновенном центре ускорений (МЦУ).

6. Сложное движение точки6.1. Относительное, переносное и абсолютное движения точки.6.2. Относительная, переносная и абсолютная скорости точки. Теорема о сложении скоростей.6.3. Относительное, переносное и абсолютное ускорения точки. Теорема Кориолиса о сложении ускорений.6.4. Модуль и направление кориолисова ускорения.6.5. Частные случаи сложного движения точки.

КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 2

Задача К-1

По заданным уравнениям движения точки М (рис. К 1.0 - К 1.9, название рисунков дано условно) х = x(t) и у — y ( t) установить и построить вид её траектории. Для момента времени t = 1 с найти и построить положение точки на траектории, её скорость, полное, касательное и нормальное ускорения, к также радиус кривизны траектории. Необходимые для решения данные приведены в табл. К-1.

Таблица К-1

Номер условия а (см) b (см) с (см) cl (см)0 2 3 2 41 1 5 2 22 5 4 1 оJ3 2 2 44 1 2 1 25 3 2 2 46 2 5 4 ОJ7 6 1 3 48 4 2 1 69 3 2 2 5

40

Рис. К 1.0 Рис. К 1.1 Рис. К 1.2

Рис. К 1.3 Рис. К 1.4

Рис. К 1.5 Рис. К 1.6 Рис. К 1.7

Рис. К 1.8

41

Задача К-2

На рис. К-2.0 - К-2.9 изображены механизмы, преобразующиепоступательное движение груза во вращательное движение других тел. Эти механизмы состоят из четырёх тел: груза 1, ступенчатых колес 2, 3 и 4. Груз 1 привязан к концу нити, намотанной на одно из колес. Колеса 2 и 3, 3 и 4 связаны между собой ременной или зубчатой передачей. Для всех колес заданы их радиусы. Причем размеры ступенчатых звеньев определяются радиусами малого и большого колес г, R с индексами этих звеньев. Например, радиусы малого и большого колес ступенчатого звена 2 обозначаются соответственно через r2, R2 .

Движение механизма определяется законом движения груза 1. В табл. К-2 для каждого варианта приведены числовые данные и функциональные законы скорости груза 1.

Определить в момент времени t = 1 с скорость и ускорение точки М. Высчитать для этого момента времени значения угловых скоростей и ускорений всех звеньев, совершающих вращательные движения вокруг неподвижных осей.

Рис. К 2.0

42

4

Рис. К 2.4

Рис. К 2.7

43

S / S / / / / / / S

Рис. К 2.8 Рис. К 2.9

Таблица К-2

Номерусловия

V,=f(t)м /с

RiCM

/*?CM

R.3CM

nCM

R4CM

/VCM

0 S t — 3 t2 25 18 20 5 12 61 —3 t + A t2 26 10 40 25 22 112 4 t — 3 30 15 22 11 18 33 4-cos{nt/4) 26 12 18 6 24 184 2-sin{Rt/3) 38 16 42 21 32 165 5 t - t 2 24 12 30 6 20 5

б - t + 3 t2 45 20 36 18 16 8

7 3-cos(nt/6) 40 24 28 7 24 12

8 cos{jxt/3) 32 18 14 7 28 20

9 7 - 3 12 45 30 26 13 42 21

44

Задача К-3

Для заданного положения плоского механизма найти для рис а) скорости точек А, В, С, а также угловую скорость двухступенчатого колеса с радиусами R и г, катящегося по неподвижной поверхности без проскальзывания, и угловую скорость стержня АВ. Для рис. б) скорость и ускорение точек А и В кривошипно-шатунного механизма, а также угловую скорость и угловое ускорение шатуна АВ. Схемы механизмов изображены на рис. К 3.0 - К 3.9, а необходимые для расчёта данные приведены в табл. К-3.

Таблица К-3

Номер ®0А ОА АВ а Для рис. а Для рис. бусловия с 1 м м град R м г м £оа С"

0 2 0,6 1,0 60 0,3 0,1 41 4 0,5 0,8 30 0,4 0,2 52 1 0,8 1,2 30 0,2 0,1 п

JОJ 5 0,5 1.0 45 0,5 0,3 6

4 2 0,4 0,5 60 0,3 0,2 оJ

5 2 0,3 0,7 75 0,2 0,1 46 3 0,7 и 45 0,6 0,5 6

7 1 0,4 0,6 30 0,3 0,1 2

8 оJ 0,6 0,9 60 0,4 0,3 4

9 4 0,5 0,8 15 0,4 0,1 5

в ш т

45

£*£ X *зис[

9t7

а б

47

о©ОА

Рис. К 3.7

а

48

Задача К-4

Пластина заданного размера (рис. К 4.0 - К 4.2) перемещается по неподвижной прямолинейной поверхности по закону Se=f(t). По пластине движется точка М по криволинейной траектории по закону OM=f(t). На рисунках указано положительное и отрицательное направление относительного движения.

По пластине вдоль прямой BD (рис. К 4,3 - К 4.9) движется точка М, закон её относительного движения AM—f(t) задан в таблице. На рисунках указано положительное и отрицательное направление относител ьм о го движения. Пластинка вращается вокруг неподвижной оси по закону (p=f(t). Положительное направление отсчёта угла <р показано на рисунках дуговой стрелкой. Ось вращения перпендикулярна плоскости пластины и проходит через точку О на рис. К 4.3 - К 4.6. На рис. К 4.7 - К 4.9 ось вращения лежит в плоскости пластины (пластина вращается в пространстве).

Найти абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки М в момент времени t=l с.

Рис. К 4.0 Рис. К 4.1

49

Таблица К-4Н

омер

усло

вия Для рис. К-4.0 - К-4.2 Для рис. K-4.3 - К-4.9 h (i j

CMOM=f(t)см

Se=f(0CM

AM =f(t)см

<Р=Мрад

0■ у ( 3 0 - 2 1) 3 / 2 - 8 * 50(3^ — г2) — 80 6/ — 2 / : 40

I ^ ( 4 t 2 -3t>)О

5(3^ — 2) — 6 4 0 (3 /2 - t 4)-6 5 5/ — 4 /2 30

2— (Г4 - 3 t 2)

6

4 ( 3 f - 2 ? 3) 15(/2 - 1) + 1 5 2 ( 0 - 0 25

Л™ ( 4 0 - 2 0 )

4 (3 /2 - / 4) - 6 3 0 ( /4 - З / 2) + 35 6/ - 2 t 2 50

4 ^ ( 3 t - t 2)0

t 3 - I t 2 8 0 ( 2 /2 — ?3) — 50 t2 - 0 ,5 /3 40

5 7Г Г ,— r

6

2 t + 0,5t2 4 0 ( 0 - 2 t 2) 3 f - 2Г 60

6— (2 f3 - 0 )

4

3 ( 0 - 2 0 ) 4 0 ( 0 - З О ) + 5 0 I t 2 - 0 ,5 / 40

7^ ( 2 0 + 0 )

4 (3 t- t2) - 4 6 0 ( f - f 3) + 30 3 i 2 50

8 ^ ( 3 t 2 - 2 t 3)J

2,5t2 - 1 50(?3 - 0 - 5 0 8 - З г 80

9 ПГ {3f I t 2) 4

6 ( Г - ^ 2) 4 0 ^ - 2 0 ) + 10 4 / 2 - 5 / 40

50

h

D

Рис. К 4.4

Рис. К 4.6

Рис. К 4.5

Рис. К 4.9

Рис. К 4.851

МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ И ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ К КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЕ ПО КИНЕМАТИКЕ

Методические указания к решению задач на определение скорости и ускорения точки по заданным уравнениям движения

Задача К-1 относится к кинематике точки и решается с помощью формул, по которым определяются скорость и ускорение точки в декартовых координатах - координатный способ задания движения точки. Все искомые величины нужно определить только для данного момента времени. Точка М движется в плоскости ху. Траекторию движения точки, векторы скорости и ускорения точки необходимо построить в масштабе, удобном для наглядности решения задачи. В некоторых вариантах задачи К-1 при определении траектории следует учесть известные из тригонометрии формулы (см. прил.). При определении скорости и ускорения точки также можно воспользоваться прил., чтобы вспомнить правила дифференцирования.

Алгоритм решения задачи следующий.

1. Определить траекторию движения точки, для этого исключить из уравнений движения переменную - время t.

2. Построить эту траекторию на чертеже в выбранном масштабе.3. Определить положение точки М в момент времени t = 1 с и

отложить её на траектории.4. Определить скорость точки v через её проекции на оси координат

vx и vy и отложить на чертеже в выбранном для скорости масштабе.5. Найти ускорение точки а через её проекции на оси координат

ах и ау и отложить на чертеже в выбранном для ускорения масштабе.

6. Определить нормальное ап и тангенциальное ат ускорения и построить их в выбранном для ускорения масштабе.

7. Убедиться в том, чтобы геометрическая сумма ап + аТ равнялась геометрической сумме ах + ау.

8. Определить радиус кривизны траектории.

52

Задача 5

Точка Мдвижется по закону х = 2 sin — — 4, у — 5 — 3 cos — .Определить и построить: траекторию движения точки, скорость, полное, касательное и нормальное ускорения точки, радиус кривизны траектории в момент времени t = 1 с.

Решение: движение точки задано координатным способом.

Определим траекторию движения, для этого исключим из уравненийдвижения переменную - время t.

х + 4 nt -------= s in T

nt2

У - 5 - —cos3 3

Возведём в квадрат оба уравнения и сложим их.

х + 4 . 2

+у - 5. 2

2

= sin 2ntY + cos2 nt

У '

Учтём, что9 n t n t

sin* — + cos — = 1,3 3

тогда видно, что уравнением траектории является эллипс:

х + 4\^ / у - 5 1 ^

Координаты центра эллипса (-4; 5) (рис. 17).

Определим начальное положение точки М, подставив время t = 0 с в уравнения движения

7Г ' Ох = 2 s in — -----4 = —4м;

п • Оу = 5 - 3cos—— = 2м.

53

Определим положение точки М в заданный момент времени, подста­вив время t = 1 с в уравнения движения

Л ' 1х ~ 2s in — -----4 = —2,28 м;

О

7Г ■ 1у = 5 — 3cos —-— = 3,50 м.

Определим скорость точки М. Зная уравнения координат, определим две составляющие скорости:

dx 2 л nt— = — cos —dt 3 3

dy Зл ш n tv> = T t = T s l n 3

При времени t = 1 с

2 л п * 1 мvx = " y cos~y~ = 1,05~с; Vy

dydt

Зл n t м~ — sin — = 2 ,70-.

3 3 с

54

Модуль скорости определим по формуле

v = = л/1,052 + 2,702 = 2,90 м/с.

Построим векторы скоростей, при этом составляющие скоростей параллельны соответствующим осям. Если знак положительный, то составляющая направлена так же как ось, если отрицательный - в противоположную сторону.

Определим ускорения точки М Зная уравнения скоростей, определим две составляющие ускорения:

2тг2 n - tdvX®*“ d t

sindvy n 2 n ■ t

av = —— = — cos —— y dt 3 3

При t- lc2n2 n ■1 — sin — —

м1,88 — ;

7Г2 7Г * 1 м(Xy cos ^ 1,64 .2 '

Модуль ускорения a = д/a l+ a j = -у/(—1,88)2 + 1,64 = 2,50 м/с2.

Построим векторы ускорений, при этом составляющие ускорения параллельны соответствующим осям. Если знак положительный, то составляющая направлена так же как ось, если отрицательный - в противоположную сторону.

Определим касательное и нормальное ускорения

vxax + Vydy 1,05 ■ (—1,88) + 2,70 ■ 1,64 мaT = -------; -------= --------------- 2^0-------------- = 0'8 5 ^ ;

ап = 72 ,502 - 0,852 = 2,35 м/с2 .

Построим найденные ускорения. Касательное ускорение направлено по скорости, так как движение ускоренное, а вектор нормального ускорения направлен перпендикулярно касательному ускорению внутрь эллипса.

Определим радиус кривизны траектории

V2 _ 2,902 Chyi' 2,35

3,58 м.

55

2Ответ: уравнение траектории - эллипс

/х + 4\2 /у — 5( 2 ) V 2 = 1;

скорость точки v = 2,90 м/с, полное ускорение а = 2,50 м/с2; тангенциальное ускорение ат = 0,85 м/с2; нормальное ускорение ап = 2,35 м/с2; радиус кривизны траектории р = 3,58 м.

Методические указания к решению задач на определение скоростей и ускорений точек твёрдого тела при поступательном и вращательном

движениях

Данная задача относится к теме “Кинематика поступательного и вращательного движения твердого тела”. В ней рассматривается преобразование поступательного движения тела 1 во вращательные движения всех остальных звеньев. При решении задачи следует учесть, что, когда два колеса находятся в зацеплении, скорость точки зацепления каждого колеса одна и та же, а когда два колеса связаны ременной передачей, то скорости всех точек ремня одинаковы.

Алгоритм решения данной задачи следующий

1. Определение скорости груза, совершающего поступательное движение.

2. Определение угловой скорости первого блока колёс (тело 2). Сначала следует произвести переход по нити от груза к точке соприкосновения нити с колесом, на которое она навивается, а затем воспользоваться формулой определения скорости точки тела, вращающегося вокруг неподвижной оси.

3. Определение угловой скорости второго блока колёс (тело 3). Для этого можно воспользоваться обратной зависимостью отношения угловых скоростей колёс, находящихся в зацеплении (или связанных посредством ремня), к отношению их радиусов.

4. Определение угловой скорости и углового ускорения третьего блока колёс (тело 4).

5. Определение скорости и ускорения указанной точки.

56

З а д а ч а 6

Один конец нити, перекинутой через блок, прикреплен к грузу L а другой намотан на обод малого колеса второго тела. Ступенчатые колеса 2 и 3 имеют зубчатую передачу, тела 3 и 4 — ременную передачу. К диску 4 эюестко приварен стержень О А (рис. 18).

Тело 1 двиэюется по закону x ~ 3 t 2 —5?+ 7. Размеры звеньев даны в сантиметрах: К2 - 20, г2 = 5, R3 =16, г3 = 8, R4 =10, О А - I - 15.

Определить скорость vA и ускорение аА точки А в момент времени t - 1 с.

Решение. Определим скорость груза. Так как тело 1 совершает поступательное прямолинейное движение по закону х = З г - 5 / + 7 , то производная от этой функции по времени является скоростью груза, поэтому имеем

dx= — = £ = 6t — 5.

При t = 1 с скорость груза будет равна = 1 м/с. Так как значение скорости положительное, то направление скорости груза 1 совпадает с положительным направлением оси х.

Определим угловые скорости звеньев, совершающих вращательные движения вокруг неподвижных осей. Так как скорости всех точек нити,

57

связывающей тела 1 и 2, численно равны, то vx = vB. Зная линейную скорость любой точки тела, совершающего вращательное движение, а также радиус ее траектории, то можно найти угловую скорость тела 2.

vB 6 t — 5

Так как тела 2 и 3 находятся в зацеплении, то скорость точки зацепления К находится как скорость точки тел вращения 2 и 3.

vK = (л) 2 • Я2, = <о3 - R3.Отсюда следует обратная зависимость угловых скоростей колес,

находящихся в зацеплении, от их радиусов:

^2 _ а) 3 Я2

r 2 (61 ~ Б)Я2

щ = >̂2 ■ Б~ “ ■ п---- •к 3 Т 2 к 3Тела 3 и 4 связаны ременной передачей, поэтому скорости всех

точек ремня численно одинаковы. А так как vc = vD, то имеют место следующие выкладки:

58

Vc — О)3 ' T3, VD — Щ * /?4-

Отсюда следует, что

<*>ъ R4 г3 (61 - S)R2 ■ r3— > Щ4, — С03 ' — ~ ~ .

С04 Г 3 R 4 Т2 ' /?з

При г = 1 с угловая скорость звена 4 равна &>4=0,2 с'1.Направление угловых скоростей определяется по направлению линейных скоростей точек ободов колес (рис.19).

Найдём скорость точки А стержня О А. Так как стержень О А жестко прикреплен к диску 4, то он вращается с угловой скоростью шА =0,2 с' Следовательно,

va — ^ 4 ‘ I — 0,2 ■ 15 = 3 см/с.Направление скорости точки А перпендикулярно стержню О А в

сторону угловой скорости соА.Определим ускорения точки А . Согласно теории кинематики

вращательного движения тела, ускорение точки тела определяется по формуле

где аАс = 0 )4 ' I - центростремительное ускорение точки, направленное от точки А к точке О; а^р = е4 ‘ I - вращательное ускорение, перпендикулярное звену О А в сторону дуговой стрелки

_ d эускорения SA. При этом €А = d) 4 = — (6 t - 5) • 0,2 = 1,2 с'".

dtТогда аАс = 0,6 см/с2, аАр = 18 см/с2 см/с'2. Так как значение

углового ускорения положительно, то направление угловой скорости и углового ускорения тела 4 совпадают. Ускорение точки А находится по теореме Пифагора

о-а = J « ) 2 + « ) 2 = 18,01 см /с2.

На рис. 19 показано направление ускорения точки А и двух его составляющих.

Ответ: скорость точки A vA = Зсм/с;

ускорение точки А ал = 18,01 см/с2.

59

Методические указания к решению задач на кинематический анализплоского механизма

Для эффективного решения задания сначала следует изучить теоретический материал по теме: “Кинематика плоскопараллельного движения твердого тела”. Особенно следует обратить внимание на способы определения скоростей точек звеньев (колёс) методом мгновенного центра скоростей.

I. Расчёт угловых скоростей звеньев механизма и скоростей его точек

1. Найти положение точки - МЦС для каждого тела механизма. Скорость её равна нулю при данной конфигурации механизма.

2. Фиксация общих точек для звеньев механизма. Ими обычно являются соединительные шарниры двух тел.

3. Определение угловых скоростей каждого тела механизма. Для точки, общей двум телам, применяется метод МЦС. В результате составляется уравнение с одним неизвестным - искомой угловой скоростью.

4. Определение скоростей точек тел механизма. Зная МЦС и угловую скорость каждого тела, определяем скорость любой заданной точки.

5. Построение геометрических мест концов скоростей точек всех звеньев механизма. Методом проекций построить скорости двух точек звена, а затем, соединив концы скоростей, построить искомую линию - эпюру распределения скоростей.

II, Расчёт угловых ускорений тел механизма и ускорений его точек.1. Определить ускорения точки, являющейся соединительным

шарниром кривошипа и шатуна.2. Определить ускорения ползуна. Для этого следует применить

формулу Эйлера для ускорений. На основании этой формулы строится замкнутый многоугольник ускорений. Спроецировав его на взаимно перпендикулярные оси, получим два скалярных уравнения, из которых и найдутся неизвестные величины — ускорение ползуна и угловое ускорение шатуна.

3. Построить геометрическое место концов ускорений точек звеньев.

60

З а д а ч а 7

Колесо ступенчатого профиля катится по неподвижной поверхности. Известны радиусы большой и малой ступеней колеса R=0.8 м, г=0,5 м. Скорость и ускорение центра колеса vc —4 м/с, ас =10 м/с2 (рис. 20). Определить скорость и ускорение точек A, D и В колеса.

Рис. 20 Рис. 21

Решение.Определим скорости точек А, В, D. Для колеса, катящегося без

скольжения по неподвижной поверхности, МЦС находится в точке соприкосновения колеса и неподвижной поверхности - точке Р (рис. 21).

Угловая скорость колеса

О) = Vq_СР

4ОД = 8 с“1

где радиус вращения точки С СР= г=0,5 м.Направление угловой скорости определяем по направлению

скорости точки С.Скорости точек A, D, В найдём соответственно по формулам:

vA ~ со ■ АР = 8 • 1,3 = 10,4 м/с;АР = R + r = 0,8 + 0,5 = 1,3 м

vB = со ■ ВР = 8 * 0,3 = 2,4 м/с; BP = R ~ г = 0,8 — 0,5 = 0,3 м

61

vD ~ со * DP = 8 ■ 0,94 = 7,52 м/с;

AP = *Jr 2 + r 2 = V0,82 + 0,52 = 0,94 m.

Векторы скоростей Уд Уд у^ направлены перпендикулярно соответствующим радиусам вращения АР, BP, DP в сторону угловой скорости.

Определим ускорения точек А, В, для этого найдём угловое ускорение колеса. Так как расстояние от МЦС до полюса (точка С) не меняется при качении колеса (рис. 22), то

Ускорения точек точку С:

£ = О) = 20 с1>с _ ас _ 10 С Р~ г ” 0,5

А, В, D найдём по формуле Эйлера, приняв за полюс

аА = ас + аАС = ас + а% + аЦ,

О-В = &С + О-ВС = Йс + 2g£ + Йдд, ( 1 )

aD = ас + аос = йс + й£с + а врс, где

Мадд = со2 ■ АС = <о2 ■ R = 64 ■ 0,8 = 51,2

а £ = е ■ АС = е • R = 20 • 0,8 = 16М

а*; = ш 2 -ВС = ш2 -Н = 6 4 -0 ,8 = 51,2- j ;

= £ ■ ВС = £ ■ Д = 20 • 0,8 = 16м

а^с = <̂ 2 * — щ2 ■ Я ~ 64 • 0,8 = 51,2 ^ ;

а рс = в ■ DC = £■/? = 20 ■ 0,8 — 16 ~

Чтобы найти численные значения ускорений точек А, В, Ц составим проекции уравнений (1) на оси х и у

&Ахврас аАС

м•10 - 16 = -2 6 — ;

сг м

аВх

а Ау ~ а АС 51,2 ,

■ас + а^с = —10 + 16 = —6 ^ ;мс:

м— авс — 51,2 ;

62

пг М&Dx = ~ ас "Р ^ dc ~ —Ю + 51,2 = 41,2” ;

___ вр __ ̂г мaDy — aDC — 1ЬС2 '

По теореме Пифагора найдём

ал = J ^ ax + аАу = л/262 + 51,22 = 57,4^ j

ав = 1авх + аву = V62 + 51;22 = 51,6^ ;

aD = J o-dx + aDy ” л 1 ^ Л 2 + 162 = 44,2” ,

Рис. 22 Рис. 23

Направления векторов ал ав> aDi определим с направляющих косинусов к соответствующим осям х (рис. 23)

cos аА

cos ав —

cos ocD =

&Ах 26&а 57,4

ав 51,6

_41,244^2a

= 0,45;

= 0,12;

= 0,93;

62{

aB = 82°

= 20 °D

Ответ: vA = 10,4 м/с; = 2,4 м/с; = 7,52 м/с;М М М

a A — 57,4~; a B — 51,6” ,* — 44,2” .c c c

помощью

63

Задача 6

В кривошипно-шатунном механизме известны его размеры ОА-0,2 м, АВ-0,4 м, АС=0,2 м, положение механизма определяется углом а - 30°, Задана угловая скорость и угловое ускорение кривошипа соол =5 с ', в0л = 10С

Определить скорость точек А, В и С двумя способами (с помогцыо МЦС и с помощью формулы Эйлера); ускорение точек А,В и С, а также угловую скорость и угловое ускорение шатуна АВ (рис. 24).

Решение.

Кривошипно-шатунный механизм состоит из трёх тел: тело О А называется кривошип, оно совершает вращательное движение относительно оси, проходящей через точку О; тело АВ называется шатун, оно совершает плоскопараллельное движение в плоскости чертежа; тело В называется ползун, оно совершает прямолинейное, поступательное движение, причём скорость и ускорение ползуна направлены вертикально, вдоль оси ползуна.

Определим скорости точек механизма с помощью мгновенного центра скоростей. Скорость точки А вращающегося кривошипа направим

64

перпендикулярно О А в сторону угловой скорости coqa (рис. 25) и определим её численное значение по формуле

vA — соОА * ОА = 5 ■ 0,2 = 1м/с.

Зная направление вектора скорости точки А и прямой, вдоль которой направлена скорость ползуна (точка В), можем определить положение точки Р (МЦС звена АВ), которая находится на пересечении перпендикуляров, проведённых к vA и vB. Теперь можно представить, что точка А совершает мгновенно вращательное движение относительно оси, проходящей через МЦС, т.е. vA 1 АР, vA = о)АВ ■ АР, тогда

_ vA Ша в ~ а р

где АР найдём из ЛАВР АР = АВ • sin а = 0,4 ■ 0,5 = 0,2 м*

Скорости точек В и С можно найти по формуле

мvB = ojab ■ BP = 5 • 0,35 = 1,75 —;

мvc = соАВ ■ С? = 5 ■ 0,2 = 1

где ВР найдём из ЛАВР ВР = АВ • cos а — 0,4 ■ 0,87 = 0,35 м.СР найдём из равностороннего треугольника АСР: АС-СР-0, 2 м. Векторы скоростей точек А, В, С показаны на рис. 25.

Определим, скорости точек механизма с помощью формулы Эйлера.

Точку А выбираем в качестве полюса, так как её скорость можно найти из условия задачи

vA = со0А • ОА = 5 ■ 0,2 = 1м/с.

Для определения скорости точки В воспользуемся формулой Эйлера. При построении диаграммы скорости точки В (рис. 26) учтём, что vB направлена вдоль оси ползуна, a vBA направлена перпендикулярно радиусу вращения, т.е. 1 АВ

vB = vA + vBA.

Из векторного треугольника (рис. 26), зная vA, можно найти

vA 1 мVba since 0,5 ^ с '

65

мvB — vBa ' cosa = 2 • 0,87 = 1,75—.

Найдём угловую скорость вращения шатуна АВ

ав —V BA

АВ 0,4 5с -1

Определим скорость точки С по формуле Эйлера

= vA + г?сл /

где vCA~скорость точки С при вращении относительно полюса А, vCA перпендикулярна СА и определяется по формуле

мv Ca = " ав ' СА = 5 • 0,2 = 1 - .

Из векторного равностороннего треугольника (рис. 26) найдём

vc = vCA = vA=l м/с.

Определим ускорения точек А, В и С механизма с помощью формулы Эйлера.

Так как кривошип О А вращается по условию задачи замедленно, то ускорение точки А найдём по формуле

— _ЦС . —ВраА = аА + а / ,

66

где а^с = 6JqA • О А = 25 ■ 0,2 = S м/с2,центростремительное ускорение аАс точки А направлено к оси вращения, т.е к точке О (рис. 27).

ЦдР = £ол ■ О А = 10 ■ 0,2 = 2 —,

вращательное ускорение a^p точки А направлено перпендикулярно радиусу вращения в сторону углового ускорения.

Численное значение ускорения точки А найдём по формуле

«л = J ( < ) 2 + ( О 2 = V52 + 22 - 5 ,38^.

Шатун АВ движется плоскопараллельно. За полюс возьмём точку А, так как ускорение её уже известно.

Ускорение точки В найдём по формуле Эйлера:

ив ~ аА + йВА = аАс + а^р + &вСа^&ва>

где центростремительное ускорение аВА направлено к центру вращения, к точеке А и определяется по формуле

мa fA = ^ ав ■ АВ = 25 ■ 0,4 = 10—.

Вектор вращательного ускорения а^р направлен перпендикулярно центростремительному, определяется по формуле

ам = гАВ *„ —врно наити численное значение аВА нельзя, т.к. неизвестно угловое

ускорение звена АВ.

Векторное уравнение~ав = аАс + йдР + йвсА+а^А (2)

можно решить двумя способами:

67

1) Аналитическое решение (рис. 27). Направим координатные оси х, у.

Спроецируем уравнение (2) на оси координат. Предположим, чтоа^д и ав направлены так, как указано на рис. 27.

На ось х .* О = а*ВА ■ sina + аа/ — ав\ ■ cosa,вр ,ЦС откуда

вра ВА =

цс вравл * cosa — аА sina

10 ■ 0,87 — 2 05

м13,4—.

Рис. 27

Так как значение аВА положительное, то выбранное направление для вращательного ускорения верное. Теперь можно найти угловое ускорение шатуна, направление которого определяем по направлению вращательного

-врускорения аВд

а£ав

врВА 13,4

АВ 0,433,3 с"2

На ось у: ав = alpA ■ coca + аАс + авсА • sina = 13,4 ■ 0,87 + 5 + 10 * 0,5

ав = 21,66м

п2.

Ускорение точки С также найдём по формуле Эйлера;

68

(3)ас - ал + асл - аТ + алР + а £ + а £ ,

где центростремительное ускорение а£л направлено к центру вращения, к точке А и определяется по формуле

аСА = ЛС = 25-0,2 = 5 —

Вектор вращательного ускорения а£л направлен перпендикулярно центростремительному, определяется по формуле

вп маСд = £дВ * ЛС = 33,3 ■ 0,2 = 6,66-j.

Чтобы найти численное значение ускорения точки С спроецируем равенство (3) на оси координат и воспользуемся теоремой Пифагора

асх = асл ' sina + а ? — а£л * cosa = 6,66 ■ 0,5 + 2 — 5 * 0,87 = 1м/с2

асу — ‘ cosa + аТ + асА ' s n̂a ” 6,66 ■ 0,87 + 5 -f 5 * 0,5 = 13,3м/с2

ас = 1(аСх)2 + («су)2 = V12 + 13,32 = 13,34 м/с2.

2/ Графическое решение - построение диаграммы ускорений (рис. 28).

Построение многоугольника ускорений точки В начнём с известных по модулю и направлению ускорений. Из точки В в масштабе строим

— вр — цсвектор ускорения аА , к концу этого вектора прикладываем вектор аЛ , затем ускорение а^д. Потом через конец вектора ajjA проводим линию

—врвращательного ускорения аВА перпендикулярно центростремительному.Линию ускорения точки В проводим вертикально по оси ползуна. Точка

w — -врпересечения этих линии даст нам искомые ускорения ав и аВА, которыеизмеряем и с учётом масштаба записываем.

Диаграмму ускорений точки С производим последовательным построением известных векторов аАр, аАс, а рА, аВА. Ускорение точки С ас - это вектор от начала первого вектора до конца последнего, который также измеряем и с учётом масштаба получаем результат.

Значения ускорений, найденные двумя способами, не должны намного отличаться.

69

Ответ: vA = 1м/с; vB = 1,74 м/с; vc = 1м/с; аА = 5,38 м /с2;

ав = 21,66 м /с2; ас = 13,34 м /с2.

Методические указания к решению задач на сложное движение точки

Данная задача относится к теме “Кинематика сложного движения точки”. Поэтому для ее решения необходимо воспользоваться теоремами сложения скоростей и ускорений точки. Необходимо выявить составные (относительное, переносное) и абсолютное движения точки. Для этого следует ввести координатные системы, относительно которых и произвести описание составных движений и их кинематических характеристик (скоростей и ускорений). Для изображения скоростей и ускорений сначала нужно найти положение точки на теле при заданном моменте времени /. Затем на основании типа движений определяются модули и направления относительной и переносной скоростей точки. На рисунке показываются эти скорости и строится параллелограмм скоростей, диагональ которого и есть абсолютная скорость точки. Аналогичные действия проводятся и для

70

ускорения: определяются переносное, относительное и кориолисовоускорения и изображаются на рисунке. Для определения абсолютной скорости и ускорения следует использовать координатный способ: векторные формулы проецируются на координатные оси, находятся проекции искомых абсолютных скоростей (ускорений) и затем по теореме Пифагора определяются их модули.

Алгоритм решения данной задачи следующий

1. Построить подвижную и неподвижную системы координат.2. Определить относительное, переносное и абсолютное движения

точки М.3. Найти переносную скорость точки ve как скорость точки М

подвижного тела (по модулю и направлению).4. Определить относительную скорость точки vr как скорость точки

М, движущейся по желобу тела.5. Спроецировать векторное уравнение v = ve + vr на координатные

оси и по проекциям скоростей найти модуль абсолютной скорости.6. Определить переносное ускорение точки М. В случае вращательного

переносного движения это ускорение определяется двумя составляющими - центростремительным и вращательным ускорениеми, в случае переносного прямолинейного движения - только одним ускорением.

7. Найти относительное ускорение точки М. В случае криволинейного относительного движения - это ускорение состоит из двух составляющих - нормального и тангенциального, если же относительное движение прямолинейное - только из одного.

8. Определить кориолисово ускорение точки ас . Направление этого ускорения можно найти по правилу Жуковского.

9. В результате из точки М будут выходить в общем случае пять (четыре или три) векторов ускорений, расположенных в различных плоскостях подвижной координатной системы. Проецированием векторного уравнения а = ае + аг + ас на оси этой координатной системы находят проекции абсолютного ускорения. Затем по теореме Пифагора определяют модуль абсолютного ускорения точки.

71

Задача 7

ПоТочка М движется по ободу диска D радиусам г=48 см. (рис. 29).

заданному уравнению относительного движения точки М

)ОМ = f (?) = Ак * t и вращению тела D (р = sin определить для

\ Ь

момента времени t — 2 с абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки М.

Решение. Рассмотрим движение точки М как сложное, считая её движение по дуге окружности относительным, а вращение круглой пластинки D - переносным.

vr

Определим положение точки в заданный момент времени. Будем считать, что в заданный момент времени плоскость чертежа совпадает с плоскостью диска D. Положение точки М на теле D определим с помощью угла

ОМ АжУ ж оа =-----= --------= - = 60 .

г 48 3Отложим угол а = 60° в положительном направлении от точки О и

зафиксируем точку М в заданный момент времени (рис. 30).

Абсолютную скорость точки М найдём как геометрическую сумму относительной и переносной скоростей

72

V = vr + ve.

Модуль относительной скорости найдём по формуле

d(OM)р = — -----= 8тг ■ £.r dt

При t - 2 с vr = 8 ■ ЗД4 ■ 2 = 50,24 см/с.

Положительный знак у относительной скорости показывает, что вектор vr направлен в сторону возрастания координаты относительного движения по касательной к траектории.

Модуль переносной скорости определим по формуле ve = со ■ R, где R - радиус кривизны траектории в её переносном движении

Положительное значение угловой скорости со показывает, что вращение совпадает с направлением отсчета угла ср:

Вектор ve направлен по касательной к траектории переносного движения, перпендикулярно радиусу R, в сторону угловой скорости со, т. е. направлен от нас (перпендикулярно плоскости чертежа). На рис. 30 этот вектор изображён в виде крестика в окружности.

Так как vr и ve взаимно перпендикулярны, модуль абсолютной скорости точки М по теореме Пифагора

Абсолютное ускорение точки равно геометрической сумме относительного, переносного и кориолисова ускорений:

R — г + г * cos 60° = 48 + 48 * 0,5 = 72 см.

Угловая скорость вращения тела D определяется по формулеdcp п n t

При t — 2 с.

6

ve = 0,45 ■ 72 = 34,2 см/с.

а — йг + ие + ис,

73

или в развёрнутом виде

CL — + CL™ + U qC + CLq \

Модуль относительного касательного ускорения

dvrаг _

dt8л = 25Д2 см/сг.

Вектор этого ускорения направлен по касательной к траектории относительного движения в сторонут^ (рис. 31). Так как значения vr и Щ* положительны, то относительное движение ускоренное.

Относительное нормальное ускорение определим по формуле

tv2 50,242а7} — — — ——— = 52,58 см/с2

г г 48 !

и направим по радиусу тела D к центру.

Переносное центростремительное ускорение определяется по формуле

a f = <о2 • R = 0,452 ■ 72 = 14,58 см/с2

и направлено по радиусу переносного вращения R к оси.

Модуль переносного вращательного ускорения определим по формуле

74

где угловое ускорение вращения тела D найдём по формуле

da) к 2 nt* s in — .

6dt 36

При t = 2 с.

г — — si nзо° = — ОД4 см/с2.ЗД42

36

Знак минус указывает на то, что угловое ускорение направлено в противоположную сторону отсчёта угла <р,т. е. имеет место замедленное вращение. Тогда

Переносное вращательное ускорение направлено в сторону углового ускорения (противоположно переносной скорости), т. е. перпендикулярно плоскости чертежа - на нас. На чертеже (рис. 31) этот вектор изображён точкой в окружности.

Модуль кориолисова ускорения определим по формуле

Вектор угловой скорости а> направлен вдоль оси вращения, по правилу буравчика. Численное значение кориолисова ускорения

ас = 2 • 0,45 ■ 50,24 • sin 60° = 38,9 см/с2.

Направление кориолисова ускорения найдём по правилу Н. Е.Жуковского: спроецируем вектор относительной скорости на плоскость переносного вращения и повернём в ней проекцию на 90 в сторону угловой скорости. Вектор кориолисова ускорения направлен на нас, на рис. 31 изображён точкой в окружности.

Модуль абсолютного ускорения найдём аналитическим способом сложений.

= —ОД4 * 72 = -1 0 ;0 см/с2.

ас = 2а) - vr ■ sin р,

где р - угол между вектором Ш и vr. В нашем случае он равен 60°.

75

аМх = ас + а^р = 48,9 см/с2,

аму = ~~ л? cos 60° — а£ sin 60° = -62,47 см/с2,

aMz = ~ ar s*n 60° + а£ cos 60° = —32,66 см/с2,

(Хм ^мх ^му 85,8 см/с .

Ответ: = 60™, ам = 85,8 см/с2.

76

ЗА К Л Ю Ч Е Н И Е

Сложная учебная программа при изучении технических дисциплин затрудняет установление связей между учебным материалом и непосредственным жизненным опытом и багажом знаний студентов- заочников. Для помощи в оптимальной организации СРС на кафедре ПГС разработано адекватное методическое решение, которое включает следующие методические разработки.

1. Информационный блок. Для всех разделов теоретической механики (статики, кинематики и динамики) подготовлено своё методическое пособие, каждое из которых содержит теоретический материал в соответствии с рабочей программой дисциплины. Только весь материал представлен здесь в концентрированном виде, в минимально необходимом, но достаточном для изучения данной дисциплины объёме.

2. Программа самоконтроля. Исходным материалом для составления программы самоконтроля за ходом изучения данной дисциплины является массив контрольных тестов, который по своей форме и характеру весьма разнообразен. Все вопросы одного контролирующего блока объединены единой структурой циклической, разветвлённой, контролирующей программы, которая работает с одним входом (номером первого вопроса) и количеством выходов, равным количеству альтернативных ответов на конечный вопрос.

3. Учебный мультимедиаконтент. Электронные издания, представ­ляющие из себя мультимедийные лекции, а также пособия-тренажеры по теоретической механике. Мультимедийные пособия построены по принципу иллюстрирования наиболее значимых и трудноусвояемых тем теоретической механики.

4. Задания для СРС по всем основным темам курса, методические указания и методы их решения, которые содержатся в данном пособии. В приложении изложены минимально необходимые сведения о правилах и приёмах применения векторного исчисления в трёхмерном евклидовом пространстве, а также минимально необходимая информация из тригонометрии, высшей математики и другие справочные материалы, необходимые для решения задач. Для большинства студентов заочного обучения задачи, связанные с применением этих знаний математики, обычно вызывают затруднение.

Приобретение навыков самостоятельного решения практических задач - непременное условие овладения курсом «Теоретическая механика».

77

БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК

1. Бутенин, К В . Курс теоретической механики : в 2т. / Н.В. Бутенин, Я.Л. Лунц, Д.Р. Меркин. - Спб.: Лань, 2008. - Т.1. - 272 с.

2. Маркова, Е. Л. Статика твёрдого тела : учеб, пособие / Е. Л. Маркова. - Хабаровск : Изд-во Тихоокеан. гос. ун-та, 2015. - 101 с.

3. Маркова, Е. Л. Кинематика : учеб, пособие / Е. Л. Маркова, Е. В. Солодовник. - Хабаровск : Изд-во Тихоокеан. гос. ун-та, 2016. - 117 с.

4. Яблонский, А. А. Курс теоретической механики : в 2т. / А.А. Яблонский, В.М. Никифорова М : КноРус, 2005. - Т.1. - 368 с.

5. Таре, С. М. Краткий курс теоретической механики / С.М. Тар г. -

М. : Высш, шк., 2008 . “ 416 с.6. Мещерский, И.В. Сборник задач по теоретической механике / под

ред. Н.В. Бутенина. - М. : Наука, 1986 . - 447 с.7. Сборник заданий для курсовых работ по теоретической механике /

под ред. А.А. Яблонского. - М. : Интеграл-Пресс, 2002 . - 382 с.8. Диевский, В. А.

Теоретическая механика [Электронный ресурс] : . - М. :Лань, 2009. - 320 с.URL : http://е.lanbook.com/books/element.php7pll cid=25&pll id"!30

9. Доев, В. С.Сборник заданий по теоретической механике на базе Mathcad [Электронный ресурс] : учеб, пособие / В.С. Доев, Ф.А. Доронин. - М. : Лань, 2010. - 585 с. : ил., табл.URL : http://е. Ianbook.com/books/element.php7pl 1 cid=25&pl 1 id= .133

10. Никитин, Н НКурс теоретической механики [Электронный ресурс] : учебник / Н.Н. Никитин. - М. : Лань, 2011. - 720 с. : ил.URL : http://e.lanbook.com/books/element.php?pll cid=25&pll id -1807

78

ПРИЛОЖЕНИЕ

Теорема Пифагора

Теорема косинусов

с = Va2 + b2 — 2а ■ b ■ cosa a \ _ a

b

Теорема синусов

а Ъ с sina sin/? siny

/ Лb / \/ \ a

Д а \

Значения тригонометрических функций для наиболее частовстречающихся углов

sin 0 = cos 90° = 0; sin 30° = cos 60° = 0,5 ;

sin 15° = cos 75° = 0,259; sin 75° = cos 15° = 0,966;

V2sin 45° = cos 45° = — = 0,707;

„ V3sin 60° = cos 30° = — = 0,866;

sin 90° = cos 0° = 1.

79

Соотношение между тригонометрическими функциями одного и того же угла

sin2 а + cos2 а = 1

Элементы векторной алгебры

Величины, для определения которых достаточно знать одно число (положительное отрицательное или нуль), называются скалярами. Например, температура, плотность, масса, работа силы.

Если приходится иметь дело с величинами, для определения которых, кроме численного значения, необходимо знать направление в пространстве, то они называются в е к т о р а м и . Например, перемещение, скорость, ускорение, сила и др.

Скаляр и вектор не исчерпывают классы величин, рассматриваемых в механике. Многие величины имеют более сложную структуру, чем векторы и скаляры, и для определения их недостаточно знать числовые значения и направления. Они называются т е н з о р а м и (второго и высших рангов). Так, рассмотрение моментов инерции относительно различных осей, проходящих через некоторую точку твёрдого тела, приводит к понятию тензора инерции.

Вектор изображается отрезком прямой (обозначается а или А В ), направление которого совпадает с направлением рассматриваемой величины, а длина в выбранном масштабе, характеризует её численное значение.

Различают свободные, скользящие и закреплённые векторы.

С в о б о д н ы й в е к т о р можно переносить параллельно самому себе и прилагать в любой точке тела. Например, момент пары сил, скорость поступательного движения твёрдого тела.

С к о л ь з я щ и й в е к т о р можно переносить вдоль линии действия вектора. Например, вектор силы, приложенный к твёрдому телу.

З а к р е п л ё н н ы й в е к т о р относится к определённой точке. Например, скорость и ускорение точки твёрдого тела в общем случае его движения.

80

Суммой двух векторов, приложенных в одной точке, является третий вектор с, изображаемый диагональю параллелограмма, построенного на слагаемых векторах (рис. 1,а).

Суммой нескольких векторов а , b , с , ... является вектор р , представляющий замыкающую сторону многоугольника, построенного на слагаемых векторах (рис. П. 1, б)

с

С в о й с т в а в е к т о р н о г о с л о ж е н и я :

а + b — b + а - коммуникативность;

(а + Б) + с = а -Ь (b + с) — а + Б + с - ассоциативность.

У м н о ж е н и е в е к т о р а н а с к а л я р

Произведение вектора а на скаляр m есть вектор Ь, модуль которого в m раз больше модуля вектора а. Б = та.

Если т=-Л векторы а и В противоположны и представляют простейший случай линейно зависимых векторов.

Векторы аг , a2i ап называются л и н е й н о з а в и с и м ы м и , если существуют скаляры mt, m2 шп, не все равные нулю, такие, что

т1а1 + т 2а2 + ... + тпап = 0.

Два линейно зависимых вектора параллельны между собой и называются к о л л и н е а р н ы м и . Три линейно зависимых вектора лежат в одной плоскости и называются к о м п л а н а р н ы м и .

81

Р а з л о ж е н и е в е к т о р о в

Разложение векторов не имеет единственного решения до тех пор, пока не заданы сами направления разложения вектора, т.е. б ази с . Если векторы базиса ортогональны и модули их равны единице, то базис называется о р т о н о р м и р о в а н н ы м . Если базис ортонормирован, то система координат называется ортогональной декартовой. В ней базисные векторы (орты) обозначаются Г, J, к , а оси х, у} z (рис. П.2).

а = axi + ayf + a zk .

С к а л я р н о е п р о и з в е д е н и е в е к т о р о в

Скалярным произведением двух векторов а * 5 называется произведение их модулей на косинус угла между ними:

a -b = ab cos(a, b).

Если векторы представлены своими проекциями на оси прямоугольной декартовой системы координат, то скалярное произведение векторов а • Ъ можно записать в виде

а ' b == &х&х ауЬу "Ь Qz^z'

82

С в о й с т в а с к а л я р н о г о п р о и з в е д е н и я

а * Б = Б • а - коммуникативность;

(а + b) ' с — а • с + Е • с - дистрибутивность;

(та) * Ь = т ( а ■ Б) - ассоциативность, где m - действительное число;

а ■ Б = 0, если векторы а и Б взаимно перпендикулярны;

а - а — а2 - скалярный квадрат вектора равен квадрату его модуля.

В е к т о р н о е п р о и з в е д е н и е в е к т о р о в

Векторным произведением двух векторов а х Ъ называется вектор ц направленный перпендикулярно плоскости векторов сомножителей в ту сторону, откуда поворот от первого сомножителя ко второму на меньший угол виден против хода часовой стрелки и равный по величине площади параллелограмма, построенного на этих векторах (рис. П.З).

с = \а х b\ = ab sin а

Таким образом, направление векторного произведения соответствует движению правого винта при его вращении от вектора а к вектору Ь.

С в о й с т в а в е к т о р н о г о п р о и з в е д е н и я :

а х Б = ~Б х а - антикоммуникативность;

(а + Б ) х с = а х с + Б х с - дистрибутивность;

(та) х Б = т (а х Ь) - ассоциативность, действительное число;

а х Б = 0 - если векторы а и b коллинеарны;

а х а = 0.

83

Если векторы а и b заданы в прямоугольных декартовых координатах, то

i j ка х Ь — Cly

bx by bz

а х b = (ay bz — azby)i + (azbx — axb

В теоретической механике

или

выражаются: момент силы относительно центра, скорость точки твердого тела при его вращательном движении вокруг неподвижной оси и неподвижного центра и т. п.

П р о е к ц и я в е к т о р а н а о сь и н а п л о с к о с т ь

Проекцией вектора на заданную ось, например Ох, называется скалярное произведение вектора а на единичный вектор Г , характеризующий положительное направление оси (рис. П 4).

ах ~ а - Tcos а.

Проекция вектора а на плоскость - это вектор, заключенный между проекциями начала и конца вектора на эту плоскость (рис, П 5).

аху " а ' cos (Р

ах = а * cos (р cos а ,

а у = а • cos (р • sin а ,

az - a - sin <р.

84

Ф у н к ц и и и и х г р а ф и к и

Линейная функция. Это функция вида y-kx+b, где к и Ъ -действительные числа. Её график - прямая (рис. П.6). При к^О получаем постоянную функцию, её график - прямая, параллельная оси х (рис. П.7).

Рис. П.6 Рис. П.7

Обратная пропорциональность. Если величины х и у обратно пропорциональны, то функциональная зависимость между ними выражается уравнением у=с/х, где с есть некоторая постоянная величина. График обратной пропорциональности есть кривая линия, состоящая из двух «ветвей». Эти кривые называются равносторонними гиперболами (рис. П.8).

Рис. П.9

85

Квадратичная функция. Функция у — ах2 + Ъх + с , где а, b . с -

постоянные величины, а =£ 0, называется квадратичной (рис. П.9). График её - есть парабола. Вершина её лежит в точке с координатами

( - Т - ’ с - т \\ 2 а 4а)

К линиям второго порядка относится также эллипс (рис. ПЛО)

Уравнение эллипса

(х - Х0)2 (у - у0)2 _а2 Ь2

это канонический вид уравнения эллипса с полуосями а и b и центром симметрии с координатами (х0; у 0).

Окружность - это частный случай эллипса при равенстве полуосей

х у—г А— г = 1а1 аг

с центром в начале координат и радиусом а.

Или канонический вид окружности радиуса а (рис. П.11) с центром в точке с координатами (х0; у0)

(Х - Х 0) 2 (у - У о ) 2 ,------ Г------ 1------------- — 1a t ал

86

Правила дифференцирования и производные основных элементарныхфункций

L (С)' = О

3. (и -v) = и • v + и ‘ v

/ и \ __ и ‘V ~ U 'V

\ V / V £

7. (sinu) = и ■ cosu

9. (а11) = аи - и ■ In а

2. (и + v)' = и + v

4. (С ■ и) = С * и

6. (и а) = а * иа~г ■ и

8. (cosu) = —и ■ sinu

10. (еи) = еи * и

Основные кинематические характеристики

Поступательное движение тела

Естественный способ задания движения

dSV = — [м/с] скорость

at

а = ап + ат ускорение

vап = — [м/с г] нормальное ускорение R

dv п dt

ат = — [м/с 2] тангенциальное (касательное) ускорение

а = т/а£ + а? [м /с2] модуль ускорения

Координатный способ задания движения

U,dxdt ; v.,

dy dzd t ’ Vz ~ ~dt пРоекЦии СК0Р0СТИ Ha оси координат

u = + v§ + u | [м/с]

a x ^ ~ d t" ’ CLy = ~ d t ; az :

численное значение скорости

проекции ускорения на оси координат

87

а = численное значение ускорения

Vх * + V v ' й у + vz ■ ClzaT —------------ -— ------------ тангенциальное ускорение

v

an = a2 — о% нормальное ускорение

vp = — [м] радиус кривизны траектории

ап

Вращательное движение тела

dcp град-.= — ---- угловая скоростьat L с J(О dt l с

dco град-jdt [“ 2~J Узловое ускорение

v — со • R У линейная (вращательная) скорость точки

а = ацс + а вр линейное ускорение точки

ацс = со2 • R центростремительное ускорение точки

авр = а • R вращательное ускорение точки

а = J а2 с + aip модуль линейного ускорения точки

Сложное движение точки

v = ve + vr абсолютная скорость точки

а = ае + аг + ас абсолютное ускорение точки

ас = 2 • со ■ vr * sin(aJ; vr) модуль кориолисова ускорения

Плоскопараллельное движение тела

vA — Vb + ^А/в формула Эйлера для определения скорости точки

аА = ав + йдС/в + формула Эйлера для определения ускорения

88

ОГЛАВЛЕНИЕ

ВВЕДЕНИЕ...................................................................................Требования к выполнению самостоятельной работы...............САМОСТОЯТЕЛЬНАЯ РАБОТА ПО СТАТИКЕ....................Контрольная работа № 1..............................................................Задача С-1.....................................................................................Задача С-2......................................................................................Задача С-3......................................................................................Задача С-4......................................................................................Задача С-5......................................................................................Методические указания и примеры решения задач по статике САМОСТОЯТЕЛЬНАЯ РАБОТА ПО КИНЕМАТИКЕ

..4..б..8..8101215182339

Контрольная работа № 2.......................................................................... 40Задача К-1.......................................................... 40Задача К-2...................................................................................... 42Задача К-3.................................................................................................. 45Задача К-4.................................................................................................. 49Методические указания и примеры решения задач по кинематике... .52Заключение.............................. 77Библиографический список..................................................................... 78ПРИЛОЖЕНИЕ....................................................................................... 79

89

Учебное издание

М а р к о в а Е л е н а Л е о н и д о в н а

ЗАДАЧИ И МЕТОДЫ ИХ РЕШЕНИЯ ПО СТАТИКЕ И КИНЕМАТИКЕ

Учебное пособиеДизайнер обложки И Л. Тюкавкина

Отпечатано с авторского оригинала-макета Подписано в печать 22.03.17. Формат 60x84 1/ 16.

Бумага писчая. Гарнитура «Таймс». Печать цифровая. Уел. печ. л. 5,35.Тираж 100 экз. Заказ 108.

Издательство Тихоокеанского государственного университета.680035, Хабаровск, ул. Тихоокеанская, 136.

Отдел оперативной полиграфии издательства Тихоокеанского государственного университета.680035, Хабаровск, ул. Тихоокеанская, 136.