ПРЕДИСЛОВИЕ

Среди общетехнических дисциплин, изучаемых в высшей школе, одно из ведущих мест занимает теоретическая механика. Она является теоретической базой для таких общетехнических и специальных дисциплин, как сопротивление материалов, гидравлика, строительная механика, теория механизмов и машин и др,

С быстрым и мощным развитием современной техники, механизацией и автоматизацией производства, освоением новых производств, возникает много вопросов и задач, разрешаемых с помощью теоретической механики. Таким образом» значение этой дисциплины возрастает и будет возрастать в связи с прогрессом техники, а в настоящее время, как никогда, каждый инженер должен иметь глубокие знания теоретической механики.

Для успешного изучения механики, кроме изучения теории, необходимы навыки в решении задач. Практика показывает, что курс теоретической механики является одним из труднейших и Что способы решения задач студентами усваиваются значительно труднее, чем теория предмета. Трудности эти объясняются тем, что небольшое число общих законов имеет обширную сферу применения. Эти трудности состоят в неумении облекать конкретные физические задачи в абстрактную математическую форму. Предлагаемая работа* как полагает автор, должна оказать помощь в более быстром приобретении навыков самостоятельного решения задач. Работа рассчитана на студентов высших технических учебных заведений и в особенности студентов-заочников. Автор надеется также, что пособие может оказать существенную помощь начинающим преподавателям теоретической механики.

В настоящее время партия и правительство придают особое значение развитию заочного образования в нашей стране. С каждым годом контингент учащихся заочников быстро увеличивается. Трудности изучения механики для студентов-заочников усугубляются тем, что заочник по сравнению со студентом-очником имеет меньшую возможность получения квалифицированной кон-

сультации путем непосредственного общения с преподавателем. Заочнику при решении задач приходится обращаться ко многим литературным источникам.

Имея в виду вышеизложенное, автор старался по возможности систематизировать методические указания к решению задач по теоретической механике, использовав для этого специальную литературу и собственный опыт педагогической работы. Данная книга, конечно, не является полной и совершенной, так как материал ее соответствует объему курса теоретической механики примерно 180—200 час, проходимому в высшей школе по современным учебным планам *

Книга состоит из трех частей: статики^ кинематики и динамики В начале каждой темы дается краткое изложение основных теоретических положений и формул, затем устанавливается общий план решения задач данного типа этой темы и рассматривается решение одной или нескольких задач по установленному плану н, наконец, предлагается несколько задач для упражнений.

Большинство задач для упражнений составлены автором и связаны с современной техникой народного хозяйства (горные машины, железнодорожный и автомобильный транспорт, подъемнотранспортное оборудование и т п ).

Автор считает своим долгом выразить глубокую благодарность проф. Московского горного института И. М. Воронкову, про& Московского института стали И. А Сим в ул ид и, проф. Новосибирского электро-механического института П. М. А л а- бужеву, а также старшим преподавателям кафедры теоретической механики Свердловского горного института В. С. Емельянову Е. П. Огневу и В. Ф< Ч ерному, сделавшим ряд ценных замечаний по рукописи книги.

Студент, самостоятельно изучающий курс теоретической механики, при пользовании данной книгой должен придерживаться следующей последовательности:

Изучить теоретические положения данной темы по книге проф. Воронкова И. М «Курс теоретической механики».

Внимательно прочитать (с проведением всех математических действий на бумаге) те задачи на эту тему, решение которых подробно рассмотрено в данной книге.

Решить несколько задач по изучаемой теме.

Выполнить решение задач, перечень которых установлен «Контрольными заданиями» Методического управления для сту- дентов-заочн н ков.

При решении задач весьма полезно придерживаться рекомендованного автором плана решения и учитывать все методические указания как данной книги, так и книги «Руководство к решению задач по теоретической механике》И. М. Воронкова, Т. С- Айзенберг, В. М. Осецкого.

Часть первая

СТАТИКА

Предмет статики.

Связи и реакции связей

Статика — раздел теоретической механики, в котором изучаются условия относительного равновесия механических систем. Основная задача статики заключается в выводе общих условий, при которых абсолютно твердое тело под действием приложенной К" нему системы сил остается в состоянии относительного равновесия. Относительным равновесием называется относительный покой твердого тела, рассматриваемый в связи с силами. Относительный покой ——состояние механической системы (твердого тела), при котором положение всех ее точек в выбранной системе отсчета не изменяется со временем. В технических задачах считают, что, если твердое тело находится в состоянии покоя по отношению к Земле как система отсчета, то все приложенные к этому телу силы образуют уравновешенную систему

В статике рассматриваются условия равновесия свободного твердого тела Свободным телом называется такое тело, которое может занимать любое положение в пространстве, близкое с данным положением. В противном случае тело является несвободным. Геометрические условия, стесняющие свободу движения тела, называются геометрическими связями, наложенными на тело. При решении подавляющего большинства статических задач приходится иметь дело с несвободными телами. Возможность перевода тела из класса несвободных тел в класс свободных дает нам следующий принцип освобождаемости тел от связей:

Всякое несвободное тело можно сделать свободным,, устранив для этого связи, наложенные на тело, и заменив при этом, действие связей на тело некоторыми силами^ называемыми реакциями связей

Реакция связи направлена в сторону, противоположную тому направлению, по которому связь препятствует двигаться телу.

Итак, при решении задач статики для несвободного тела наравне с другими силами, приложенными к телу, нужно обязательно учитывать реакции связей. Отсюда ясно, как важно уметь пользоваться принципом освобождаемости тел от связей.

Рассмотрим главнейшие типы связей и реакции, соответствующие этим связям.

1. Абсолютно гладкая опорная поверхность

Реакция абсолютно гладкой поверхности направлена по нормали к поверхности, действует на данное тело и приложена в точке соприкасания тела с поверхностью. Такая реакция на- вывается нормальной реакцией.

Брус (на рис. 1а изображен брус до освобождения от связей) опирается на гладкую стену AD (первая связь)» гладкий пол АВ (вторая связь) и гладкую полусферу ВСМ (третья связь). Брус, освобожденный от связей, изображен на рис. 16. ^D—реакция стены, ^f—реакция пола, N©'Реакция сферы.. Эти реакции направлены по нормалям соответствующих поверхностей. Опора на каток применяется в мостовых конструкциях (на рис, 2а изобра-

жена конструкция до освобождения от связи). Конструкция, освобожденная от связи, изображена на рис. 26. Реакция 疗 опоры перпендикулярна опорной поверхности.

2. Точечная опора

Примером точечной опоры может служить опора тела OD на острый конец А стержня АВ (на рис. За изображено тело OD до освобождения от точечной связи). Тело, освобожден ное от связи»

изображено на рис. 36. N ——реакция точечной опоры приложена к телу OD в точке А и направлена по нормали к поверхности тела, если поверхность тела абсолютно гладкая-

Опора на ребро

Стержень ОА опирается на ребро 8 двухгранного угла (на рис. 4 a изображен стержень ОА до освобождения от связи), В — сечение ребра вертикальной плоскостью, перпендикулярной ребру. Тело, освобожденное от связи, изображено на рис. 46. Реакция Na такой опоры В приложена к данному телу ОА и

направлена по нормали к поверхности данного тела OZ, если эта поверхность абсолютно гладкая (О — горизонтальная ось вращения стержня).

4 Гибкое тело (нить, канат, цепь)

Стержень ОА (на рис 5 изображен стержень до освобождения от связей) удерживается в равновесии при помощи нити АВ (О —— горизонтальная ось вращения стержня О А) Тело, освобожденное

от связи (нити), изображено на рис, 5а， Реакция нити ТА приложена к данному телу ОА в точке прикрепления к нему нити и направлена по ней (внутрь нити).

Цилиндрический шарнир

Тело ВС оканчивается цилиндрической втулкой ЛС Эта втулка надевается на неподвижный болт. Данное тело может поворачиваться вокруг оси болта (на рис. 6 а изображено тело до освобождения от связи) Такая связь, наложенная на тело ВС, называется цилиндрическим шарниром.

Направление реакции оси цилиндрического шарнира заранее установить нельзя, так как эта реакция может иметь любое направление, перпендикулярное к оси шарнира, в зависимости от положения данного тела и сил, приложенных к этому телу. Обыкновенно при решении задач реакцию цилиндрического шарнира раскладывают на две составляющие Х°,匕 На рис 66 изображено тело, освобожденное от связи. Эти составляющие 8

всегда направляем в сторону положительного направления осе^ координат; если в результате решения задачи для X。и Уо получатся отрицательные значения, то это означает, что в действие

тельности составляющие реакции направлены в стороны, проти^ воположные направлению осей координат. Величина и направо

ление полной реакции шарнира определяется по формулам:

R产/Х：+Е, соз（^，7）=强，cos 炽 Q）=2，（0-l> где i? P—единичные векторы прямоугольной декартовой системы координат.

На однородный стержень ОД весом Р действует сила 尸 (на ряс 7а изображен стержень до освобождения от связей), стержень имеет на конце О неподвижный цилиндрический шарнир, а на конце Л — подвижный цилиндрический шарнир (опора на катках). Шарниры обозначаем малыми кружочками. Стержень 04, освобожденный от связей, изображен на рис. 76. В данном примере на стержень действуют силы: Р ——вес стержня, сила F, ^л —— реакция подвижного шарнира, перпендикулярная к опорной поверхности, и реакция неподвижного шарнира О, разложенная на составляющие Х°, Уо.

Сферический шарнир

Некоторое тело оканчивается шаром (на рис. 8 изображено тело до освобождения от связи). Этот шар может вращаться в сферическом подшипнике (точка О — центр шара остается не- лодвижной). Реакция в этом случае может Сыть направлена по

любому радиусу шара (трением пренебрегаем). Тело, освобожденное от связи, изображено на рис. 86. При решении задачи полную реакцию R。сферического шарнира_раскладываем по осям координат на три составляющие Х°, У。，Zo. При этом всегда направляем составляющие реакции в сторону положительного направления осей координат. Если в результате решения задачи модуль какой-нибудь из составляющих будет иметь отрицательное значение, то фактически эта -составляющая направлена в сторону, противоположную направлению соответствующей оси координат. Величина и направление

полной реакции сферического шарнира находятся по формулам:

R产/X：十h+ Z：； cos决，7)Н新；

cos(R「》=考；cosQ"怠，(0-2)

где t, j, k — единичные векторы прямоугольной декартовой системы координат.

Стержневая опора

Тело закреплено при помощи жестких стержней (рис. 9), поперечными размерами и весом которых можно пренебречь. Стержень (цилиндрический или призматический) соединен с дру-

Рис. 9.Рис. 9.0 @0 @Рис. 10,Рис. 10,

Рис. 9.

Рис. 9.

0 @

0 @

Рис. 10,

Рис. 10,

G86T< о©6)& 5г80<- 1j »0дРис. 11.сил стержень будетG86T< о©6)& 5г80<- 1j »0дРис. 11.сил стержень будет

G

86T< о©

6)

& 5г

80<- 1j »0д

Рис. 11.

сил стержень будет

G

86T< о©

6)

& 5г

80<- 1j »0д

Рис. 11.

сил стержень будет

гими идеальными телами (без трения) шарнирами, к которым приложены силы В этом случае стержень, если он прямолинейный, будет работать на растяжение или на сжатие. В самом деле, если выделить, например, стержень ВС (рис. 10)> то он находится в равновесии (так как вся система тел находится в равновесии) под действием со стороны шарнирных болтов только двух сил Q] и (2計 приложенных к концам стержня. Но две силы, приложенные к абсолютно твердому телу, уравновешиваются тогда и только тогда, когда эти силы лежат на одной прямой, направлены в разные стороны и равны между собой по величине {одна из аксиом статики). Следовательно, под действием эи

либо растягиваться (рис. 10〃% либо сжиматься (рис, 106).

Если рассматривать равновесие шарнирных болтов (этот случай часто встречается при решении задач), то по отношению к шарнирному болту стержень будет связью, наложенной на болт. Силы взаимодействия стержня с болтом равны по величине, лежат на одной прямой и направлены в разные стороны (аксиома равенства действия и противодействия). Поэтому заключаем, что стержень р астянут (рнс. 11 ^)> если реакция стержня

направлена от болта шарнира к середине стержня, а в случае сжати я стержня реакции направлена к болту (рис. 115).

Во многих задачах нельзя заранее сказать, работает ли стержень на сжатие или на растяжение. Рекомендуется поэтому при аналитическом способе решения задачи реакцию стержня направлять от болта шарнира к середине стержня, т. е. предполагать, что стержень работает на растяжение. Результат решения задачи покажет, будет ли это так. Если значение реакции получится положительным, то стержень действительно работает на растяжение, а если же значение реакции получится отрицательным^ то стержень фактически сжимается.

Шероховатая опорная поверхность

Тело 4 находится на шероховатой опорной поверхности (на рис. 12 a изображено тело А до освобождения от связи).

Рис 12.Рис 12.

Рис 12.

Рис 12.

В случае шероховатой опорной поверхности реакция поверхности отклонена на угол ф от нормали к поверхности (на рис. 12 8 изображено тело Л после освобождения от связи). Касательная

Рис. 13.

составляющая 尸 полной реакции шероховатой опорной поверхности, препятствующая скольжению тела по этой поверхности, называется силой трения скольжения. Максимальная величина

tH/bi трения скольжения пропорциональна величине нормальной доставляющей полной реакции.

Коэффициент пропорциональности / — коэффициент трения скольжения, причем,

OVF V/M(0-3)

Максимальная величина трения скольжения покоя достигается на грани покоя и движения тела и Feax=fN. На рис. 13a изображен стержень АВ веса Р, опирающийся донцами на шероховатую поверхность. Кроме веса стержня Р и нормальных реакций опорной поверхности 2力 н ^в, на стержень действуют силы трения FА и FB, причем FA^fNAl FB^fNn (на рис. 136 изображен стержень АВ, освобожденный от связей).

Неподвижная жесткая заделка

Связь, осуществленная в виде неподвижной жесткой заделки, эквивалентна силе, приложенной к некоторому центру и паре сил. В этом случае имеется три неизвестных: величина и направление силы и величина момента пары.

GS)

Так конец А балки АВ заделан в неподвижную стену (на рис. 14a изображена балка до освобождения от связи). Ьалка 4В, освобожденная от связи, изображена на рис. 14 6. Здесь сила ₽с—Хс4 Ус приложена к произвольному центру С и разложена на две неизвестные составляющие Хс и Ус, а пара сил условно изображена отрезком окружности с центром в точке С и со стрелкой на одном конце, указывающей направление вращения пары Рядом со стрелкой обозначен момент Мс этой пары {Мс — неизвестная величина).

Рекомендуется составляющие Хс и Ус направлять в сторону положительного направления осей, а момент пары считать положительным (вращение против хода часовой стрелки в правой системе координат). Если в результате решения задачи для Лс, Ус и Мс получатся отрицательные значения, то это означает, что составляющие и направление вращения пары в действительности противоположны предполагаемым.

ПЛОСКАЯ СИСТЕМА СИЛ

ГЛАВА I

СИЛЫ, ЛИНИИ ДЕЙСТВИЯ КОТОРЫХ ПЕРЕСЕКАЮТСЯ В ОДНОЙ ТОЧКЕ

1-1. Равновесие трех сил

Рассмотрим равновесие тела под действием только трех сил, а затем перейдем к рассмотрению равновесия тела под действием какого угодно количества сил линии действия которых пересекаются в одной точке.

А

При решении задач на равновесие трех сил удобно пользоваться геометрическим способом, как наиболее наглядным.

Для того, чтобы три силы, приложенные в одной точке твердого тела, находились в равновесии, необходимо и достаточно, чтобы сило- 夕вой треугольник, построенный на

Р“с・ 15этих силах, был замкнутым. Сле

дует обратить внимание: что в замкнутом силовом треугольнике конец каждого предыдущего вектора совпадает с началом следующего (рис. 15), и на теорему о трех силах.

Если три непараллельные силы, лежащие в одной плоскости^ уравновешиваются, то их линии действия пересекаются в одной точке.

План решения задач

При решении задач необходимо придерживаться следующего плана:

Выделяем материальную систему (тело или материальную частицу), равновесие которой следует рассмотреть. Такой систе- 14

мой является то тело, к которому приложены заданные силы 理 искомые реакции.

Изображаем активную силу, действующую на материаль' ную систему, равновесие которой рассматриваем.

Освобождаем эту систему от связей, заменяя действие связей реакциями.

Строим замкнутый силовой треугольник. Построение замкнутого силового треугольника всегда начинаем с известной силы.

В том случае, когда возникают затруднения в выборе правильного направления реакции в ту или иную сторону (например, выбор направления реакции тонкого невесомого стержня), реко^ мендуется это направление установить из условия замкнутости силового треугольника и затем изобразить реакции на основном чертеже, с целью выяснения характера работы данного элемента конструкции (так, например, можно узнать, работает ли стержень на сжатие или растяжение).

Решаем силовой треугольник. По известным элементам треугольника находим его неизвестные элементы.

Если силовой треугольник косоугольный, то при решении используется теорема синусов. Иногда выгодно использовать условие пропорциональности сторон двух подобных треугольников (силового и треугольника на основном чертеже).

Для удобства рекомендуется получить решение задачи, если это не усложняет решение, в алгебраическом (общем) виде, проверить правильность полученных формул по размерностям всех слагаемых (размерности всех слагаемых должны быть одинаковыми). Затем необходимо выбрать систему единиц, в которой нужно получить ответ, и все данные, перед подстановкой их в полученные формулы, перевести в эту систему. Большинство задач надо решать с точностью до трехзначных цифр (точность логарифмической линейки). У полученного численного результата нужно писать наименование.

1-2. Решение задач

Задача 1. Уличный фонарь (рис. 16) весом Р—30 кГ подвешен к столбу с горизонтальной поперечиной ЛС= 1,2 м и подкосом ВС= 1,5 м. Найти усилия S& н S^ в стержнях АС к ВС, считая крепления в точках Л, В и С шарнирными.

Решение 1. Рассматриваем равновесие узла С (болт шарнира С).

Изображаем активную силу Р, действующую на узел С.

Освобождаем узел С от связей, наложенных на него Связями являются стержни АС и ВС. Реакции стержней лежат на осях стержней (рис. 17). Направление реакций найдем из- силового треугольника.

Строим замкнутый силовой треугольник (рис. 18)^ Построен ие треугольника начинаем с известной с и л ы Р- Рисуем силу Р в виде вектора произвольной величины. Выбирая

определенную величину этого вектора, мы, тем самым, устанавливаем масштаб, в котором будет построен силовой многоугольник.определенную величину этого вектора, мы, тем самым, устанавливаем масштаб, в котором будет построен силовой многоугольник.Далее, через начало вектораДалее, через начало вектораРис. 18, стержень АС растягиваетсяРис. 18, стержень АС растягиваетсяР проводим линию, параллельную одному из стержней, например, стержню ВС. Через конец вектора Р проводим линию, параллельную стержню АС. Получили замкнутый силовой треугольник ОКМ. Таким образом, нашли направления реакций стержней.Реакция стержня АС по направлению совпадает с направлением вектора КМ, т е. направлена от узла С. Следовательно, Реакция стержня ВС по направлеР проводим линию, параллельную одному из стержней, например, стержню ВС. Через конец вектора Р проводим линию, параллельную стержню АС. Получили замкнутый силовой треугольник ОКМ. Таким образом, нашли направления реакций стержней.Реакция стержня АС по направлению совпадает с направлением вектора КМ, т е. направлена от узла С. Следовательно, Реакция стержня ВС по направлению совпадает с направлением вектора МО, т. е. направлена к узлу С, стержень ВС сжимается.5。 Решаем силовой треугольник ОКМ. Этот треугольникнию совпадает с направлением вектора МО, т. е. направлена к узлу С, стержень ВС сжимается.5。 Решаем силовой треугольник ОКМ. Этот треугольникпрямоугольныйпрямоугольный区产金;区产金;рsin арsin а

определенную величину этого вектора, мы, тем самым, устанавливаем масштаб, в котором будет построен силовой многоугольник.

определенную величину этого вектора, мы, тем самым, устанавливаем масштаб, в котором будет построен силовой многоугольник.

Далее, через начало вектора

Далее, через начало вектора

Рис. 18, стержень АС растягивается

Рис. 18, стержень АС растягивается

Р проводим линию, параллельную одному из стержней, например, стержню ВС. Через конец вектора Р проводим линию, параллельную стержню АС. Получили замкнутый силовой треугольник ОКМ. Таким образом, нашли направления реакций стержней.

Реакция стержня АС по направлению совпадает с направлением вектора КМ, т е. направлена от узла С. Следовательно, Реакция стержня ВС по направле

Р проводим линию, параллельную одному из стержней, например, стержню ВС. Через конец вектора Р проводим линию, параллельную стержню АС. Получили замкнутый силовой треугольник ОКМ. Таким образом, нашли направления реакций стержней.

Реакция стержня АС по направлению совпадает с направлением вектора КМ, т е. направлена от узла С. Следовательно, Реакция стержня ВС по направле

нию совпадает с направлением вектора МО, т. е. направлена к узлу С, стержень ВС сжимается.

5。 Решаем силовой треугольник ОКМ. Этот треугольник

нию совпадает с направлением вектора МО, т. е. направлена к узлу С, стержень ВС сжимается.

5。 Решаем силовой треугольник ОКМ. Этот треугольник

прямоугольный

прямоугольный

区产金;

区产金;

р

sin а

р

sin а

Но /а=/4С8, как углы с соответственно параллельными сторонами. Поэтому

tgaf； tga=®耳严斗

. tg«3

suf芹声一7

Следовательно.

5д=40 кГ\ Sfi=—50 кГ.

Принято сжимающее усилие в стержне выражать отрицательным числом, а растягивающее——положительным.

Задача 2. Балка, весом которой пренебрегаем, шарнирно закреплена на опоре Д, концом В она положена на катки. На балку действует вертикальная сила F, равная 100 кГ. Определить реакции опор RAJ NBt взяв размеры с чертежа (рис. 19)

Решение 1. Рассматриваем равновесие балки АВ (рис. 20).

Изображаем силу 尸(尸—активная сила).

Освобождаем балку %8 от связей, наложенных на нее. Связями являются: неподвижный шарнир 力 и опора на каток В. Реакция Nв перпендикулярна опорной поверхности Для нахождения линии действия реакции шарнира Л применяем теорему о трех силах. Находим точку О пересечения прямых сил 尸 и A/小 затем точку 。соединяем с точкой Л. Это и будет линия действия реакции RA. Направление реакции находим из замкнутого силового треугольника.

Строим замкнутый силовой треугольник. Построение начинаем с известной силы 尸.Изображаем силу F произвольной величины; через начало этого вектора проводим прямую, параллельную, например, отрезку АО, через конец вектора 尸 проводим прямую, параллельную отрезку 80・ Получили замкнутый силовой треугольник KDM (рис zJ}. Нэ жшвия замкнутости сило-

вого треугольника заключаем, что реакция RA направлена к точке О (реакцию RA отмечаем на рис. 20).

Решаем силовой треугольник KDM. На рис. 20 /80С= ==а=45°, как углы с взаимно перпендикулярными сторонами.

На рис. 21 /КОМ=а=45。，так как KD || ОС; DM || ВО. Далее, / Df(M =^ СОА=р как углы с соответственно параллельными

сторонами.

Применяем теорему синусов к треугольнику KDM:

NB = * 一 尸 一

sin p sin a sin [180° — (口 + 0)厂

Отсюда,

м =户哦口 0 ・ р = F sin aв —sin (a -f- ₽)*" —sin {a -|- P) *

Рис. 21. Из рис. 20 видно, что

tg6=靄；℃=(CB)tg45°=3M； tgO = ^; 6 = I8°25'. Итак,

Ra=79J "; 2^=35,3 кГ,

Упражнения

L Оконная рама AB, изображенная на рисунке в разрезе, может вра・ щаться вокруг горизонтальной оси шарнира 4 и своим ннжннм краем В свободно опирается иа уступ паза. Найти реакции опор, если вес рамы, равный 90 к「, приложен к середине рамы С и AD=BD・

Ответ: 7?4 = 71,2“； Rb = 3T,7 /eа

Определить силы давления Q^ и Qg кругового опрокидывателя на приводные и свободно сидящие ролики, если мертвый вес вагонетки равен 1100 кГ, полезный вес — 2000 кГ, вес вращающейся части опрокидывателя —2600 кГ; % = 45°, % = 30°.

Ответ: Q/ = 418O кГТ QB =2960 кГ,

Два электровозных контактных провода подвешены к поперечным канатам, из которых каждый прикреплен к двум столбам. Столбы расставлены вдоль пути на расстоянии 40 м друг от друга. Для каждого поперечного каната А£ = КВ = 3,3 м, £С = К力=0,8 м. Пренебрегая весом проволоч

ного каната, определить натяжения Тп Т8, 7\ в частях его AC, CD, DB, если вес 1 м провода равен 0,89 кГ.

Ответ: Т1=^ТЛ=\Ы кГ, Та =147 кГ,

При бурении, для измерения натяжения мертвого конца каната, применяют прибор, называемый указателем веса. Мертвый конец каната, благодаря расположению опор А, В, С, изгибается и давит на центральную опору А. Это давление передается через крышку Н и резиновую диафрагму на жидкость. Возникающее давление регистрируется манометром М.

Определить натяжение Т каната, если удельное давление жидкости равно р =6,5 кЩс^, опорная поверхность крышки f = 491 см&, прела прогиба f = 2 см и ВС = 2/ = 25 см.

Ответ: Т =

1-3. Равновесие какого угодно числа сил

Для того, чтобы система сходящихся сил на плоскости находилась в равновесии, необходимо и достаточно, чтобы суммы проекций всех сил на две взаимно перпендикулярные оси равнялись нулю:

，Х=0;，У=0.(1-1)

Проекция X силы на ось (рис. 22а) равна (по абсолютной величине и по знаку) произведению модуля силы на косинус угла между вектором силы и положительным направлением оси проекций 八

Рис. 22.

Практически для нахождения проекции силы на ось удобно пользоваться следующим правилом: проекция силы на какую-нибудь ось равна произведению модуля силы на косинус ост рого угла между силой и осью; знак, плюс берется тогда, когда вектор силы составляет острый угол с положительным направлением оси проекций, в противном случае ставится знак минус.

Например, сила 尸 образует тупой угол а с положительным направлением оси ох (рис. 22 б).

Имеем: X^F cos а, но а= 180° — 0; cos a=cos (180° — 0)= =—cos 0

Следовательно, Х=——尸 cos0. Угол р ——острый угол между силой F и осью ох

r=Fcos (90° — 6); У =尸 sin &

Знак плюс у произведения взят потому, что угол между вектором 尸 и положительным направлением оси оу — острый.

План решения задач

При равновесии системы сходящихся сил на плоскости:

Выделяем материальную систему (тело или материальную частицу), равновесие которой следует рассмотреть.

Изображаем активные силы, действующие на материальную систему, равновесие которой рассматриваем.

Освобождаем эту систему от связей, заменяя действие связей реакциями.

Выбираем систему координат.

Составляем уравнения равновесия £Х=0; £У=0・

Решаем полученные уравнения равновесия.

При выборе системы координат для составления уравнений равновесия £х=0, £У=° плоской системы сходящихся сил, систему координат рекомендуется выбирать так, чтобы одна из осей была бы перпендикулярна к одной из неизвестных сил. В этом случае одно из уравнений будет решаться независимо от другого.

1-4. Решение задач

Задача 3. Груз К весом G=2T (рис. 23а) удерживается лебедкой D при помощи каната, перекинутого через неподвижный блок В. Пренебрегая трением в блоке, определить усилия SA и Sp в брусках АВ и ВС, если //ВС=/力月К=а=30。.

Решение. 1. Рассматриваем равновесие узла В (делаем схематический рис. 236).—

Изображаем активную силу G — вес груза К, действующую на узел В.

Освобождаем узел В от связей. Связями являются стержни /В, СВ и канат DB. Реакция каната T=G, так как блок идеальный (трение отсутствует). Реакции S^ и S^ стержней направляем от узла В, предполагая, что стержни растягиваются (знаки полученных значений реакций покажут, будет ли это так).

Выбираем систему координат, как указано на рис. 23 6 (5Л перпендикулярна к оси у).

5 Составляем уравнения равновесия (1-1)

£Х=0; 5^-]-53 cosa+Tsina=0;(1-2)

?У=0； SB sina+T cosa+G==0.(1-3)

Из уравнения (1-3) находим SB независимо от уравнения (1-2)

4=一回听胃；%=一 7,467.

Знак минус показывает, что стержень СВ фактически сжимается.

Из уравнения (1-2):

S$=—Sacosa — T sin а; 5Д=5,45Г.

Ответ: 5Д=5,45Г, 5Й=—7,46Т・

Упражнения

Груз весом Р=2Т поднимается магазинным краном ВАС посредством цепи, перекинутой через блок А и через блок Dt который укреплен на

стене так, что угол СДО = 30®. Урлы между стержнями крана и стеной: ДВС = 60*, ДСВ =30а. Определить усилия Q, и Q2 в стержнях АВ и ДО.

Ответ: Q, =0, Q* = — 3,467.

Шахта ориентируется с помощью несвободного отвеса ОАВС, расположенного в вертикальной плоскостн.

Определить, пренебрегая весом проволоки, натяжения частей АО, АВ

проволоки и натяжение оттяжек BD, 4М, если вес груза С = 50кТ, а = 60°, 0 = 2・.

Ответ: Т@ = 57,8 кГ, Тв = 50 М, 7附=30,6 кГ, Т°=1,74 кГ.

Вагонетка весом 2T находится на наклонном участке подвесной дороги. Найти натяжение тягового каната и давление вагонетки на несущий канат АВ, считая, что он натянут настолько сильно, что не дает заметного

провеса на участке АВ. Найти полное давление н его горизонтальную н вертикальную составляющие на опору В, если несущий канат натянут силой Р = ЗОТ н угол а = 30°.

Ответ: 6=1Т, N = l,737\ Хв = 4,18Т, У^ = —15,5Т, R^ = 16Т.

ГЛАВА II

ПАРАЛЛЕЛЬНЫЕ СИЛЫ

2-1. Основные положения

Для равновесия параллельных сил на плоскости необходимо и достаточно, чтобы сумма проекций всех сил на ось, парал* .дельную силам, и сумма моментов этих сил относительно произвольной точки плоскости равнялись нулю:

£Х=0; 2；Ил(?)=0;(2-1)

или чтобы суммы моментов всех сил системы относительно двух произвольных точек плоскости равнялись нулю (эти две точки

Рис. 2虱Рнс, 25.

не должны лежать на прямой, параллельной линиям действия сил системы):—

£ АП (戸)=0； £ Мр 尸)=0・(2-2)

Момент МА (F) силы 戸 относительно точки 4 равен произведению, взятому со знаком плюс или минус, величины силы на плечо； т. е. на длину перпендикуляра, опущенного из точки А

на линию действия силы. Знак плюс у произведения берется тогда, когда сила стремится вращать плоскость вокруг этой точки против направления вращения часовой стрелки (рис. 24), в про* тивном случае берется знак минус (рис. 25)

План решения задач

Случай равновесия параллельных сил на плоскости:

Выделяем материальную систему (тело), равновесие которой следует рассмотреть

Изображаем активные силы, действующие на материаль* ную систему, равновесие которой рассматриваем

Освобождаем эту систему от связей, заменяя действие связей реакциями.

Выбираем систему координат. Одну из осей (например» ось у) берем параллельной линиям действия сил.

Составляем уравнения равновесия 2y=0； £〃斗(戸)=0.

Решаем полученные уравнения.

При составлении уравнения 2M4(F)=0 за точку моментов А рекомендуется брать такую точку, которая лежит на линии действия одной из двух неизвестных сил (реакций связей). В этом случае решение двух полученных уравнений упрощается

2-2. Решение задач

Задача 4. Однородная горизонтальная балка (рис. 26) длиной 4MH весом 0,5 Т заложена в стену, толщина которой равна 0,5 так, что опирается на нее в точках В. Опреде-勿力

35 M35 Mлить реакции RAl RB в этих точках, если к свободному концу балки подвешен груз D весом Р=4 Т.

35 M

35 M

Ресиение. 1. Рассматриваем— -—

равновесие балки ВС (рис. 27).

Изображаем силу Р — весРис- 26-

груза D и силу G — вес одно

родной балки. Это — активные силы, действующие на балку.

Освобождаем балку ВС от связей, наложенных на нее. Связями являются две точечные опоры Л и В. Реакции ^д и^д направлены перпендикулярно балке.

Выбираем оси, как указано на чертеже (рис. 27).

£У=0； RlP—G —Ri£У=0； RlP—G —Ri(2-3>(2-3>Составляем уравнение равновесия: 2y=0； 2MA(尸)=0»

£У=0； RlP—G —Ri

£У=0； RlP—G —Ri

(2-3>

(2-3>

2乂力(尸)=0; P (/—。)十 G(^—a)—RB*a=^0, (2-4)

Решаем полученные уравнения.

Из уравнения (2-4):

P(l — a)+ G — а)

Rb=卢一R『29,5T・

Из уравнения (2-3): R,4=Rb+P+G; Ra=34T・

%%Рис. 27.Рис. 27.

%

%

Рис. 27.

Рис. 27.

Задача 5. Однородная балка АВ длиной / = 3 м и весом 100 кГ 'Заложена между двумя опорами С и D (рис. 28). На участке КВ=а=0,5 м лежит равномерно распределенная нагрузка

в д=60 кГ на погонный метр длины. Определить реакции NCi Nd опор С и D, если』С=20 см^ CD=40 см.

Решение. 1. Рассматриваем равновесие балки АВ (рис. 29).

Изображаем силу Р — вес балки, приложенный к середине балки; силу Q — вес равномерно распределенной нагрузки, приложенный к середине отрезка КВ (рис. 28). Это активные силы, действующие на балку.

Освобождаем балку АВ от связей, наложенных на нее. Связями являются две опоры С и D. Реакции Nc и ND этих опор направлены перпендикулярно балке.

Составляем уравнения равновесия параллельных сил: £МсР)=0;£М° 厅)=0;

2 Мс 便)=0； 匕 _ р (4■ — s) _ Q (/ _ В _S)=0; (2-5) ЕМ。尸)=0; М・Ь — Р@_5-Ь)-

—Q (/—^―S —b)=0.(2-0)

Решаем полученную систему уравнений.

Рис. 29.Рис. 29.

Рис. 29.

Рис. 29.

9 "^^^"9 "^^^"

9 "^^^"

9 "^^^"

Получилась система двух уравнений с двумя разделенными неизвестными благодаря целесообразному выбору уравнений равновесия и точек моментов.

Из уравнения (2-5)

pG-s) + q(T — s)

но Q = qa. Следовательно, /=516 5

Из уравнения (2-6):

P(g - S - b) + Q( / -n - s -b)

M=L^乙3—— ^； %=386 m.

Упражнения

Вагонетка 4, груженная углем, проходит по подвесной железной дороге. Определить реакции в точках В и К в момент прохождения вагонетки через точку £ и после удаления ее на следующий пролет, зная, что вес вагонетки с грузом равен 250 кГ, вес опоры и кронштейна с канатом равен 1 Т и приложен в центре тяжести С.

Ответ: 1. 2^ = 250 лГ, ^^•= 1 000 лГ.

2. ^5 = 400 кГ, Л/г-=600 «Г.

Определить опорные реакции колес железнодорожного крана, служащего для переноски пути при открытых разработках, если вес кузова с тележкой Р[=16 Г, вес стрелы Р?=1 Т> вес звена пути 尸,=2 Т.

Ответ' "< = 8,5 Т, 心=10,5 Т.

10* Для определения высоты h центра тяжести автомобиля задние колеса его ставят на платформу А весов и находят давление Q (показание весов)

Рис. к упр. 10Рис. к упр. 10

Рис. к упр. 10

Рис. к упр. 10

Определить величину 儿 если вес автомобиля равен Р, взяв остальные данные с чертежа.

Ответ：

,(Q — Р) а + Qb 厶 t л =———尸U- ctg а + ,

ГЛАВА Ш

ПРИВЕДЕНИЕ ПЛОСКОЙ СИСТЕМЫ СИЛ К ПРОСТЕЙШЕМУ ВИДУ

3-1. Основные положения

Главный вектор R системы сил равен геометрической сумме сил Ft данной системы!

R=2£・(3-1)

Проекция главного вектора системы сил на какую-нибудь ось равна алгебраической сумме проекций всех сил системы на ту же, ось:

0=£f" 3£ Fy(3-2)

Величина и направление главного вектора системы находятся по формулам:

R = /R： Rj; cos(R「T)=号；cos(R「『)=聲.(3-3)

Главный момент Мй плоской системы сил относительно какой-нибудь точки О равен алгебраической сумме моментов всех сил этой системы относительно той же точки:

п

М产工加。(冗)，(3-4)

если A g у) есть точка приложения силы Т7, a Fx, ^ — проекции силы на координатные оси (рис. 30), то аналитическое выражение момента силы 尸 относительно начала координат будет: MA^xFy-yFx.(3-5)

29

Главный момент системы относительно начала координат:

Mn=^{xFv-yF^.(3-6>

Главный момент системы относительно точки В:

M0^[(x-a)Fy-{y-b)Fx\.(3-7)

Система сил, как угодно расположенных на плоскости, в общем случае может быть приведена к одной силе, приложенной в произвольной точке О плоскости и равной главному вектору системы, и к паре сил (F, F1), момент которой равен главному моменту этой системы относительно той же точки:

底sR (戸，户)「(3-8)

причем:

mom (F, F^^M^

При сложении плоской системы сил (приведение плоской системы сил к центру О) возможны следующие случаи: ор системы не равен нулю, а главный

момент этой системы относительно точки О равен нулю:

(3-9)(3-9)R 声 О； М°=0,

(3-9)

(3-9)

то система сил равносильна равнодействующей, приложенной в точке О и равной главному вектору.

Уравнение прямой действия равнодействующей ——центральной оси системы будет:

尤凡一У&=0，(3-10)

где х, у ——текущие координаты прямой, а начало координат совпадает с точкой приведения О.

Если главный вектор системы равен нулю, а главный момент относительно точки О не равен нулю:

R=0,m。力0,(3-11)

то данная система равносильна паре сил, момент которой равен главному моменту Мо системы.

Знак s обозначает эквивалентность.

Если главный вектор и главный момент системы относительно точки О плоскости не равны нулю：

А 抬 0,此长 0,(3-12>

то данная система равносильна равнодействующей, равной главному вектору системы. Расстояние d центра приведения О от центральной осад системы определяется по формуле:

d=l^L.(3/3)

Уравнение центральной оси будет:

xRy — У&=М о，(3 J 4>

где 力，у ——текущие координаты прямой, а начало координат совпадает с центром приведения О.

Если главный вектор и главный момент системы относительно точки О плоскости равны нулю

页=0, М°=о, то система сил находится в равновесии.

План решения задач

Выбираем систему координат (если система не задана по условию задачи).

Для упрощения решения задачи за начало координат следует брать точку пересечения наибольшего числа прямых действия сил системы, а оси системы координат направлять так, чтобы можно было проще находить проекции сил на оси.

Находим проекции главного вектора системы сил на оси выбранной системы координат по формулам (3-2).

о. Определяем величину и направление главного вектора системы по формулам (3-3).

Находим главный момент системы относительно начала координат по формуле (3-4).

Находим уравнение центральной оси системы по формуле (3-10) или по формуле (3-14), если система не равносильна паре сил.

Определяем расстояние начала координат от центральной оси по формуле (3-13).

3-2. Решение задач

Задача 6. К вершинам А, 8 н С равностороннего треугольника со стороной а=1 м приложены силы Ft= 10 кГ, F2=20 кГ и 尸$=30 кГ (рис. 31).

Привести систему к простейшему виду и определить равно-

Находим проекции главного вектора системы на оси выбранной системы по формулам (3-2):

%=£ FiX=Fix^Ftx+F^ Ry=W %=%+%+%；/^=F'os60°, /^=£cos609,居*=一心Fly = F1 sin 60°,Л sin 60°, %=0.

Следовательно,

R*=— 15 d, R#=—8 66 кП

Определяем величину и направление главного вектора по формулам (3-3):

厂R = 17,3 кГ.

cos (^Л 0=—0,866;

cos (R八力=—0,5;

следовательно,—

/(^,7) = 210°,

Находим главный момент системы относительно начала координат по формуле (3-4):

ma=^ma(f^ma(f^+ma(f^ma(f^

ма (戸J=0, M4(8)=_F,asin60* m4(戸,)=0;

8

"_E

g-R马耳 十 == 压一力力

итак,

m4=-17,3 Кгм.

Следовательно, имеет место третий случай приведения плоской системы сил к полюсу.

Находим уравнение центральной оси системы по формуле (3-14):

%& — yR#=M °, 866% — 1500у — 1730=0.

Определяем расстояние центральной оси (рис. 32) от начала координат по формуле (3-13):

d=^, d=l м.

Задача 7・ К вершинам А, В м С прямоугольного треугольника приложены силы F1=/?1=Fs=F4=/r^162 лЛ 尸* 丄 48,尸“丄 8c (рис. 33).

Определить отношение длин катетов треугольника, при котором система равносильна равнодействующей, проходящей через аершину Л треугольника, если АВ=а, АС=Ь.

Решение^ 1. Выбираем систему координат, как указано на рис. 34.

Находим проекции главного вектора системы на оси координат по формулам (3'2):

r广2尸l儿+仆+尸^ +生*，R产士尸产尸iy + 尸”+f11y十尸4У；f5=尸1，f趾=°，尸,*=0, F„=^sina;

Л„=°» %尸尸，尸"=尸，&v = Fcosa;

следовательно,

R*=F(l+sitia), Rv—F (2十 cos a).

33332 M, А. Мнсюрев

33

33

Определяем величину и направление главного вектора по формулам (3-3):

R = /R^FV (l+sina)24-(24-cosa)^;

&_R R _R一一=一代阮OSOSc c&_R R _R一一=一代阮OSOSc c85(页「6=京1 Fsina);

&_R R _R一一=一代阮OSOSc c

&_R R _R一一=一代阮OSOSc c

cos (员「丹=£ (2+cos a).

Находим главный момент системы относительно точки А по формуле (3-4):

©=2МА(Ё^МА(Л)+Мд(冗)т Ma(F^+Ma(戸JмА(е)=ма(，)=。，м4(戸,)=凡，m4(勺=一尸公也(1；

итак,

八 J ==尸(a — b sin a)=0,

так как Мл =0 по условию задачи.

Получаем:

y出十>

таким образом, приходим к биквадратному уравнению относительно Ь:

力工―—d=0.

Из этого уравнения находим Ь = 1,27 а.

При этом значении Ь, система равносильна равнодействук> щей, проходящей через начало координат /?х—289 кГ; R =424 кГ\ R=513k「

Определяем уравнение центральной оси системы по формуле (3-10):

xRy — gR%=0, 424х — 289y=0.

Задача 8. К вершинам 4, В, С и D трапеции приложены силы F1 = F#=F3 = F4=1OO кГ, Fs=300 кГ.

Привести эту систему сил к простейшему виду, если 』D==1,8m, ВС=0,9 мг a=60° (рис. 35), и определить, чему эквивалентна система?

Решение, 1. Выбираем систему координат, как указано на рис 36.

Находим проекции главного вектора системы на оси координат по формулам (3-2):

R*=W2*=f]*+%为+f$%+尸UX，

Ry=Wf少=尸少ь尸”+尸少T

FIX=100 кГ; F2x=50 кГ;尸,х=10°кГ；匕*=50 кГ; F5x=— 300 кГ;

%=0;尸纱=86,6 кГ;尸”=0；尸”=—86,6* 尸и=0・

Следовательно, R#=0, Ry=0, R=0・

Определяем главный момент системы относительно начала координат по формуле (3-4):

MA^M^F^=MA(f^MA(f^^MA (F3HMa(P^Ma (冗)，Ma(?^Ma(F^Ma(F^Q- M^^-IS кГм;

M<(FJ=— 156

Мд=—234 м.

Итак, данная система эквивалентна паре сил, момент которой равен — 234 кГм.

Задача 9. Система состоит из трех сил:

尸К——2; 3) кГ с точкой приложения Д, (4; 2);

尸2(3； ——4) к「с точкой приложения 4含(一3; 3);

尸,(4; 5) кТ с точкой приложения А$(—3; ——1) (линейные размеры в метрах).

Привести систему к простейшему виду и определить, чему эквивалентна система?

Решение. 1. Находим проекции главного вектора системы сил на данные оси системы координат по формулам (3-2):

&=2尸,产尸1#%+人х，&="“ = %+%+%;

尸1%=—2, Сх=3, F,x=4; F，v = 3,尸"=—4,冗y=5.

Следовательно,

R*=5k「，R尸 4 d.

Определяем величину и направление главного вектора системы по формулам (3-3):

R=MR*+Rj, R = /41 кГ,

8s (R, "=0,78, cos (R, /)=0,62, /(R,。=38。40\

Находим главный момент системы относительно начала координат по формуле (3-5)：

m。（耳）=/尸”一弘f3 m。（戸‘）=%匕3，一%£х， М°（Е）=*『”_у』,*,m。（耳）=/尸”一弘f3 m。（戸‘）=%匕3，一%£х， М°（Е）=*『”_у』,*,М。(戸］)=16 кГм\ 此(Е)=з Мл; Ж0(Р,)=—11 кГм;М。(戸］)=16 кГм\ 此(Е)=з Мл; Ж0(Р,)=—11 кГм;

m。（耳）=/尸”一弘f3 m。（戸‘）=%匕3，一%£х， М°（Е）=*『”_у』,*,

m。（耳）=/尸”一弘f3 m。（戸‘）=%匕3，一%£х， М°（Е）=*『”_у』,*,

М。(戸］)=16 кГм\ 此(Е)=з Мл; Ж0(Р,)=—11 кГм;

М。(戸］)=16 кГм\ 此(Е)=з Мл; Ж0(Р,)=—11 кГм;

Следовательно, системаСледовательно, система

Следовательно, система

Следовательно, система

M0==2M0(F,.), М0=8 кГм.

эквивалентна одной силе, равной главному вектору системы (третий случай приведения плоской системы сил к полюсу).

Находим уравнение центральной оси системы по формуле (3-14):

尤 & — yR产М$,4% — 5у —• 8=0.

Определяем расстояние центральной оси от начала координат по формуле (3-13):

d=‘噌 L d= 1,25 м (рис. 37).

Задача 10. Система состоит из трех сил;

戸с уравнение прямой действия которой Зх+2у——12=0;

£&， уравнение прямой действия которой 3% ——5y 叶 15=0;

尸s，уравнение прямой действия которой х——у — 4=0,

Привести систему к простейшему виду и определить, чему эквивалентна эта система, если F^F^F^ 100 кГ и силы направлены так, что стремятся вращать плоскость относительно начала координат против направления вращения часовой стрелки (линейные размеры в метрах).

Решение. Коэффициенты при координатах xt у п свободные члены уравнений обозначены соответственно буквами ар 仇 и % где i — порядковый номер каждой из трех данных сил.

Находим проекции главного вектора системы на оси системы координат по формулам (3-2):

R*=£尸改=3*+ Ах十尸м

Ак=—A cos %， Лх=— F*cos %, Лх=Л cos %;

cos a.=, cos а，=, cosa_=一/,

，｝Gf^ ，/13* /<^'

R*=_71M, Ry=?尸“ = Kv+F,y+F炉

"尸尸1 Sin %尸，产一尸》sin %,尸，产戶，sin a,,血%二胃包一sinai=-|=sin a'&二=,

九：+叶,/13'九;十号

Определяем величину и направление главного вектора системы по формулам （3-3）:

R = 1/^T^ cos（K7i=% cos （设力=餐；

/? = 121 cos（Rr 7）=0,57, cos（R； j）=0,82;

следовательно,

/（国目=55。10;

Находим главный момент системы относительно начала по формуле (3-4):

鷗(e)=尸4，此阮)=尸&,此(e)=尸&； где

следовательно,следовательно,1 /帀'，/^Г 1中’

следовательно,

следовательно,

-12/15,4

1 /13* 匕4 '• /2

получаем:

叽Н870 кгm.

Отсюда следует, что данная система эквивалентна одной силе, равной главному вектору системы (третий случай приведения плоской системы сил к полюсу).

Находим уравнение центральной оси системы по формуле (3-14):

xRv — yRx=M0> 102尤十7必一870=0 (рис. 38).

Определяем расстояние центральной оси от начала координат по формуле (3-13):

d= ьы, d=7,2M

Упражнения

И. Система состоит из трех сил:

尸1，уравнение прямой действия которой %尤 + 4乡一8=0;

戸2， уравнение прямой действия которой 4尤 + 3乡+12=0;

戶м уравнение прямой действия которой у — q=0

Определить %, & и п, если 尸［=40 кГ,尸£=10几”，尸§=10 / н эта система равносильна паре сил, величина момента которой равна 242 кГм. Все силы стремятся вращать плоскость относительно начала координат против направления вращения часовой стрелки.

Ответ： %=8,45; с3= 10； n=4t5.

Чему эквивалентна система сил 尸】и尸?=尸:=尸4=2 Т, приложенных к узлам данной фермы?

Ответ: Система эквивалентна равнодействующей R=7,82 Т, уравнение прямой действия равнодействующей 735% 十 267g 十 1600=0, расстояние от этой прямой до начала координат d=2,04 м.

К вершинам Л, В н С равностороннего треугольника приложены силы 凡=尸2=尸产1000 кГ. Привести систему к простейшему виду, если 日丄 ВС, AB=BC=AC=1Q м.

Ответ: Система равносильна одной силе R=1930 k『.

Уравнение центральной оси 1366х — 1366(/ — 3666=0.

丁丁

丁

丁

Рис. к упр. 12

Система состоит из трех снл:

F\(——3; 4) к「，с точкой приложения Л, (5; 2); 戸а (4; 3) кГ, с точкой приложения Л2 {——6; 3); 戸з(3; —4) кГ, с точкой приложения Ла (——5; (линейные размеры в метрах).

Привести систему к простейшему виду.

Ответ: Система равносильна одной силе R=5 кГ.

Уравнение прямой действия равнодействующей 3% — 4у — 25=0.

Расстояние от начала координат до прямой действия р авнодействующей d=5 川.

Система состоит из двух сил:

冗 ＜尸］芯；一2) М, точкой приложения Лх (х,; 4);

尸式3； F^y) кГ, с точкой приложения 4 式一3; 2). (линейные размеры в метрах).

Определить 尸^巾 F^ и 力〔если известно, что система эквивалентна одной силе, уравнение прямой, действия которой

х + 2у — 14=0.

Ответ: Flx~— 5 к/\ F纱=3 кГ,尤】=—4,5 м.

ГЛАВА IVравновесие плоской системы сил

4-1. Основные положения

Для того чтобы силы, произвольно расположенные на плоскости, находились в равновесии, необходимо и достаточно, чтобы суммы проекций на две взаимно перпендикулярные оси и сумма моментов всех сил системы относительно произвольной точки плоскости равнялись нулю:

£Х=0; £У=0; 2Л1л(Л=0,(4-1)

или сумма проекций на ось и суммы моментов всех сил системы относительно двух каких-нибудь точек плоскости, не лежащих на прямой, перпендикулярной к оси проекций, равнялась нулю-

ух=о； £М_4(К=0； £Мв(丹=0・(4-2 丿

или суммы моментов всех сил системы относительно трех точек плоскости, не лежащих на одной прямой, равнялась нулю:

£”八乃=0; £MbF)=0； £Mq(巧=&(4-3)

Первая форма уравнений равновесия наиболее применима, так как составление уравнений проекций в большинстве случаев является задачей более простой, чем составление уравнений мо- ментов< Но всегда следует помнить, что при удачном выборе формы уравнений равновесия достигается наибольшая простота решения полученных уравнений. Самым простым будет то решение, когда каждое неизвестное входит только в одно из трех уравнений. Такую систему уравнений равновесия можно получить, если взять третью форму уравнений при подходящем выборе трех центров моментов В тех случаях, когда вычисление момента силы затруднительно из-за трудностей нахождения

Л1Л(П=2^О 户=£冗Л1Л(П=2^О 户=£冗(4-4>(4-4>

Л1Л(П=2^О 户=£冗

Л1Л(П=2^О 户=£冗

(4-4>

(4-4>

плеча силы, рекомендуется пользоваться аналитическим выраже-^ нием момента силы относительно данной точки (формула 3——5} или теоремой Вариньона

План решения задач

Выделяем материальную систему (тело), равновесие кото рой следует рассмотреть.

Изображаем активные силы, действующие на материальную систему, равновесие которой рассматриваем.

Освобождаем эту систему от связей* заменяя действие связей реакциями.

Выбираем систему координат (в случае решения задач с помощью первой или второй формы уравнений равновесия).

Составляем уравнения равновесия.

Решаем полученные уравнения.

При выборе системы координат и точки моментов, с целькх упрощения решения задачи, рекомендуется систему координат выбирать так, чтобы хотя бы одна из осей была перпендикулярной к какой-нибудь неизвестной силе; а за точку моментов нужна брать такую точку, которая лежит на линии действия по крайней мере одной неизвестной силы. При решении задачи по третьей форме уравнений равновесия (три суммы моментов) за точки моментов нужно брать точки пересечения линий действия не* известных сил, если эти силы рассматривать попарно.

4-2. Решение задач на равновесие тела при наличииидеальных связей (трение отсутствует)

Задача 11. Однородная балка (рис. 39) весом Р=-200 к：Г шарнирно закреплена на опоре А, а концом В она положена на катки. На балку, под уг-,

ломР==60°, действует сила么

F=100 кГ. _Определить #у^

реакции опор R小 N&, взяв爪筑、二 —

размеры с чертежа, если台^_2—丁

Ресиение. 1. Рассматри-—

ваем равновесие балкиРис. 39

АВ (рис. 40).一

Изображаем силу Р — вес балки (эта сила приложена к середине балки, так как балка однородная и постоянного сечения) и силу 反 Это активные силы, действующие на балку.

Освобождаем балку от связей, наложенных на нее. Связями -являются: неподвижный цилиндрический шарнир А и подвижный цилиндрический шарнир В. Реакция ^в опоры В направлена по нормали к опорной поверхности. Реакция RA шарнира Л неизвестна ни по величине (|/?л |), ни по направлению (/у)・ Для упрощения решения задачи раскладываем RA на составляю

щие. Одна составляющая направлена по балке, другая — по перпендикуляру к балке (рис. 41) Обыкновенно при решении задач ограничиваются нахождением только составляющих, ибо величину и направление полной реакции можно очень просто найти по формулам:

『/ХА “ cosy*; siny=^.

Выбираем систему координат, как указано на рис. 40.

Составляем уравнения равновесия:

£Х=0; £У=0;2m4行)=0.

За точку моментов берем точку 4 так как в этой точке сходятся две неизвестные силы и, следовательно, моменты их относительно точки А равны нулю:

2 X = 0; X/ —尸 cos 0 — % sin а=0；(4-5)

£У=0; Ya — FsinP+^вcosа — Р=0;(4-6)

^МА (F)-0; N^b — Fa — P 彳=0・(4-7)

Решаем полученные уравнения.

Из уравнения (47):

f•а +p务 /

^в=^; a=y sin p； 6—/cos а;

4 尸 smB + ^P

"产 cosa * Л/产 149

Из уравнения (4-5):

X幺=尸 cos В +^в sin a; X/п 124 яГ.

Из уравнения (4-6):

Ya=P+F sin P — Nr cos a== 158 кГ.

Мтак,

'X力=124кГ, 乙=158d, ^в=^149 кЛ

Задача 12. Вагонетка весом Р=1000 кГ удерживается на на^ клонной плоскости с углом наклона а=309 канатом, перекину* тым через блок и параллельным этой плоскости. Определить давление колес вагонетки на плоскость в точках А и В и на- тяжение каната, если AD~DB^a^=Qf75 м и CE=b=U,3 м, причем С обозначает центр тяжести вагонетки (рис. 42).

Решение. L Рассматриваем равновесие вагонетки (рис. 43).

Изображаем силу Р — вес вагонетки (активная сила, действующая на вагонетку).

Освобождаем вагонетку от связей, наложенных на нее. Связями являются гладкая наклонная плоскость (рельсы) и канат*

Выбираем осн координат； как указано на рис. 43.

Составляем уравнения равновесия:

£Х = 0; ХМ。(丹=0； УЧД戸)=0l

ХХ=0; Psina —Т=0;(4-8)

2 〃 о (F) = °； N в“2а — Р • b * sin сс — Р • a • cos a=0;(4-9)

2〃# (尸)=°； —^a'^a — P•匕・sin ^+Pa cos a=0.(4-10)

Причем в уравнениях (4-9) и (4-10) для облегчения решения задачи при нахождении моментов силы Р относительно точек О и К применили первую теорему Вариньона, разложив силу Р

на составляющие, величины которых равны Р sin а и Р cos a по осям х и у — соответственно,

Решаем полученные уравнения.

Подобрав соответствующим образом форму уравнений равно* весня, получили три уравнения с разделенными неизвестными.

Из уравнения (4-8):

Т=Р sin ci = 500 к「.

Из уравнения (4-9):

3р竺安竺也=533 k

Из уравнения (4-10)1

Na=P "8s°L£迎 a = 333 кГ;7\=500кС ^л^333 кГ] ^=533 кГ.

Давления вагонетки на наклонную плоскость в точках А и В равны по модулю реакциям NА и N& но направлены в противоположные стороны.

Задача 13, Кран состоит из однородного стержня АС весом 160 к『,вращающегося на шарнире А и привязанного к закрепленной точке В цепью ВС (рис. 44). К концу С стержня подвешен груз D весом <2=400 кГ. Определить натяжение Т цепи 阻 реакцию шарнира Л, если а=30°, ЛС—4 ле.

Решение. 1. Рассматриваем равновесие стержня АС (рис. 45).

Рисуем силу 戸一вес стержня и силу Q (активные силы, действующие на стержень).

Освобождаем стержень АС от связей, наложенных на него. Связями являются: неподвижный шарнир Л и цепь ВС. Реакцию шарнира раскладываем на две составляющие Хл и Ул, как указано на рис. 45. Реакция цепи Т направлена по цепи.

Составляем уравнения равновесия:

£М/(К=0; ^Mc(F)^t £此画=0；

£ M£F)=°； Т sin 2а / cos а — Т cas 2а I sin а —

—P -^ sina — QI sina=0.(4-И)

При нахождении момента силы Т относительно точки А поль' зуемся первой теоремой Вариньона, разложив силу 厂 на две составляющие, равные по величине. Т sin 2a — горизонтальная составляющая и Т соь 2a — вертикальная составляющая:

^mc^)=q- рsin ct-—『/"2=0;(4-12)

?Мк(丹=0; X/tga —Р [(AK)sin(90。一a)+

+g sin a] —Q [(Д/C) sin (90° — ct)4-^ sinu]=0.(4-13)

Решаем полученные уравнения.

Благодаря надлежащему выбору формы уравнений равновесия и трех точек моментов получилась система трех уравнений с разделенными неизвестными.

Из уравнения (4-11):

(4p+Q)疝口а'一=480sin 2а cos а — cos 2а sm а

Из уравнения (4-12):

Уд=-у sin а=40 кГ.

Из уравнения (4-13):

Р рАК) cos а + у sin а] + Q [(АК) cos а 十 I sin а]

Х.=鹏；

Р [/ tg а cos а+彦 sin а] + Q 口 tg а cosa+/ sin а]

X%='

xje：?]竺；X尸修 P+2Q)cosa=900".

Ответ: ХА=900 кГ\ Ед=40 кГ\ Г—480 кГ.

Задача 14. На однородную балку ДВ=/=3 м (рис 46) веса 600 кГ, конец А которой заделан в стену, действует сила F=400 k「， перпендикулярная балке, и пара сил с моментом М=500 кГ川.Определить реакцию заделки (R』，M^t если а=60°.

Решение. 1. Рассматриваем равновесие 6а』к丄 АВ (рис. 47).

Изображаем активные (заданные) силы: F, вес балки Р и пару сил с моментом М.

Освобождаем балку от связей. Связью является неподвижная заделка. Действие заделки эквивалентно силе, разложенной

на составляющие Хл и Ул> и паре с моментом МА. Итак, имеем: (Р, Ft ХА, Ул, пара с моментом М и пара с моментом Л4л)сл 0.

Выбираем систему координат, как указано на рис, 47.

Составляем уравнения равновесия:

』х=о； £『=о； ^мА^\£Х=0; Х^+尸 8sсс=О;(4・14 丿

2『=0； YA — P — Fsin а=0;(4-15)

2M4=0; — Р ysina— Я+МфМд=.О. (4-16'}

При составлении уравнений (4-14*) и (4-15') использовано то положение, что сумма проекций сил пары на любую ось равна нулю. А при составлении уравнения (4-16') учитывалась теорема о том, что сумма моментов сил пары относительно любой точки плоскости равна моменту пары.

Решаем полученные уравнения.

Из уравнения (4/4'):

Х“=—尸 cos а; Х/=— 200 кГ.

Из уравнения (4-15'):

Ya~P^F sin а; У才=946 кГ.

Из уравнения (4-16'):

МЛ=Р-^ sina4 尸/ — М Мл= 1480 “儿

Анализируем результаты решения задачи.

Знак минус (——)в ответе Ха=——200 кГ указывает, что в действительности составляющая ХА силы RA направлена в сторону отрицательного направления оси ох.

4-3. Решение задач на опрокидывание

При решении задач на опрокидывание рассматривается то предельное положение, в котором тело находится в состоянии неустойчивого равновесия, т. е. когда оно готово перейти из состояния покоя в движение. Всякое незначительное изменение элементов конструкции или сил, действующих на эту конструкцию, ведет к опрокидыванию (вращению) конструкции вокруг некоторой оси, называемой осью опрокидывания, перпендикулярной плоскости чертежа. Условием равновесия такого тела (конструкции) является равенство нулю суммы моментов относительно точки пересечения (А) оси опрокидывания с плоскостью^ чертежа всех заданных (активных) сил, действующих на тело: n觴(巨=0.(4-14ff>

При составлении уравнения (4-14") следует помнить, что реакции опор в это уравнение не входят, так как при предельном положении конструкция опирается только на те опоры, через которые проходит ось опрокидывания. Величины, которые при этом определяются из уравнения (4・14“), имеют критические (максимальные или минимальные) значения и для обеспечения запаса устойчивости должны быть при конструировании соответственно уменьшены (те, для которых найдено максимально возможное при равновесии значение) или увеличены (те, для которых найдено минимально возможное при равновесии значение).

Часть активных сил, действующих на тело, создает пары, которые стремятся опрокинуть тело. Сумма моментов таких сил, относительно оси опрокидывания называется моментом опрокидывания:

Л1(^= 2 МА [^(0)1- (4-15")

Другая часть активных сил создает пары, которые стремятся возвратить тело в первоначальное положение.

Сумма моментов таких сил относительно оси опрокидывания называется моментом устойчивости'

М%=2m/下®].(4-16")

Отношение К > 0 абсолютного значения момента устойчивости к абсолютному значению момента опрокидывания называется коэффициентом устойчивости:

(4-16'")

Задача 15. Водонапорная башня состоит из цилиндрического резервуара высотой 6 м, диаметром 4 м, укрепленного на четырех симметрично расположенных столбах, наклонных к горизонту (рис. 48). Дно резервуара находится на высоте 17 м над уровнем опор; вес башни 8Т; давление ветра рассчитывается на площадь проекции поверхности резервуара на плоскость, перпендикулярную к направлению ветра, причем удельное давление q ветра принимается равным 125 кГ/м2. Определить необходимое расстояние АВ между основаниями столбов.

Решение. 1. Рассматриваем равновесие водонапорной башни (рис. 49). Так как требуется определить критическое значение расстояния АВ между основаниями столбов, а именно (XB)miB> то считаем, что башня находится в состоянии неустойчивого равновесия, т. е. при малейшем уменьшении этого расстояния башня опрокинемся под действием ветра, вращаясь вокруг шарнира Л против направления движения часовой стрелки. Следо*

вательно, в положении неустойчивого равновесия нужно считать, что башня опорами В только касается земли, но не давит на землю, т. е. 7?в—0>

Изображаем активные _силы, действующие на башню. Сила Р — вес башни и сила Q—давление ветра на резервуар.

4949

49

49

Освобождаем башню от связи в точке /, заменяя действие связи реакцией RA. Таким образом, водонапорная башня нахо дится в равновесии только под действием трех сил: Р, Q и R月.

Составляем только одно уравнение равновесия: 2^д(^)=0>

Q (九十专)一尸 ^=°； ^=-^-(力 +"I") ， н0 Q=gad；力亨飞+ ^) = 15 м.

Очевидно, что при х^15 м момент устойчивости будет больше, чем момент опрокидывания.

Упражнения

При открытых ^разработках для перевозки полезного ископаемого и пустой породы используются вагоны ОП-5 с опрокидывающимися кузовами. При разгрузке кузов вагона наклоняется на некоторый угол, а борт 48 поднимается посредством стержней ЛС, BHt ЕК (А, В, С, Н, Е, К — шарниры). Определить усилие S в стержне ВН и реакцию шарнира 4, если вес борта равен Р, а = 90°. Борт АВ наклонен под углом 60° к горизонту.

Ответ: X』=0,216-Р; YА~ 0,875-Р, S= — 0,25・P.

На одной из шахт медного рудника на Урале нижнее отверстие

М. А. Мнсюрев

загрузочной воронки перекрывается двумя секторными затворами АВ и АЛВХ. Затворы открываются при помощи пневматических цилиндров 尸 и Flt штоки

кГ.в стволах с загрузочнымкГ.в стволах с загрузочнымРис. к упр. 18.Рис. к упр. 18.

кГ.

в стволах с загрузочным

кГ.

в стволах с загрузочным

Рис. к упр. 18.

Рис. к упр. 18.

которых соединены с затворами цепями ВНК и В、Н、Кк перекинутыми через блоки Н и 方「Определить натяжение Т цепи ВН и реакцию шарнира Л,

531

если вес затвора Р = 500 к「； АВ = а; АС =石 а； tg 仪=《；tg р =—.

Ответ. Х< = 227 "; »工=197 кГ\ Т = 37918. В меднорудной промышленности Урала

устройством как лоткового, так н бункерного типа приме-

няется для улавливания просыпавшейся руды ловитель- ное устройство, состоящее из ловительной камеры Н, расположенной ниже загрузочного устройства £ и откидного металлического щита 4 K. Для улавливания руды щит

устанавливают под углом, а для пропуска скипа вниз —

поднимают и ставят в вертикальное положение. Определить реакцию оси А вращения щита и натяжение каната 8С, если а = 45°,§=120°,

КВ = АВ, вес щита равен

800 кГ.

Ответ： Xд =——420 кГ; У/ = 688 力；7 = 435 кГ.

В стволе наклонной шахты устроены металлические наклонные ляды АВ, которые находятся в приподнятом положении. В случае пожара их опускают и

они перекрывают все поперечное сечение ствола. Определить реакцию оси Л вращения крышки АВ ляд и натяжение троса ВС, если вес крышки равен 250 к/\ ВС 丄 АВ; а = 30°; tg § = 3.

Ответ. Х/ = 62 кГ, 了耳=193 d, Т = 83 ".

Определить давление колес скипа на рельсы и натяжение троса ОК, если вес скипа равен ЗТ, а = 30®, / = 180 см, положение центра тяжести С скипа определяется координатами хс = 80 см, 〃с = 50 см,

Ответ: Л/Л = О,59Г,川^=1,82兀 Т = 1,03Г.

Определить из условия равновесия натяжение цепей и реакцию оси, если вес ковша с породой =500 кГ, АВ = -^-л, tg а ~ 2, р== *- *Ответ: X/ = 209 кГ, V/ = 394 кГ、Т = 236 кГ♦Определить из условия равновесия натяжение цепей и реакцию оси, если вес ковша с породой =500 кГ, АВ = -^-л, tg а ~ 2, р== *- *Ответ: X/ = 209 кГ, V/ = 394 кГ、Т = 236 кГ♦

Определить из условия равновесия натяжение цепей и реакцию оси, если вес ковша с породой =500 кГ, АВ = -^-л, tg а ~ 2, р== *- *

Ответ: X/ = 209 кГ, V/ = 394 кГ、Т = 236 кГ♦

Определить из условия равновесия натяжение цепей и реакцию оси, если вес ковша с породой =500 кГ, АВ = -^-л, tg а ~ 2, р== *- *

Ответ: X/ = 209 кГ, V/ = 394 кГ、Т = 236 кГ♦

Ковш АВ породопогрузочной машины У МП-1 тяжелого типа приво ди тс я во вращение вокруг оси Л посредством цепей СВ, симметрично распо ложенных относительно вертикальной плоскости, перпендикулярной к оси 4 и делящей эту ось пополам.

Для загрузки щековой дробилки рудой применяе.ся поворотная плат форма АНЕМ. Платформа, вращаясь вокруг шарнира А, приводится в наклонное положение посредством винта 启К, соединенного с платформой шарниром В и проходящего через гайггу К. Определить реакцию шарнира А и усилие S, возникающее в винте, если вес платформы Р, координаты центра тяжести платформы: хс = у /； Рс = ^‘； АВ = £; а = 45е; § = 60°.

Отвегр- Х/ = 0,419匕 У/= 0,207戶，S =—0,577戶.

к заднему штырю ваго-к заднему штырю ваго-Упорная вилка АВ прикреплена шарнирно

к заднему штырю ваго-

к заднему штырю ваго-

нетки и волочится по почве и шпалам при движении вагонетки вверх. В случае обрыва каната, вилка упирается в шпалу и останавливает вагонетку.

Определить усилие S в вилке и давление колес нв рельсы при следующих данных: длина вилки АВ = / = 1 м,九=40 см 2 = 30 см, а = 56 см, а =15°, вес нагруженной вагонетки Р =» 1600 кГ и приложен в точке О：

Ответ: S — — 435 кГ, М = 8О8 кГ; %禽=607 кГ.

Определить реакцию шарнира О и натяжение троса АВ мачтового

стрелового краиа (стрела крана расположена выше точки Л закрепления вант)» если вес груза К равен 4m, вес контргруза, D равен 4Г, вес мачты 37\ О А = 16 м d t= S м, b я= 12 Mt сс — 45°.

Ответ. 々=1,75 Г;匕=12,75 Г. 7月=2,48 Г

Подъем стрелы АВ крана осуществляется с помощью троса ВК, наматываемого на барабан лебедки. “

Определить реакцию шарнира А и натяжение троса BD, если в данный момент стрела находится в равновесии и а = 60°, / ABD = 10е, вес стрелы равен 1 Т и приложен к середине ее.

ВРис. к упр 26

Ответ. Хд = 1,92 Т;『/=—0,6 Г； Т = 2,49 Т.

Железобетонная колонна весом 10 Г удерживается в равновесии с помощью тросов AD и BD. Определить натяжение тросов и угол а, если (р = 45°, АС = Ь; ВС = 2b.

Ответ1 7厶=9Т; Т占=4,54 Т;а=71°35'.

Якорь для крепления расчалки лебецки устроенный в озере, представляет собою ящик прямоугольного сечения, засыпанный камнем Определить минимальный размер Z нз условия устойчивости якоря, зная размер а ящика, натяжение Q расчалки, угол а и удельный вес камня в воздухе Y-

Ответ: / > 1/ —；~cos а,

28. Определить коэффициент устойчивости крана на гусеничном ходу, взяв данные с чертежа (/? — равнодействующая сил давления ветра, G—вес28. Определить коэффициент устойчивости крана на гусеничном ходу, взяв данные с чертежа (/? — равнодействующая сил давления ветра, G—весРис. к упр. 28Рис. к упр. 28

28. Определить коэффициент устойчивости крана на гусеничном ходу, взяв данные с чертежа (/? — равнодействующая сил давления ветра, G—вес

28. Определить коэффициент устойчивости крана на гусеничном ходу, взяв данные с чертежа (/? — равнодействующая сил давления ветра, G—вес

Рис. к упр. 28

Рис. к упр. 28

стрелы крана, Р — вес кузова с оборудованием и противовесом, Q — вес неподвижных частей крана).

卜Р + Q) а — Р6 + ^ cos 6 + 2Ga] cos а

Ответ 在=-t^丁.

\ph + (Q + 2G)d^^sinM slna+RH

Определить наибольшее значение угла а, при котором кран на гусеничном ходу будет устойчив в положении, указанном на чертеже, взяв данные с чертежэ, если АС = СВ = 0,5/.

(R — равнодействующая сил давления вет^а, Р — вес кузова с оборудованием и противовесом, Q —

крана).

Ответ, а = arc tg-

А°・" — сУ 4： +耳一С：

G — вес стрелы крана, вес неподвижных частей

线-с：

УУРис. к упр. 30Рис. к упр. 30Co」2R/ACo」2R/Aности (рис. 50):ности (рис. 50):умум

У

У

Рис. к упр. 30

Рис. к упр. 30

Co」2R/A

Co」2R/A

ности (рис. 50):

ности (рис. 50):

ум

ум

где

儿=2Р (а + 匕)十 2Qa — 5G2 cos §;

儿=2Qd + 2Ph + G (12d + 5/ sin p)：

. На стойку AB = / = 6 л веса 2 Г, конец А которой заделан в фундамент, действует сила F = 1 Т и пара сил с моментом М = 4 Т м. Определить реакцию заделки, если а = 60®.

Ответ: X』=О»87 7： /л == 2,5 Г,

Мл = — 1,2 Тм.

4-4. Решение задач на равновесие тел при наличии трения

Сила трения скольжения при покое тела меньше или равна произведению коэффициента трения на величину нормальной составляющей полной реакции шероховатой опорной поверх-

где F — сила трения;

/ — коэффициент трения скольжения;

^ — нормальная составляющая полной реакции шероховато^ опорной поверхности.

Сила трения скольжения направлена по касательной к шероховатой опорной поверхности в сторону, противоположную тому направлению, по которому тело начало бы двигаться, если бы сила грения отсутствовала. F=fN только в том критическом положении тела, в котором оно находится в состоянии

неустойчивого равновесия, т

тово перейти из состояния покоя в движение. В этом случае при решении задачи находятся критические значения (максимальные или минимальные) неизвестных величин При малейшем изменении этих величин (увеличении или уменьшении) нарушается равновесие тела. Если тело не находится на грани покоя и движения, то F<fN- В этом случае мы находим не точные значения искомых величин, а лишь границы, в которых они заключены при равновесии тела.

Рис. 51.Рис. 51.Рис 52.Рис 52.Задача 16. К вертикальной стенке (рис. 51) приставлена лестница АВ, опирающаяся своим нижним концом на горизон* тальный пол. Коэффициент трения лестницы о пол Е” о стену ^2. Вес лестницы Р приложен к ее середине. Человек весом Q стоит в точке D. Определить наибольший угол а, составляемый лестницей со стеной в положении равновесия, а также нормальные составляющие реакции стены 必 и пола для этого значения а, если

Рис. 51.

Рис. 51.

Рис 52.

Рис 52.

Решение. 1. Рассматриваем равновесие лестницы с человеком (рис. 52).

действие связейдействие связейот связей, заменяяот связей, заменяяИзображаем активные силы, действующие на рассматриваемую систему: Р — вес лестницы и Q — вес человека.

действие связей

действие связей

от связей, заменяя

от связей, заменяя

Освобождаем лестни

реакциями. Связями являются стена и пол. Реакцию R^ стены раскладываем на нормальную составляющую NB и касательную составляющую 广区•/ — сила трения скольжения направлена вверх. Она препятствует скольжению конца В лестницы вниз Такое движение имело бы место, если бы не было сил трения. Реакцию Ra пола также раскладываем на две составляющие N区 и F^. Сила трения FA пола направлена в сторону, противоположную тому направлению, по которому стал бы ^двигаться конец А лестницы под действием активных сил Р и Q, если бы не было силы трения.

Выбираем систему координат, как указано на рис. 52.

Составляем уравнения равновесия: £Х=0; 2y =0：

2мВ(戸｝=0;

?Х=0; % —尸产0;(4-14)

£у=0; N^Fg-P-Q^Q-(4-15)

2 MB (F)=0; NAl sin a — FAl cos a —

—P gsina — Q-^-sina—0,(4-16)

Fa* 鳥(4-17)

F в=&N r.(4-18)

Решаем полученные уравнения.

Из уравнений (4-14), (4-15); (4-17) и (4-18):

Из уравнения (4-16)Из уравнения (4-16)

Из уравнения (4-16)

Из уравнения (4-16)

tggtgg6瓦（P + Q）

tgg

tgg

W^l二也也）叶2 （2-电危）Q

Задача 17. Однородный стержень АВ длиной 2а и весом Р кГ опирается на горизонтальную плоскость и неподвижный цилиндр радиуса г (рис. 53) Коэффициент трения стержня о цилиндр и о плоскость равен /. Каково наибольшее значение угла ф, при котором стержень находится в равновесии?

Решение. 1. Рассматриваем равновесие стержня АВ

—(рис. 54).

Изображаем силу Р — вес однородного стержня — активную силу, действующую на стержень.

Освобождаем стержень от связей, заменяя действие связей реакциями Связями являются шероховатая горизонтальная плоскость и шероховатая цилиндрическая поверхность. Если бы не было трения, то под действием собственного веса стержень стал

бы двигаться так, что конец А скользил бы слева направо. Следовательно, сила трения FA направлена справа налево, а сила трения цилиндра так, как указано на рисунке.

Выбираем систему координат, как указано на рис. 54・

Составляем уравнения равновесия: ух=0; £У=0：

?М/ (戸)=0;

2Х=0; TVsinq — F cos(p —户力=0；(4-19)

гдегде(4-20) (4-21> (4-22) (4・23)(4-20) (4-21> (4-22) (4・23)

где

где

(4-20) (4-21> (4-22) (4・23)

(4-20) (4-21> (4-22) (4・23)

2y=0; ^cos<p+F sin<p4-A/A —Р=0;工加4(戸)=0; P{AD)-N{AK)=0-,也=/%；

尸7m

ЛО=a cosф； АК=^^ 6. Решаем полученные уравнения.

Из

Из

уравнений (4-19), (4-20), (4-22) и (4-23): N (sin 屮一f 8S(p)=/W且； (cos ср -h/sin(p)= — Na 卜 P;

уравнений (4-21), (4-25) и (4-24):

(4・24>

(4-25)

31.

^^ [sin(p+/2 sin(p]=/； sin(p= /

Упражнения

Определить наименьшую величину силы Р, необходимую

чтобы затормозить шкив Ох колодочного тормоза и реакцию в Коэффициент треиия между тормозной колодкой и поверхностью шкива равен /. Нужные размеры указаны на чертеже. Вес груза равен G.

Ответ Р = ~ ^у — c^J G,

I для того» шарнире 儿

X{=丘 G,

3

32. Определить угол В отклонения от нормального положения скребка скребкового конвейера, если считать, что сила сопротивления материала, приложенная к нижней грани скребка, и силы натяжения цепи, приложенные

в шарнирах Л и В, равны между собой (S), длина звена аепн 48=я瓦 высота скребка CE = h, погонная нагрузка желоба q, расстоннне между скребками а>

Рис. к упр. 33наклонной скважине, удерживаетсяРис. к упр. 33наклонной скважине, удерживается

Рис. к упр. 33наклонной скважине, удерживается

Рис. к упр. 33наклонной скважине, удерживается

коэффициент трения перемещаемого материала о желоб /, угол наклона наклонной плоскости а.

八 * □ С/ cosa+sIna)

Ответ: tg р =々~-——亍^:.

На рудничных электровозах мощного типа применяются тормоза пневматического типа. Сжатый воздух, поступающий из особого резервуара, давит на поршень В цилиндра. Это давление посредством рычага ОА передается на тормозную колодку. Определить реакцию шарнира О и давление тормозной колодки на колесо, если давление на поршень В равно Q = 5Т, АС =•^(04); tga=J ,

коэффициент трения колодки о колесо равен 0,18. Размерами тормозной колодки пренебречь.

Ответ: Х° = 2,13 Т;九=0,517 Т; Л/ = 2,87 Г.

Определить необходимую величину коэффициента трения мезкду стойкой и обоймой, при которой груз А будет находиться в равновесии, есля a = 30°. Остальные размеры взять с чертежа.

Ответ： /^0,193.

Колонна штанг, находящаяся в в равновесии тросом АВС.

Рис. к упр. 34Рис. к упр. 35

Определить нагрузку на крюк А при следующих данных: вес 1 м штанги g = 6 к「，длина колонны штанг / — 500 初,удельный вес глинистого раствора % = 1,2 кГ/дм3, удельный вес материала штангн у = 7,8 кГ/дм3, угол наклона скважины от вертикали (зенитный угол) 0 = 30°, коэффициент трения штанг об обсадочные трубы / = 0,1 (равномерный подъем).

Ответ: Q = d ( 1 —空卜cos 6 十 / sin 8) кГ = 2,32Т.

36. При неглубоком бурении свечи укладываются на козлы. Свеча опирается в точке С на негладкую наклонную плоскость АВ и удерживается в точке Н тросом. Коэффициент трения свечи о плоскость равен 0,3; угол р.

образуемый свечой с плоскостью, равен 30®г угол а наклона плоскости к горизонту равен 15°. Определить максимальное натяжение Т троса НКМ, если вес свечи СН равен 54 кГ и приложен к середине свечи.

Ответ: Т = 38,8 кГ.

4-5. Решение задач на равновесие системы сочлененных тел

Системой сочлененных твердых тел называется несколько твердых тел, касающихся друг друга или соединенных между собой посредством шарниров, стержней, нитей. Во многих задачах на равновесие системы сочлененных тел требуется найти силу, с которой одно сочлененное тело действует на другое. Такие задачи чаще всего решаются путем рассмотрения равновесия каждого тела в отдельности (если вся система тел находится в равновесии, то и каждое тело системы находится в равновесии). При рассмотрении равновесия каждого тела системы остальные тела системы будут являться связями, наложенными на это тело, а при освобождении данного тела от связей, действия связей заменяем силами ——реакциями связей. При этом следует помнить, что силы взаимодействия двух тел равны между собой по абсолютной величине, лежат на одной прямой и направлены в разные стороны (по принципу равенства действия и противодействия). Иногда бывает выгодно рассматривать равновесие системы всех тел, вместе взятых, а затем уже рассматривать равновесие отдельного тела. Имея в виду принцип затвердевания (при затвердевании всякого нетвердого тела равновесие его не нарушается), всю совокупность тел нужно рассматривать как одно твердое тело. В этом случае в уравнения равновесия сил не войдут силы, с которыми отдельные тела действуют друг на друга.

Задача 18. На шар веса Q= 100 кГ, опирающийся на вертикальную стенку и наклонную балку OAt действует сила F=60 кГ (рис. 55) Однородная балка ОА веса Р=£о кГ закреплена

т&х, а затем равновесиет&х, а затем равновесиев точке О шарнирно и удерживается в наклонном положении при помощи вертикального троса АМ. Определить, пренебрегая треннем, давление шара на балку и стену, реакцию шарнира и натяжение троса, если а = 60°; 0 = ЗЭ°; ОА = /；

т&х, а затем равновесие

т&х, а затем равновесие

Всего в данной задаче пять неизвестных: N> Nк，Г, величина и направление реакции R。.

Решение Рассматриваем равновесие балки и шара, вместе взя-

только шара, придерживаясь плана

решения задачи, изложенного ранее

А. Равновесие балки и шара

1 Рассматриваем равновесие балки и шара (рис. 56).

. Изображаем активные силы, действующие на балку и шар: Q ——вес шара, сила 尸 и Р — вес однородной балки

Освобождаем балку и шар от

как угодно располокак угодно располосвязей, заменяя действие связей реакциями. Связями являются вертикальная стена, цилиндрический шарнир О и трос АМ. Реакция ND стены направлена перпендикулярно стене (по радиусу шара). Реакция Г троса направлена по тросу. Реакцию шарнира。раскладываем на две составляющие Х@ и 匕.

как угодно располо

как угодно располо

Выбираем систему координат» как указано на рис. 56.

. Составляем уравнения равно

весия системы сил, действующих на

балку и тар. Эта система — система сил,

женных на плоскости. Берем уравнения равновесия в следую- щей форме: ух=0; 2y=0; ?М,(巨=。；

£Х=0; Х°+М° —Fsin0=O;(4-26)

£У=0;匕一Р + Т —Q —Fcos0=O;(4-27)

2 Mo (F)=0； П sin а — Р У sin и — Лд (OD) — Qr=0. (4-28)

Б. Равновесие шара

Рассматриваем равновесие шара (рис. 57). 一

Изображаем активные силы: Q — вес шара и силу 尸.

Освобождаем шар от связей, заменяя действие связей

Рис. 57.Рис. 57.реакциями. Связями являются: балка ОА и вертикальная стена. Реакция ND стены направлена перпендикулярно стене, реакция Nк балки направлена перпендикулярно балке

Рис. 57.

Рис. 57.

Выбираем систему координат, как указано на рис. 57.

Составляем уравнения равновесия системы сил, действующих на шар. Эта система — система сходящихся сил на плоскости. Следозагельно, уравнения равновесия будут: ЕХ=0;£У = О:

2Х—0;А^п—Nк cos а—尸 sin 0=0; (4-29)

£У=~0; ^^sin а —尸 8sB—Q=0・<4-30)

Решаем полученную систему пяти уравнений с пятью неизвестными:

x。+"。一尸S由0=0;(4-31)

У。一Р —Qd Т —Fcosp=0;(4-32)

Т siti ct—• -ту- sin ct — 0,43 • N^—^-—0i(4-33)

Nd— Nк。。、q —尸 sin 0 = 0;(4-34)

Nк sin a — F cos p — Q=0;(4-35)

так как OD=r ctg 30°; OD=-^ |/3=0,43/.

из уравнения (4-35): N#=旦::;。迎；n长=176 kг

Из уравнения (4-34), Nd=N《coso叶尸 $in 0; ^D=118 кГ.

Из уравнения (4-31): Xonfsinp — N& Х@=—88 кГ.

亏 sin a + 0,437V口 + 享

Из уравнения (4-33) T=而^； 7=128 кГ. Из уравнения (4-32): %=Р+Q —74 尸 cos 0;九=104

Ответ. 2口=118 kr; "长=173 kГ, 7 = 128 kГ.

Х°= —88 к「;/

Рис. 58.Рис. 58.

Рис. 58.

Рис. 58.

Давление шара на стену численно равно %；=/)= 118 кГ и направлено справа налево. Знак (—) означает, что в действительности горизонтальная составляющая X。 реакции шарнира О направлена в противоположную сторону.

Задача 19. На однородный параллелепипед веса Р = 100 кГ, опирающийся в точке Л на гладкую наклонную плоскость и закрепленный шарнирно в точке В, действует сила F[ = 80 кГ, направленная перпендикулярно грани кМ (рис. 58). На однородный стержень ОК веса 0 = 20 к「закрепленный шарнирно в точке О и опирающийся на гладкую грань параллелепипеда концом К, действует сила 尸产30 кГ. Определить реакцию шарнира О, реакции в точках К н % н шарнире В, если а = 30。、0=60。，h =专;0K=4

Всего неизвестных в этой задаче шесть: (величина), R。 (величина и направление),

(величина и направление).

Решение. При решении задачи рассматриваем равновесие стержня и параллелепипеда в отдельности.У

А. Равновесие стержня

Рассматриваем равновесие стержня ОК (рис. 59).

Изображаем активные силы, действ^^ющие на стержень 尸！и Q ——вес стержня. ОС=КС, так как стержень однородный.

Освобождаем стержень от связей, заменяя действие связей реакциями. Связями являются: цилиндрический шарнир О и

гладкая грань параллелепипе-рис 59.

да. Реакцию шарнира расклады-—

ваем на две составляющие Х@ и Ро. Реакция ^^ в точке К перпендикулярна грани параллелепипеда.

Выбираем систему координат, как указано на рис. 59.

Составляем уравнения равновесия.

Полученная система — система сил, как угодно расположенных на плоскости.

Уравнения равновесия берем в следующей форме:

£Х=0; £У=0; £М° (戸)=0：

£X=Q; X0+F2sin (Р — а) — ^^sinа=0■,

2 y = 0； У» — F2 cos (p — a) — Q-Ь ^^ cos a=0;

2^»(П=0； Qb+F^-N^KT^O, где &=y sin a; OS=y sin p; KTt=l sin 2a.

Б. Равновесие параллелепипеда

Рассматриваем равновесие параллелепипеда (рис. 60).

_Изображаем активные силы, действующие на параллелепипед: 尸1，Р —вес однородного параллелепипеда и 户卜一давление стержня ОК・ По принципу равенства действия и противодействия Nk=Nk и направлена противоположно направлению NK.

Освобождаем параллелепипед от связей, заменяя действие связей реакциями. Связями, наложенными на параллелепипед, являются: а) цилиндрический шарнир В и б) гладкая опора в точке А. Реакцию шар- ннра В раскладываем на две составляющие: Хв и Y в. Реакция в точке 4 перпендикулярна наклонной плоскости.

Выбираем оси, как указано на рис. 60.

Составляем уравнения равнове

Полученная система — система сил, как угодно расположенных на плоскости.

Уравнения равновесия берем в следующей форме:

?Х=0; £У=0; £財日(戸)=0：

УХ=О; X®—P sina=0;

£У=0; Na± Yb—Fx — N’k—Pcosa=0;

2 〃B(戸)=。： N‘K、a — NA、a+P cos a -(援)+戶 sitiQ 传)=0・

Для того чтобы облегчить нахоадение момента силы Р относительно точки В, мы воспользовались теоремой Вариньона, разложив силу Р на составляющие по осям х и у (Р cos a — величина составляющей по оси у и Р sin a — величина составляющей по оси х).

Решаем полученную систему шести уравнений с шестью неизвестными:

X。+匕 sin (р — а) — ^sin а=0;(4-36)

7ro — Ft cos (В —а) — Q」「NKCosa=0;(4-37)

务sin а + 勺 sin 0 — ^^ sin 2а=0;(4-38)

Хв — P sina==0;(4-39)

储十厶一尸 I — М— P cos q=0;(4-40)

pp

^^— Na+-j- cos 虱十才 sin a=0(4-41)

-^~ sina + 今 sin 0

Из уравнения (4-38): %=-7—; 2及=15,8 кГ.

Из уравнения (4-37): yo=Q —从火 cos a+尸* cos (0 — a);

-У0 = 32,2

Из уравнения (4-36): X0=7VKsina —尸*si口偉一a)；冗==—7,1 к!\

Из уравнения (4-39): ХВ=Р sin a; Хй«=50 kU

Из уравнения (4-41). NA^NK+-^ cosa4—^sina; %产71,6 кГ.

Из уравнения (4-40): У^Рг+^/(+Р cos a — ^4; Ув==111 кГ.

(рис.(рис.Ответ:Х°=—7,1 кГ\Хв=50 кГ\ "长=15,8 kГ; Задача 20. Однородный стерженьОтвет:Х°=—7,1 кГ\Хв=50 кГ\ "长=15,8 kГ; Задача 20. Однородный стерженьУ°=32,2 кГ;Гв=111 кГ;%=71,6 kг.О А —а веса Р= 100 кГУ°=32,2 кГ;Гв=111 кГ;%=71,6 kг.О А —а веса Р= 100 кГbl) концом。шарнирно прикреплен к стене, а концом Л опирается на гладкий пол. Однород* ный стержень КВ = Ь веса Q=160 кГ I прикреплен в точке К шарнирно к 1 стержню О А. Конец В стержня опи-bl) концом。шарнирно прикреплен к стене, а концом Л опирается на гладкий пол. Однород* ный стержень КВ = Ь веса Q=160 кГ I прикреплен в точке К шарнирно к 1 стержню О А. Конец В стержня опи-Рис. 61Рис. 61рается на гладкую скость. В точке D жена сила 尸=60 реакцию шарниров реакции опорныхрается на гладкую скость. В точке D жена сила 尸=60 реакцию шарниров реакции опорныхнаклонную пло- стержня прило- кГ. Определить 。н К, а также поверхностей внаклонную пло- стержня прило- кГ. Определить 。н К, а также поверхностей вэтой задаче шестьэтой задаче шестьточках А и Внесли ОК==奈 BD= ^ ； a=30e; ₽ = 60°.неизвестных: NА (величина), Na (вели-точках А и Внесли ОК==奈 BD= ^ ； a=30e; ₽ = 60°.неизвестных: NА (величина), Na (вели-чина), R。(величина и направление), R« (величина и направление). При решении задачи рассматриваем равновесие обоих стержней в отдельности.чина), R。(величина и направление), R« (величина и направление). При решении задачи рассматриваем равновесие обоих стержней в отдельности.

(рис.

(рис.

Ответ:Х°=—7,1 кГ\

Хв=50 кГ\ "长=15,8 kГ; Задача 20. Однородный стержень

Ответ:Х°=—7,1 кГ\

Хв=50 кГ\ "长=15,8 kГ; Задача 20. Однородный стержень

У°=32,2 кГ;

Гв=111 кГ;

%=71,6 kг.

О А —а веса Р= 100 кГ

У°=32,2 кГ;

Гв=111 кГ;

%=71,6 kг.

О А —а веса Р= 100 кГ

bl) концом。шарнирно прикреплен к стене, а концом Л опирается на гладкий пол. Однород* ный стержень КВ = Ь веса Q=160 кГ I прикреплен в точке К шарнирно к 1 стержню О А. Конец В стержня опи-

bl) концом。шарнирно прикреплен к стене, а концом Л опирается на гладкий пол. Однород* ный стержень КВ = Ь веса Q=160 кГ I прикреплен в точке К шарнирно к 1 стержню О А. Конец В стержня опи-

Рис. 61

Рис. 61

рается на гладкую скость. В точке D жена сила 尸=60 реакцию шарниров реакции опорных

рается на гладкую скость. В точке D жена сила 尸=60 реакцию шарниров реакции опорных

наклонную пло- стержня прило- кГ. Определить 。н К, а также поверхностей в

наклонную пло- стержня прило- кГ. Определить 。н К, а также поверхностей в

этой задаче шесть

этой задаче шесть

точках А и Внесли ОК==奈 BD= ^ ； a=30e; ₽ = 60°.

неизвестных: NА (величина), Na (вели-

точках А и Внесли ОК==奈 BD= ^ ； a=30e; ₽ = 60°.

неизвестных: NА (величина), Na (вели-

чина), R。(величина и направление), R« (величина и направление). При решении задачи рассматриваем равновесие обоих стержней в отдельности.

чина), R。(величина и направление), R« (величина и направление). При решении задачи рассматриваем равновесие обоих стержней в отдельности.

А. Равновесие стержня ОА

Рассматриваем равновесие стержня ОА (рис. 62).

Изображаем активную силу Р ——вес стержня.

Освобождаем стержень от связей, заменяя действие связей реакциями. Связями являются: а) цилиндрический шарнир О, б) гладкая опора в точке Лив) стер

1^1^Рис. 62как угодно располоРис. 62как угодно расположень B^, прикрепленный к стержню О А при помощи цилиндрического шарнира К・ Реакцию шарнира О раскладываем на две составляющие: X。и У。. Реакцию шарнира К также раскладываем на две составляющие: Хк и YK. Реакция NА направлена перпендикулярно опорной поверхности.

1^

1^

Рис. 62

как угодно располо

Рис. 62

как угодно располо

Выбираем систему координат, как

указано на рис. 62.

Составляем уравнения равновесия. Полученная система сил ——система сил,

женных на плоскости. Уравнения равновесия берем в форме: 2Х=0; ?У=0;

£м°(戸)=о：])?х=о； х°+х«=о；

Sy=°； y^YK+NA-P^

£М(Е)=0; Хк у sin а-|-УА.™ cos ct+N<〃cos а — Р ^cosa=0・

Б. Равновесие стержня ВК

Рассматриваем равновесие стержня ВК (рис. 63).

Изображаем активные силы, действующие на стержень: F и Q — вес однородного стержня.

силусилучем в сгвня .чем в сгвня .一 принципа равенства действия и противодей- Хк=Х^ Yk=Yк\ составляющая Хк направлена противо一 принципа равенства действия и противодей- Хк=Х^ Yk=Yк\ составляющая Хк направлена противоОсвобождаем стержень ВК от связей, заменяя действие связей реакциями. Связями являются: а) гладкая наклонная стенка и б) стержень О А, прикрепленный к стержню ВК при помощи шарнира К・ Реакция ^й стенки перпендикулярна стенке. ~ Реакцию шарнира К раскладываем на две составляющие: Х« и Y^ при-

силу

силу

чем в сгвня .

чем в сгвня .

一 принципа равенства действия и противодей- Хк=Х^ Yk=Yк\ составляющая Хк направлена противо

一 принципа равенства действия и противодей- Хк=Х^ Yk=Yк\ составляющая Хк направлена противо

положно направлению составляющей X© а составляющая Р% направлена противоположно направлению составляющей Ух.

65653 М. А. Мисюрев

65

65

Выбираем систему координат, как указано на рис. 63.

Составляем уравнения равновесия.

Полученная система сил — система сил, как угодно расположенных на плоскости.

Уравнения равновесия берем в форме: ?Х=0; £К=0; Х^к (尸)=。：

£Х=0;—爲+Fcos& — N3cgs a=0;

£У=0； —Ух — Q—尸 sin a+A^sin 虱=0；

£"《(？) = 0； — Q у cos 偉一a)—F-|- 6 sin ^+NB-b sin p=0.

6. Решаем полученную систему шести уравнений с шестью

неизвестными:

х(>+Хк=о；

(4-42)

匕十Ук十储一р=0；

(4-43)

-J^ sin

a-|^ cos a+N百 cos a^ cos a=0;

;(4-44)

XK — F cos a+NB cos a—0;

(4-45)

Y^Q-^F sin a — W3sin a=0;

(4-46>

-у- cos (Р — ct)十可 F sin В — N в sin 0=0

(4-47)

Из

уравнения

02

* cos (0 — a丿 + w 戶 sin 0

(4-47): N『f;

Мз=120 кГ.

Из

уравнения

(4-46): YK=：(NB — F) sin a — Q; Уд

•=一 130 kF.

Из

уравнения

(4-45): X^hFcoscc — N3 cos a; Xx=

=—52 к「

sina

Из

уравнения

(Л 44» А/*33

(Q 11). Лд-с®a

Л/д= 103 к/\

Из

уравнения

(4-43). Y^P-Na-Y^,匕= 127

кГ.

Из

уравнения

(4-42): X°=—Хм X°=52 кГ.

Ответ: Х°=52 “；Fo=127 лГ.

Xr=―■ 52 kF; У^=— 130 d\ 人尸 103 "；/120 S

Ответ:Ответ:— 61.— 61.УУР (/ cos 0 — a cos2 р)Р (/ cos 0 — a cos2 р)поднимакуг при помощи ле-поднимакуг при помощи ле-

Ответ:

Ответ:

— 61.

— 61.

У

У

Р (/ cos 0 — a cos2 р)

Р (/ cos 0 — a cos2 р)

поднимакуг при помощи ле-

поднимакуг при помощи ле-

Упражнения

В буровой вышке колонна извлеченных из скважины труб установлена за пальцем А у рабочих полатей. Определить максимальное число п труб п колонне из условия устойчивости вышки, если известно следующее: длина Z=s 12 相,вес трубы 尸= 360 к「, угол наклона колонны р — 75°, вес вышки Q=10 Т, ширина нижнего основания вышки 4 = 6 м.

Q。

При постройке и сборке бревенчатых, а часто и трубчатых не очень высоких вышек поступают так: собирают на козлах К пару ног и связывают ее поясами и раскосами. После сборки эту i бедки и вспомогательной мачты ВН. Чтобы поднимаемая пара ног не сползала со своего основания, забивают два упорных столба А.

Вычислить натяжение Т каната, реакцию в опоре Л и силу S, сжимающую столб BHt если а = 15°, р = 45°, 丫 = 30°, вес пары ног G = 1000 кГ, считая, что в данный момент пара ног не опирается на козлы К・

Ответ: Т = 1115 кГ; Х^ = 788 /сГ; 匕4 = 212 кГ; S= 1752

Определить опорные реакции козлового крана, усилие Т в тяге ЕН, реакции в шарнире D, если вес фермы Ф, действующей на данную пару ног, равен 7 7\ вес каждой ноги равен 1 Т к приложен в точках & и С2, угол 仪=75°, опорные поверхности гладкие. Остальные размеры указаны на чертеже:.

от8ет: Na = N出=4,5 T; 7后ь=27#/==

^—2Т; Уд—0.Рис. к упр. 39

Установка мачты АВ крана производится с помощью лебедки К, троса BCKi перекинутого через 6jok С стойки СО. Определить из условия равновесия реакции шарниров А и О и натяжение тросов ВСК и Ct), если

трос СЕ не натянут, вес мачты 4В равен 4 Г и приложен к середине ее, а =15°, B = 30°「y = 45°, <p = 30°. (Весом стойки ОС пренебречь).

Ответ: Х/ = 3,72 Г; У* = 3 Т； Гд= 3,86 Т; ^0 = 0, У(,= 3,24 Г;

Т力= 0,55 Т

Рис. к упр. 40Рис. к упр. 40

Рис. к упр. 40

Рис. к упр. 40

Определить реакцию в пяте Л стрелы /В экскаватора, реакцию в шарнире 出 усилие в канате DBE и усилие в вантах 8К, если вес стрелы равен 12 TH приложен к точке С, суммарный вес нагруженного ковш?

Рис. к упр. 41Рис. к упр. 41

Рис. к упр. 41

Рис. к упр. 41

и рукояти Р = 16 Т к приложен к точке М. HD = DB = BH = 8 Mt НМ = = 6,8 м, АН = НВ、4c = 6 л, & =《5。，р = 75。，丫=10。，屮= 1В。*

Ответ'. Х% = 37,6 Г; %=15,6 Т.Ответ'. Х% = 37,6 Г; %=15,6 Т.У4 = 40,5 Г, 7> = 19,8 Т; Х〃 = 6,8 Т, YH^J Т；

Ответ'. Х% = 37,6 Г; %=15,6 Т.

Ответ'. Х% = 37,6 Г; %=15,6 Т.

Определить реакции в шарнирах X к В, натяжение тросов KD и DE при подъеме башни АК i-рана с помощью стрелы BD. В данный момент система находится в равновесии и а = 30°, 0=75°, 丫 =屮=45°, высота башни равна 32 м, вес ее 12TH приложен в точке С, вес стрелы равен 1 Т и приложен к середине стрелы. Остальные размеры взять с чертежа.

Ответ'. Хд — —5,34 Г Х# = 2,0 Г; У工=10,5 Г; У# = 8,2 Т, Tq = = 5,53 Г; 7七=6,6 Г.

G8

Мачтовая опора АВ кабельного крана имеет возможность качаться вследствие перемещения груза D по иаклониой плоскости.

Определить из условия равновесия реакцию шарнира А и вес груза £), если вес мачты равен 10 Г и приложен к середине отрезка АВ, величина натяжения несущего канат Т =40 Г, а =8°, §=15°,而= 45°, коэффициент трения контргруза о наклонную плоскость f = 0,l (amax = S°)«

Ответ\ Хл = 6,64 Т, 〃 = 52,4 Т, G = 58,3 Г.

Транспортер 4В драги удерживается под углом а к горизонту с помощью канатов ЕН, КНВ. Определить реакцию оси А и натяжение 7г и Т^ в канатах E# и К不瓦 если вес транспортера Р, 0 = 45。，丫=30。，乙НКВ = = 90。, СМ =^(АМ).

Ответа Х# = 0,707 Р; 1^ = 0,293 尸；7\ = Р； Тя =г 0,577 Р.

Электровозный контактный провод подвешен к вертикальному столбу с помощью гopизoнтJЛьнoй поперечины АН весом 40 кГ и подкоса НС весом 10 кГ Определить реакции шарниров А и С, если расстояние между столбами вдоль пути равно 40 м, вес погонного метра контактного провода 0,85 кГ;

4 1

Ответ: Хл= 261 "; Гл= 26,8 кГ;

Хe = -26i /；践=57,2"

ГЛАВА V

ГРАФИЧЕСКАЯ СТАТИКА

Основные положения

Графостатика — раздел статики, в котором решаются задачи о сложении и равновесии сил плоской системы методами графики. Для равновесия сил, произвольно расположенных на плоскости, необходимо и достаточно, чтобы силовой и веревочный многоугольники этой системы были замкнутыми.

Силовой многоугольник данной системы сил ——такой многоугольник, стороны которого равны и параллельны силам этой

системы. ABCD (рис. 65)——силовой многоугольник системы сил 1 2} 3, изображенных на рис. 64. Веревочный многоугольник данной системы сил ——такой многоугольник, стороны которого параллельны соответствующим лучам силового многоугольника, а вершины его лежат на прямых действия сил системы а', Г—2', 2’一3‘， ①'一веревочный многоугольник (рис. 64). а'[[а; (Г—2，|(丿一2); (2,一3)[](2—3); з]]з. Причем точка 0 — полюс — произвольная точка плоскости (рис. 65). Лучи силового многоугольника соединяют полюс О с вершинами силового многоугольника. Так луч ОВ соединяет полюс О с вершиной, где сходятся силы / н 2, поэтому этот луч обозначен /—2. Первый луч обозначают буквой а, последний——① Соответст в ующа я

сторона веревочного многоугольника (Г——2')|](」——2), начало этой стороны лежит на прямой действия силы Л а конец ——на прямой действия силы 2

5・2. Определение опорных реакций»

План решения задачи.

Если твердое тело, опорные реакции которого нужно на自тн, находится в равновесии, то силовой и веревочный многоугольники должны быть замкнутыми.

При решении задачи необходимо придерживаться следующего порядка:

Изображаем тело, равновесие которого рассматриваем. Силы, действующие на него, следует рассмотреть в выбранных масштабах.

. Все силы, действующие на это тело (включая и реакции связей)» обозначим цифрами /, 2, 3, ♦・.，п. Для удобства реакции неподвижного шарнира необходимо считать первой силой, а реакцию другой опоры — последней силой (几-ной силой)

Строим в выбранном масштабе замкнутый силовой многоугольник При построении многоугольника силы изображаем последовательно в порядке принятой нумерации Построение временно заканчиваем на том, что проводим через конец последней активной силы [(и——1)—я сила] прямую, параллельную реакции подвижной опоры (эта реакция известна только по направлению)

, Выбираем в окрестности силового многоугольника полюс (полюс — произвольно выбранная точка, не лежащая на силах многоугольника) и соединяем его лучами с вершинами силового многоугольника. Если луч соединяет полюс с вершиной, обра* зованной силами / и 2, то его обозначаем / ——2 и т. д.

Строим замкнутый веревочный многоугольник. Построение его начинаем обязательно с неподвижного шарнира (если все силы, действующие на объект равновесия,— параллельные, то построение веревочного многоугольника можно начинать из любой точки, лежащей на прямой действия опорной реакции). Из неподвижного шарнира проводим отрезок прямой (Г——2’川(/——2)до пересечения с прямой действия силы 2. Из этой точки проводим отрезок прямой (2,——3，)||(2——3) до пересечения с прямой действия силы Зит д И; наконец, точку пересечения отрезка прямой [(п——1)'——п'^Цп—1)——п] с прямой действия силы л (второй опорной реакции) соединяем отрезком прямой м1——Г с неподвижным шарниром и получаем замкнутый силовой многоугольник. ~

Из полюса силового многоугольника проводим луч (л ——1)||(/?——Г) до пересечения с прямой, параллельной реакции

второй (подвижной) опоры и проходящей через конец последней активной силы Эта точка совпадает с концом вектора реакции подвижной опоры

. Из конца полученной реакции проводим вектор, замыкающий силовой многоугольник. Это и будет реакция неподвижного шарнира

. Полученные реакции в выбранном масштабе изображаем на основном чертеже, приложив их к телу, равновесие которого рассматривается

Примечание Правильность графического решения задачи рекомендуется проверить аналитически, т. е. путем составленн兄 уравнений равновесия сил, действующих иа рассматриваемое тело, и решения их относительно искомых величин реакций связей

Рис. 67

Задача 21. На горизонтальную балку АО (рис 66) действуют силы Р=400 кГ и Q=200 кГ.^Определить, пренебрегая весом балки, опорные реакции R若 и Sc (ВС ——гибкая нерастяжимая нить), если AK=KB = BD=2 Mt а^45°.

Решение 1. Рассматриваем равновесие балки AD. Изображаем балку и силы, действующие на нее, в масштабах 1 см — 1 м и 1 см — 200 к「(рис. 67).

Все силы, действующие на балку, обозначаем цифрами: / — реакция неподвижного шарнира Д, 2 — сила Р* 3 — сила Q и 4 — реакция нити.

Строим замкнутый силовой многоугольник в выбранном масштабе (рис. 68). К концу вектора силы 2 пристраиваем на* чало вектора силы 3 и через конец этого вектора проводим отрезок, параллельный нити ВС (на рис. 68 этот отрезок изображен пунктиром).

Выбираем в окрестности силового многоугольника полюс О (рис. 68) и соединяем его лучами / — 2, 2 — 5, 3 — 4 с вершинами силового многоугольника

Строим замкнутый веревочный многоугольник (рис. 67). Из неподвижного шарнира .4 проводим отрезок прямой {Г—2)|](J—2), из точки пересечения этого отрезка с прямой действия силы 2 проводим отрезок прямой (2‘一3，)||(2——3) до пересечения с прямой действия силы 3, из этой точки проводим отрезок прямой (3‘一^)||(3—4) до пересечения с прямой дейст-

вия силы 4, Полученную точку соединяем отрезком прямой (4‘一Г) с точкой А (неподвижным шарниром). Таким образом мы замкнули веревочный многоугольник.

Из полюса О силового многоугольника проводим луч (4—/), параллельный отрезку (4Г—/'), до пересечения с пунктирной линией (для наглядности это изображено на рис. 69) и получаем реакцию 4.

Из конца полученного вектора 4 проводим вектор, замыкающий силовой многоугольник. Это будет реакция / неподвижного шарнира А.

Полученные реакции / н 4 в выбранном масштабе изображаем на основном чертеже (рис. 70). Измерив в принятом масштабе реакции опор, получим /?д—515 кГ, Sc=707 кГ.

аналитически опорные реакциианалитически опорные реакцииУпражнения

аналитически опорные реакции

аналитически опорные реакции

46,47, Определить графически и проверить в фермах, изображенных на чертежах.

Рис, к упр. 47Рис, к упр. 47

Рис, к упр. 47

Рис, к упр. 47

5-3, Определение усилий в стержнях фермыОсновные положения

Фермой называется конструкция из стержней, соединенных между собою по концам шарнирно и образующих геометрически неизмеряемую систему (рис. 71). АВ, ВС, ADt ВК —стержни фермы А, В, С, D, А, И — узлы (шарниры) фермы.

Фермой без лишних стержней называется такая ферма, в которой при удалении любого стержня нарушается ее геометрическая неизменяемость. Каждый стержень фермы испытывает только сжатие или растяжение, если выполняются следующие условия:

Все стержни прямолинейные.

Трение в шарнирах отсутствует.

Заданные (активные) силы лежат

в плоскости фермы ^рассматриваем плос- Рис. 71кие фермы) и приложены только к узлам

фермы.

Весом каждого стержня можно пренебречь по сравнению с силами, приложенными к узлам фермы.

Основная задача, которую мы будем решать графически,

заключается в том, что известны силы, приложенные к узлам фермы, а требуется определить реакции опор и усилия в стержнях фермы.

Ферма без лишних стержней является фермой статически определимой Это условие выражается формулой:

т~2п — 3,

где m ——число стержней фермы л ——число узлов фермы.

План решения задач

I Проверяем статическую определимость данной фермы по формуле: m 2九 ——3.

Определяем графически опорные реакции фермы (см. § 5——2).

Находим усилия в стержнях фермы с помощью построения диаграммы Максвелла — Кремоны:

Изображаем ферму и все силы, действующие на нее, в выбранном масштабе. Рекомендуется векторы сил, действующих на узлы фермы, изображать так, чтобы они не пересекали области, ограниченные стержнями фермы (рис. 72 и рис. 73).

Обозначаем области между прямыми действия всех сил (активных, опорных реакций и усилий в стержнях фермы) ннф宀 рами /, //,…

Строим в выбранном масштабе замкнутый многоугольник внешних сил (внешние силы ——активные силы и реакции связей).

Для этого контур фермы обходим в определенном порядке, например» по направлению вращения часовой стрелки и к концу предыдущей силы, встречаемой при этом обходе, пристраиваем начало последующей. Если сила, действующая на ферму, разграничивает области / и //, то в начале вектора силы в сило-

стержнях фермы,стержнях фермы,

стержнях фермы,

стержнях фермы,

вом многоугольнике должны поставить цифру /, а в конце — цифру 2, так как, обходя контур фермы по направлению вращения часовой стрелки, при переходе через прямую действия данной силы мы идем из области / в область И.

К полученному многоугольнику внешних сил пристраиваем

многоугольники внутренних сил—усилий в действующих на болт каждого шарнира (узла). При этом обходим узел также по направлению вращения часовой стрелки и начинаем рассмотрение равновесия того узла, где сходятся не больше, чем две неиз-

вестиые силы. Затем пристраиваем силовой многоугольник усилий, дей^ ствующих к<1 тот узел, где сходятся также не более двух неизвестных сил, и т. д. Таким образом, получим диаграмму Максвелла — Кремоны.

Задача 22. На узлы С и D фермы

(рис. 74) действуют силы Р—100 кГ и Q=200 кГ Определить графически опорные реакции и усилия в стержнях фермы, если AD=DB=DC=2 м

Решение При решении задачи следует придерживаться вышеизложенного порядка

Проверяем статическую определимость данной фермы по формуле 团=2门一3.

Число стержней в этой ферме /и=5, число узлов п=4, следо-

вательно, по этой формуле получаем тождество 8^=8, т. е. ферма статически определимая.

Определяем графически опорные реакции по правилу,, сформулированному в § 5—2 (рис. 75. рис. 76). Масштаб длин взят 1 л в 1 см. Масштаб сил— 100 кГ в 1 см.

Таким образом, нашли, что величина реакции подвижного шарнира В равна 150 кГ, неподвижного шарнира 4 — 112 кГ (100 кА ——абсолютная величина горизонтальной составляющей, а 50 кГ ——абсолютная величина вертикальной составляющей).

Находим усилия в стержнях фермы с помощью построения диаграммы Максвелла — Кремоны:

а) Изображаем ферму в масштабе 1 м в 1 см и все силы〉 действующие на ферму, в масштабе 66,7 кГ——1 см (рис. 77).

в) Обозначаем поля между прямыми действия всех сил циф» рами /, 11 и т, д. Так например, область / ограничена прямыми действия усилия в стержне AD, силой, приложенной к узлу D, и реакцией неподвижного шарнира А, область V огпаничена прямыми действия усилий в стержнях AC, CD и Аи фермы.

Строим в выбранном масштабе многоугольник внешних сил. (Внешние силы ——активные силы, действующие на ферму и опорные реакции; рис. 78).

Контур фермы обходим по направлению вращения часовой стрелки, а к концу предыдущей силы, встречаемой при этом обходе, пристраиваем начало последующей. Реакция неподвижного шарнира А должна быть обозначена так: в начале вектора силы нужно поставить цифру /, а в конце 2, так как, обходя контур фермы по направлению вращения часовой стрелки, при переходе через прямую действия этой реакции мы идем из области / в область //.

К полученному многоугольнику внешних сил пристраиваем многоугольники внутренних сил ——усилий в стержнях фермы. Если вся ферма находится в равновесии, то4

и каждый узел '(болтX.4

шарнира) ее также находится в равновесии. Мысленно вырезаем и рассматриваем равнове- г,

сие того узла, в кото-\』

ром сходятся не более/

двух неизвестных сил> —

Такими узлами явля-'

юте Я узлы А И В. Рас-Рис. 79Рис. 80

сматриваем равновесие узла А под действием опорной реакции и реакций в стержнях АС и AD. Треугольник, построенный на этих силах, должен быть замкнутым. Обходим узел А по направлению вращения часовой стрелки и все силы, встречающиеся при этом обходе, пристраиваем к многоугольнику внешних сил. Сила 12 уже построена. Через точку 2 (конец силы /2) проводим прямую, параллельную стержню АС, а через точку / (начала силы 12) проводим прямую, параллельную стержню 4。, до пересечения с прямой, проведенной через конец 2. Получили замкнутый силовой треугольник с вершинами /, 2, 5. Для наглядности это построение изображено на рис. 79

Далее рассмотрим равновесие такого узла, соседнего с узлом А, где сходятся не более двух неизвестных сил. Рассмотрим, например, равновесие узла С. Обходим этот узел по направлению вращения часовой стрелки и пристраиваем замкнутый многоугольник сил к частично построенной диаграмме.

Силы 52 и 23 были построены ранее. Через конец силы 23 (точка 3) проводим прямую, параллельную стержню СВ, а через начало силы 52 (точка 5) проводим прямую, параллельную стержню СО. Точку пересечения этих прямых нужно обозначить цифрой 6.

Замкнутый силовой много)тольник, соответствующий узлу С> будет иметь вершины 5, 2, 3 и 6 (рис. 80). И, наконец, рассматриваем равновесие уз/а D, обходя его по направлению вращения часовой стрелки. Силы 4/, 15, 56 уже построены

ранее.

Так как точки 6 н 4 также построены, то их нужно соединить и получим замкнутый многоугольник (рис. 81). Таким об-

Рис. 81Рис. 81разом, полностью построили диаграмму Максвелла——Кремоны для данной фермы.

Рис. 81

Рис. 81

Для последнего узла В замкнутый многоугольник уже построен ——это треугольник с вершинами 3, 4 % 6. Следовательно, рассмотрение равновесия последнего узла фермы служит для контроля правильности построения диаграммы Максвелла — Кремоны.

Измерив в принятом масштабе усилия в стержнях фермы по диаграмме Максвелла—Кремоны, нужно их значение внести в таблицу.

Как установлено ранее (см. стр. 11,7-й тип

связи), если реакция стержня направлена от узла, то стержень испытывает растяжение (Ч-), в противном случае —сжатие (—).

Для того, чтобы определить, испытывает ли какой-нибудь стержень фермы (например, стержень 4С) растяжение или сжатие, нужно обойти один из двух узлов, которые соединяет этот

стержень.

Для определенности обходим узел С, пересекая стержень ЛС. Реакция этого стержня, приложенная к узлу С, изображается на диаграмме вектором 52 (так как при обходе узла С по направлению вращения часовой стрелки идем из области V в область //), если мысленно вектор 52 перенести на стержень АС, то увидим, что этот вектор направлен к узлу» т. е. стержень АС испытывает сжатие. '

После построения диаграммы Кремоны и нахождения усилий в стержнях фермы рекомендуется для контроля в некоторых стержнях найти усилия аналитически, применяя либо метод сечений, либо метод вырезывания узлов.

Упражнения

48,49. Определить графически и проверить аналитически опорные реакции и усилия а стержнях ферм, изображенных на чертежах.

5-4, Метод сквозных сечений

Рассекаем ферму так, чтобы в сечении было не более трех стержней. Например, проводим сечение по стержням AD, CD и СВ (рис. 82).

Рассматриваем равновесие правой части фермы.

Изображаем активную силу Q, действующую на эту часть фермы.

Освобождаем правую часть фермы от связей, заменяя действие связей реакциями:

Nb — реакция подвижного шарнира (%в = 150 кГ), 片*6，S5ft, S” ——реакции рассеченных стержней — действия отброшенной части фермы на оставшуюся. Реакции направляем от узлов, предполагая, что все стержни испытывают растяжение.

Составляем уравнения равновесия сил, приложенных к правой части фермы.

Уравнения равновесия следует брать в виде сумм моментов относительно трех точек, не лежащих на одной прямой. За точки моментов нужно брать такие точки, в которых пересекаются прямые действия двух неизвестных сил. (Если конструкция

М. А, Мисюрев81

фермы такова, что одна из точек пересечения находится в бесконечности, то одно из уравнений моментов нужно заменить уравнением проекций всех сил на ось, не перпендикулярную

Рис. 82

прямой проходящей через две точки моментов.) В данном случае за точки моментов нужно взять узлы Br С и D.

2 мв 矛)=0； Q(D6) - S“ (Q8)=0;(5-1)

^Mc(戸)=0； МВ(D3)— S“(8)=0；(5-2)

2乂口(戸)=0； Ns (DB) — S„ (DB) sin 45°=0. (5-3)

Из уравнения (5-1) S“==Q; S*=200 лГ.

Из уравнения (5-2) Sls^^в; Sls=150 к!\

Из уравнения (5・3) S*产一NB cosec 45Q; S„= — 212 кГ.

5-5. Метод вырезывания узлов

Рассматриваем равновесие такого узла (болта шарнира) фермы, в котором сходятся не более двух неизвестных сил.

Для примера рассмотрим равновесие узла В (рис, 83). Этот узел находится в равновесии под действием трех сил:修日,Sie (реакция стержня ВС) и S“ (реакция стержня BD).

I 2. Из этих сил строим замкнутый силовой треугольник (рис-- 84). Построение его начинаем с известной силы ^в. Через конец вектора ^в проводим отрезок^ прямой, параллельной стержню СВ, а через начало вектора NB проводим отрезок прямой, параллельный стержню DB.

Полученные направления векторов изображаем на ферме, прикладывая эти векторы к узлу 8 (рис. 85), и видим, что стержень DB испытывает растяжение, а стержень СВ — сжатие.

3. Решаем силовой треугольник, т. е. по известным элементам его находим неизвестные:

S3a=NBcosec а; З^мД^Мда;

угол а на рис. 84 равен £CBD на рис. 83 как углы с соответственно параллельными сторонами.

Следовательно»

cosec a=^ = 0,5)/F; cosec а—1,41；

4 DB >.

ctgc(=尻；ctga=L

Имея в виду, что “冃=150 к「，получаем (с учетом знака усилия):

S86=—212 кГ, S46—150 кГ t

Окончательная таблица результатов будет такой:

Обозначение усилия

§25

&5

5бо

5зе

5,и

Величина усилия в кГ

Графическое решение

—71

150

200

—212

150

Аналитическое решение (проверка)

150

200

—212

150

Примечания: 2* Графическое решение задачи (построение диаграммы Максвелла — Кремоны) необходимо выполнять очень тщательно и отклонение результатов задачи, полученных графически, не должно превышать 5% от значений, полученных аналитически.

Если требуется построить диаграмму Кремоны для фермы с пересекающимися стержнями (точка К на рис. 86), то для облегчения построения

Рис. 86

диаграммы считают, что в точке《существует шарнир, и строят диаграмму обычным путем.

Если требуется построить диаграмму Кремоны для фермы, при последовательном вырезании и рассмотрении равновесия узлов которой встречается узел с тремя неизвестными усилиями, то для того, чтобы можно было про< должить построение диаграммы Кремоны, нужно воспользоваться аналитическим методом сечений (см. 5-4).

Напрнмер, после построения замкнутых силовых многоугольников для узлов А, В и С фермы (рис. 87) встречаем узлы D и К, в которых сходятся по три неизвестных усилия.

Рассекаем ферму по стержням MN, ME, DT и, рассматривая равновесие сил, приложенных к правой части фермы, находим усилие в пержве DT,

После этого можно рассмотреть равновесие узла D, т, к, будем иметь только 2 неизвестных усилия, и построить замкнутый многоугольник. Далее можно рассматривать равновесие узла ^ и т, д.

Упражнения

.51. Определить усилия в стержнях методом вырезывания узлов и методом сечений в фермах, изображенных на чертежах,

Рис* к упр. 50

Рис, к упр. 51

II. ПРОСТРАНСТВЕННАЯ СИСТЕМА СИЛ

ГЛ АВА VI

СИЛЫ, ЛИНИИ ДЕЙСТВИЯ КОТОРЫХ ПЕРЕСЕКАЮТСЯВ ОДНОЙ ТОЧКЕ

6-1. Основные положения

Совокупность сил, линии действия которых пересекаются в одной точке, называется сходящейся системой сил.

Для того, чтобы система сходящихся сил в пространстве находилась в равновесии, необходимо и достаточно, чтобы суммы проекций всех сил системы на три взаимно перпендикулярных оси равнялись нулю:

S х,.=о； S 匕=о； S z,=o.（6-1）

f=iZ=if=t

Проекция силы на ось

Из рис. 88 видно, что F—F^+Fg,, где составляющая Ft парал* лельна оси oz, составляющая Ft параллельна плоскости хоу. Используем следующую теорему: проекция равнодействующей н а какую-нибудь ось равна алгебраической сумме проекций составляющих на ту же ось:___

（戸）**（%）*+（凡加

НО （冗）* = 0.

Обозначая （尸）#=Х, получаем

_ 一x=（戸）.

Но F^AB ——проекция данной силы на одну из координатных

плоскостей, проходящих через ось проекций. Следовательно, (Е)#=(^Б)#=|^Щ cos p=Fsinacosp,(6・2)

X=Fsinacos 0.

Таким образом, приходим к Для того, чтобы найти проекцию силы на какую-нибудь из координатных осей, нужно сначала эту силу спро^ ектировать на одну из координатных плоскостей, и роходя- щих через ось проекций, а затем полученную проекцию спроектировать на данную ось.

Отсюда следует, что если: F перпендикулярна плоскости хоу, то Х=0; У=0;尸 перпендикулярна плоскости 尤勿, то

Х=0； Z=0;尸 перпендикулярна плоскости уог, то У=0; Z=0.

Решаем задачи, придерживаясь следующего плана:

Выделяем материальную систему (тело или материальную частицj^), равновесие которой следует рассмотреть.

Изображаем активные силы, действующие на материальную систему, равновесие которой рассматриваем.

Освобождаем эту систему от связей, заменяя действие связей реакциями.

Выбираем систему координат.

Составляем уравнения равновесия:

ух=0； 2y=0； 2Z=O*

Решаем полученные уравнения.

6-2. Решение задач.

Задача 23. К узлу D треноги ABCD (рис. 89) приложена сила Q—100 кГ, лежащая в плоскости DA& симметрии треноги 卢К=“)и направленная под углом а=60е к стержню AD. Определить усилия в стержнях AD, BD и СО, если A BCD — правильный тетраэдр Д» В, С и D — шарниры. Весами стержней пренебречь.

Решение. 1. Рассматриваем равновесие узла D (рис. 90).

На узел D действует активная сила Q.

Освобождаем узел D от связей, заменяя действие связей реакциями. Связями являются стержни 4D, BD и CD. Реакции стержней направлены по стержням. Направляем эти реакции от

узла, предполагая, что все стержни работают на растяжение. Будет ли это так, покажет результат решения задачи.

Выбираем систему координат, как указано на рис 90

Рис. 91Рис. 91

Рис. 91

Рис. 91

Составляем уравнения равновесия: ? Х=0;》У=0; 2Z=0: 2Х=0; Q sin (a+B)+S/Sin § — S^sinB cos 丫 一

—Sc sin p cosy=0,(6-3)

s У=°； — Sg sin В sin y+Sc sin 0 sin 丫=0,(6-4)

£Z=0; -— S^ cos p -— S^ cos p — Sg cos 卩—Q cos (ct+B)=O.(6*5)

Здесь через 0 обозначен ^ADO.

Решаем полученные уравнения. Из уравнения (6-4):睦=S^. Обозначаем 乙 ADO=乙 BD0=£CD0=0 тогда sin 0=亀.

Из рис. 91 видно, что

ЛО=ОС; 2 (ЛО) cos 30о=а；

40=哼.

Следовательно,

S也8=享 p = 35°15,.

Из уравнения (6-3)：

0,5775л —0,577Sfi= — 99,5, (6-6)

Из уравнения (6-5):

0,8165л+1,632SB=9,15. (6-7)

Решая уравнения (6-6) и (6-7) совместно, получаем Sa= — 112,3 к/\ Sb=Sc=61,7 кГ. Знак минус показывает, что стержень AD работает на сжатие.

Задача 24. На рис. 92 изображена пространственная ферма, составленная из шести стержней /, 2, 3, 4, 5, 6. Сила Р дей»

ствует на узел Л в плоскости прямоугольника ABCD; при этом линия ее действия составляет с вертикалью СА угол а=60°. / EAK^/^ FBM. Углы равнобедренных треугольников Е4К, FBM и BDN при вершинах А, В я D прямые. Определить- усилия в стержнях, если Р=2Т и Р=45°.

Решение. Рассматр иваем равновесие узла Л. (Рис. 93).

1・ Изображаем силу 戸＞ действующую на узел 4

Освобождаем узел Л от связей, заменяя действие связей

реакциями. Связями являются стержни АЕ, 4K и АВ. Реакции стержней направляем от узла, предполагая» что стержни рабо* тают на растяжение.

Выбираем систему координат, как указано на 巴с・ 93.

Составляем уравнения равновесия: ? X=0; 工 У=0二 2z==o：

JX^O; St cos p — Stcosp«=0,

2 y=0； 5,-l-Psina—O;

£Z=0; —P cos a — St sin ₽ — Stsin p=0.

Рассматр иваем равновесие узла В. (Рис. 94).

Освобождаем узел В от связей, заменяя действие связей реакциями. Связями являются стержни BF, ВМ, BN. Реакции стержней направляем от узлов, предполагая, что стержни рабо тают на растяжение. Причем по принципу равенства действия н противодействия S^S^.

Выбираем систему координат, как указано на рис. 94.

Составляем уравнения равновесия:

2Х=0； S4cos р — S.cosB=0;

2Г-0; S.cos0 — S；=O,

ШвдМшШвдМшРис к упр. 52Рис к упр. 52

ШвдМш

ШвдМш

Рис к упр. 52

Рис к упр. 52

：3) ^^ Z=0; — S* sin P — S* sin p — S. siti 卩=0.

Тешаем полученную систему шести уравнений:

Sf—St «О,

S$+Psitias=O.

S, sin P4-S1sin₽4-P cos qs=0,

S* — Se=0,

S. cos р — S,=0»

,S&+E+S产 о.

“ Получаем: St = S,=—0,707 Г;

S『一1,73 Т; S&=Sl1,22 Т;

5产一2,44T]

Следовательно, стержни /, 2, 3, 6 работают на сжатие.

Упражнения

52. Для переноски путей52. Для переноски путейзвеньями на руднике применяются железнодо-

52. Для переноски путей

52. Для переноски путей

-рожные краны. Определить натяжение канатов АВ, АС, 4В[ и АСР если вес

звена равен 1,6 Tt ВВ, — СС)= а;ДВ = АС = АС> = ЛВ> = 4а:

ВС = BG = 5a.

Ответ： Т = 518 /сГ.

При колонковом бурении применена тренога АВСН, служащая для осуществления грузоподъемных операций. Определить усилия в йогах треноги, если на узел Н действует суммарная нагрузка Q = 3 Т, /15 = 8С = {С = 6 м.

ДН = ВН = СН12 Mt ВК = КС» Л1К = (Л К)*

Ответ; S/ = —0,52Т, §& = $©=—1,3 Т

54. На гладком полу стоит треногий штатив; нижние концы его ножек54. На гладком полу стоит треногий штатив; нижние концы его ножексвязаны шнурами, так что ножки штатива и шнуры тетраэдр. В верхней точке штатива укреплен теодолит реакцию пола & в точках опоры и натяжение Шнуров Т, выразив искомые величины в частях Р (гайки головочных винтов штатива ослаблены).

54. На гладком полу стоит треногий штатив; нижние концы его ножек

54. На гладком полу стоит треногий штатив; нижние концы его ножек

尸尸

Ответ: R =可；Т = 3 了歹.

Определить усилия в стержнях АВ, и АО, если сс = 60°, Z АСО = 45°; /4ВО = 60°; вес груза D равен 600 кГ, крепления стержней в точках О, А, В и С шарнирные, трос DAK лежит в плоскости, параллельной плоскости yoz. (Весом стержней пренебречь).

Отеет: 30 = 0, Sb= — 1038 Sc = =1273 кГ.

образуют правильный весом R Определитьобразуют правильный весом R ОпределитьОпределить усилия в стержнях AD, BD, CD, если вес груза М равен 800 кГу /Л4£)Е = 45°, £DOC= 120°, £DAO = / DBO = 60° f трос MDE лежит в плоскости, параллельной плоскости roz, крепления стержней в точках А, В, С н D шар・ мирные, OD =ОС.

образуют правильный весом R Определить

образуют правильный весом R Определить

企企к упр. 55к упр. 55Рис.Рис.ответ: 3g=-1,93 rГ з3м — 0,8 T. 5e=1,36「

企

企

к упр. 55

к упр. 55

Рис.

Рис.

ГЛАВА VII

ПРИВЕДЕНИЕ ПРОСТРАНСТВЕННОЙ СИСТЕМЫ СИЛК ПРОСТЕЙШЕМУ ВИДУ

7-1. Основные положения

Главный вектор R системы сил равен геометрической сумме сил 尸* данной системы:

А= S &(7-1)

Проекция главного вектора системы сил на какую-нибудь ось равна алгебраической сумме проекций всех сил системы на ту же ось:

乩=n尸齿；R尸2尸и； R产Zj尸tf(7=2)

1=i

Величина и направление главного вектора системы сил находятся по формулам:

R = M&+RH&； cos(R〕D=# cos(R：»=*;

cos (R： в =号.(7-3)

Главный момент системы сил относительно какой-нибудь точки пространства равен геометрической сумме моментов всех сил системы относительно той же точки:

^=2 4^/)-(7*4)

Проекция главного момента системы относительно точки на любую ось, проходящую через эту точку, равна алгебраической

сумме моментов всех сил системы относительно этой оси:

М= S Мх (Fz); Mv=^My (Fz);此=i>z(E)・(7-5) /=|f=E1=1

Величина и направление главного момента системы относительно точки находятся по формулам:

出=%尤+Mj+M; cos 阿；7)=啓；cos (初;7)=等； cos(C«)=^-°° (7-6)

Момент силы относительно оси равен моменту проекции силы на плоскость, перпендикулярную к оси, относительно точки пересечения оси с плоскостью (рис. 95):工

此(戸)=也(戸,).(7-7)

Для того, чтобы найти момент силы от- I |、^ носительно какой-нибудь оси, нужно эту | j : силу спроектировать на плоскость, перпен- Г Т| 「； 一, дикулярную к оси, а затем взять со знаком /!^ ! /

плюс или минус произведение величины этой/|/^>*«d /

проекции на ее кратчайшее расстояние от /I //

точки пересечения оси с плоскостью. Знак / //

плюс у произведения берется тогда, когда ^~—二/

проекция силы стремится вращать плоскость Рис 95 проекции против направления вращения часовой стрелки, если смотреть с положительного направления оси» в противном случае берется знак минус.

Из рис. 95 видно^ чтэ Мг (F)=F1h. Следовательно, момент силы относительно оси равен нулю, если:

линия действия силы параллельна оси;

линия действия силы пересекает ось.

Если А (х; у; г) есть точка приложения силы F, а 尸#, Fyt Fz проекция силы на координатные оси, то аналитические выражения моментов силы относительно координатных осей будут:

мх (f)=^ —^v；

Mv(F)=^zFх — xF^,(7-8)

Мг(Р)=хР,-уРх.

Главные моменты системы относительно координатных осей будут:

mх=?@匕一叫)；

Mv=^Fx-xF^,(7-9)

叽=工(Х% - ")

Система сил, как угодно расположенных в пространстве, в общем случае может быть приведена к одной силе, приложенной в произвольной точке пространства и равной главному вектору данной системы сил, и к паре сил (尸，尸')，момент которой равен главному моменту этой системы относительно той же точки:

Е，戸Fp ...戸”sR,(戸，戸)，(7-10)

причем, тот (尸，Ff)=M^

При сложении пространственной системы сил (приведение пространственной системы сил к центру О) возможны следующие случаи:

Если главный вектор системы не равен нулю, а главный момент этой системы относительно точки О равен нушю:

К#0; 瓦=0,(7-11)

то система равносильна равнодействующей, приложенной в точке О и равной главному вектору.

Уравнение прямой действия равнодействующей ——центральной оси системы — будет:

款=.(m2)

где %,协 z — текущие координаты прямой, а начало координат совпадает с центром приведения О.

Если главный вектор системы равен нулю, а главный момент относительно точки О не равен нулю:

页=0;而。片0,(7-13)

то система равносильна паре сил, момент которой равен главному моменту Мо системы.

Если главный вектор и главный момент системы относительно точки О не равны нулю и перпендикулярны друг другу: 页声о； М,*0；页丄1й°,

RxMx+RyMy+R^t-0,(7-14)

то система равносильна равнодействующей, равной главному вектору системы. Расстояние d центра приведения О от прямой действия равнодействующей (центральной оси системы) определяется по формуле:—

公吗.(7-15)

Уравнение центральной оси системы будет:

• (Мб)• (Мб)Мх ——(妳名—zRy) My ——(zR* ——/Rj Мм — (xRy — gR*)

• (Мб)

• (Мб)

Ry

При условиях (7-14) прямая действия равнодействующейf определяется двумя какими-нибудь из следующих трех уравне* ний:

yRt — zRv=Mxi zRx — xRs=My; xRv — yRx^Mx9 (7-16)

где х, у, z — текущие координаты системы, а начало координат совпадает с центром приведения О.

Если главный вектор и главный момент системы относительно точки О не равны нулю и не перпендикулярны друг другу:

(7-17》(7-17》R*o, 矶¥=о，弘丸

(7-17》

(7-17》

R*M*+RyMy+RzMz#。，

то система равносильна динамическому винту, т. е. равносильна паре сил и силе, равной главному вектору и перпендикулярной плоскости пары.

d=|AMl si《灭,府J]- 屈Id=|AMl si《灭,府J]- 屈I(7/8)(7/8)Расстояние d центра приведения О от центральной оси определяется по формуле:

d=|AMl si《灭,府J]

- 屈I

d=|AMl si《灭,府J]

- 屈I

(7/8)

(7/8)

Уравнение центральной оси системы определяется формулой (7-16)» Параметр винта определяется по формуле:

(М9)(М9)p L^ol СО^ГМр)

(М9)

(М9)

причем» если Р>0, то имеет место правый винт, в противном> случае — левый.

Если главный вектор и главный момент системы относительно произвольной точки О равны нулю:

^^0> Мо=О»

то система сил находится в равновесии.

План решения задач

Выбираем систему координат, если система координат не задана по условию задачи.

Для упрощения решения задачи оси координат нужно направлять так, чтобы одна часть прямых действия сил пересекала оси координат* другая часть была бы параллельна этим осям.

Находим проекции главного вектора системы сил на оси выбранной системы координат по формулам (7-2).

Определяем величину и направление главного вектора системы по формулам (7-3).

Находим проекции на оси координат главного момента системы, взятого относительно начала координат, по формулам (7-5).

Определяем величину и направление главного момента системы относительно начала координат по формулам (7・6).

Если R，工 то данная система сил имеет центральную ось, уравнение которой будет:

в случае, когда Л4о=0, в виде (7-12),

в случае, когда RxMx+RvMy-^RzMz=0, в виде (7・16‘)，

в общем случае, когда RxMx+RyMy+RzM2 =^= 0, в виде (7-16).

Определяем расстояние начала координат от центральной оси системы по формуле (745) или по формуле (7-18).

7-2. Решение задач

Задача 25. К вершинам Д, К, £, Я прямоугольного параллелепипеда (рис. 96) приложены силы F,=尸&=尸*=尸4= Q, 户产3Q.

Привести систему к простейшему виду, если

AB=DK=EH=CM = AD=BK=MH=CE=a、 AC^BM^KH^DE = 2aV2t / DAB=£ DXC-/ВЛС=90° Решение. 1. Выбираем систему координат, как указано на рис. 97.

Находим проекции главного вектора системы сил на оси выбранной системы координат по формулам (7-2):

尸，*；

Ry^^p iy=F iy+F гу-\-Р tv-\-P ^+Fiy\

Rz =2F/Z=尸12十&2+f"+尸42+fН2；

R尸尸,一匕 %=Q - 3Q 阳2=-1，82Q;

Итак

&= — Q, &尸一1,82Q, R2=^—Q.

Определяем величину и направление главного вектора системы по формулам （7-3）:

R=〉R"R；+R：; R=2,3Q;

8S依：7）=*; cos （守力=^； COS（R/Z=今， следовательно,

co“R, i）= — 0,43, cos（R, /）=—0,79; cos（R,左）=—0,43.

Находим проекции на оси координат главного момента системы, взятого относительно начала координат, по формхлам 05）:

心=£ m" @）=此（тн mж（%）十以（fj+用」f*）十也（工）； %=»& @）=此（岁）十也（fj+My （二）十% gj+M"®； 也二工此（里=也（戸.+也（戸J+“z （R）十此优）+此:①； M*（M）=Mx （Е尸 AL （凡）=0； Мх （冗）=一 J （ДС）—2a「2Q;

陷式戸 J =几 cos （N HDE）. （4D） = 2a /2Q,

тогда——

Mx=^ Мх （£）=—2ayTQ+2a /2Q = 0;

M＞（戸,）=%（戸2）= 〃v （冗）=0; My （冗）=F/4B）=Qa.

铀（£）=-& cos （/ KDH） • （43） =- Qa

Следовательно,_

一m,二》*（戸尸Qa一"=0, _此（戸,）=此（戸*）=他（冗尸此（戸*）=此（戸,）=0.

отсюда—

Мг^МгСЕ^.

Итак,

М 丸=44 y = Al z=0

Определяем величину и направление главно:о момента системы относительно начала координат но формулам （7-6）.

Получаем: Мо—0.

Таким образом в данном случае имеет место первый случай приведения пространственно ' система сил к центру （7-11）..

R声0, 他=0, т. е. эта система равносильна равнодействующей, приложенной к началу координат А и равной главному вектору системы

97974 М. А. Мисюрев

97

97

Находим уравнение центра 1ьной оси системы—■уравнение прямой действия равнодействующей по форм、”》 【8 12)

X у г

"为 小 尺2

Пол5чаем*

U=l,82x,1 82г.

Эта прямая проходит через начало коор цшат и точк\ L(% 182а; и) (рис 97).

Задача 26. Три силы F产F产-F」-Q приложены к вершинам 丄八 К 11 F прямо\ гольного параллелепипеда (рис. 98).

Привести систему к простейшему тиу если AB = AD=^a. Л Л = 2а.

Решение. 1. Выбираем систем\ координат, как указано на рис. 99

Находим проекции г равного вектора систем# сил на иси ьыбранной системы координат по формулам (7-2).

此产e几П尸叮i FQF*3

v ^ ^ F(v = -^'ly t ^,v +, v.

R产 £F"=3z+%+/=；R#=f*hQ; Rv=f『q； к尸q

Определяем величину и направление главного вектора сис1емы по формулам (7-3):

R == Hr：+R；+R：； RnQ 丿3 ,

cos {R i)=胃；cos(R /) = --; cos (R, 63ss赍.

Следовательно,

COS(R「4 = COS (X 7) = cos (Ж

N(R7)=N(R 力П/(区万)=54。45，.

Находим проекции на оси координат г.явного момента системы взятого относительно начала координат, по формулам 65）：__

м.^мх^-м>.f卜此（戸"认（Q；

М产工也（e）=m后）］也（户2）卜例/戸J；

Mx（f\）=-Fl-2a^—2Qa-此（戸J = Ra = Qa;八（凡）=0;产,,（上）=0;，也,/；）：0; M"（£）=0;

Mz{F^^Ffi^Qa-,此（戸1=0；用;（六,）.（）， отсюда:

М^― — Qa, Му = 0, Л1,~ Qa.

Определяем величину и направление главного момента системы относительно начала координат по формулам （7-6）;

此=，МАМ羽疵;M^Qa V 2:

cos （М,,'7） =亲；cos （硏,/）=等；cos （忆,N）=筋

cos （Ma, »）= —g; cos （Mo> /） = 0; co、（Mq,脑一后「

Получим

R壬（），同关0, R丄机，

так как выполниется условие

Таким образом, в данном случае имеет место третий случа.1 приведения пространственной системы сил к центру （7-14）, т. е система равносильна равнодействующей, равной главному вектору системы.

Находим уравнение центральной оси системы （прямой действия равнодействующей） по формулам （7-16"） и получаем:

Х = 2, К ——у = &

полагая г,--^0, находим х,—0,財=二一а; полагая ^纟^，八 находим ха~а “2=0. Следовательно, центральная ось проходит через точку В】（0; — 〃； 0） и точку 伉（〃；。；〃）（Рис- 99）.

Находим расстояние d начала координат до центральной асн по формуле （7-15）:

Задача 27 К вершинам А, 8, С, D призмы приложены силы

к простейшему виду, еслик простейшему виду, если凡=1,31中 尸产Q, F「F&=2Q (рис. 100). Привести систему к простейшему виду, если АН = &C=DK=AD=HK=a> а=60 .

к простейшему виду, если

к простейшему виду, если

£DAB = ^/КНС^О^

Решение. L Выби- ；аем систему координат, как указано на рис 101,

Находим проекции главного вектора системы на оск выбранной системы координат по формула竝；7-2):

R*=£Fix=尸 н+Зк+Зх+г^；Ry=2 尸I尸尸 “"“+%+%；

凡П工尸产乙z + %+尸,z+%；尸,*=0;房产一F*=一Q; F,*=0;尸 4尸0；

К尸°；尸2y=°；尸”=—尸，cosa=—Q; %=F4 coscx=Q;储尸尸,= 1,31 Q;尸 az=0;尸,z=Fsina=l,73Q;齐“=—FqSiii q=— 1,73Q.

Следовательно,

R产-Q； Ry=o； R尸I,3IQ・

Определяем величину и направление главного вектора системы по формулам (7-3):

R =МR： 4 R；十R：； cos(R?7)n帯；cos(Rf7尸告;cos (R,左)==登，

欠=1,65Q, 8s(冗 7)=—0,6; cos(K「7)=°； cos(^Г^)=0,8.

Следовательно, прямая действия главного вектора системы лежит в плоскости охг и наклонена под углом 127° к оси ох.

Находим проекции на оси координат главного момента системы, взятого относительно начала координат, по формулам (7-5):_

м "=z мх(£,)=例 £?J 十財 х(3)+ 例工(F J +М*(%)；

%=У 也(号)=% (Л) +му (戸J+My (石)十附V @);

Mz：£ M^F^Mt (F^M^^ + M^^ ^/Иг(?4);

M*(E)=0; M"(戸,)=0; Mx(F,)^F, (HK) sin 30°=Qa;

M*{戸“)==—匕(”K) sin 30、=— Qa；

M^^-F^AH}^- l,31Qa; /% (戸*)=0;

財v(戸J：。； ^(fJ^cosSO^fA/f)^! 73Qa;

也(e)=0;也］R)=F*("C)=0,58Qa;

MJF,)=0; M г (FJ=F4 sin 30° (AH)^ Qa.

Следовательно,

М^нО, My=0,42Qat M?=l»58Qa

Определяем величину и направление главного момента системы относительно начала координат по формулам (7-6):

m, 二)/例:十喝十用 cos (可T)=需cos (成7)=强;cos(X?Ij=费；

M 产 l,63Qa; cos(^4^7)=0; cos(M^?/)=：0.25: cos (而:方)=0,97.

Следовательно, вектор Мо лежит в плоскости оуг и направлен под углом 76° к оси оу.

Таким образом, получаем:

R声0; /И^О н Rue 丄 М» так как,

A也籌十凡此+ RzMn=2Q7Q%*0,

В данном случае имеет место четвертый случай приведения пространственной системы сил к центру /7-17), т. е. система равносильна динамическому винту.

Находим уравнение центральной оси системы в виде (7-16):

例х — (gRz — zRy) My — (2R# — *火窜)Mg —(*Ry — PR*)

получаем:

y=0,58a, 1,31 y+z+O,42a =0.

Центральная ось систем» лежит в л/юскости, параллельной плоскости охг. отстоящей от нее на расстоянии 0,58 а, и проходит через точки "】(0; 0,58а; —0,42仃)и В/—0,32а; 0,58а; 0) (рис 101).

Определке\1 расстояние d начала координат до центральной оси системы но формуле (7-18)

х sin (冗

Для нахождения \гла между главным вектором и главным моментом системы иcпoльз^e^^ формулу:

лолучаем:

cos (R「即) = ().775, <(R,丽。) = 39°.

Следовательно,

d = 0,63a.

Приходим к выводу, что данная система эквивалентна одной силе, равной главному вектору системы лежащей на центральной оси и паре сил плоскость которой перпендикулярна центральной оси.

Величина лектора момента этой пары Mj—M0cos (R, Mo)— = l,2£Qa; параметр винта 戶=也 ^農四Р=“76 (правый винт так как Р>0).

Задача 28. К верш ивам А, В и С пирамиды приложены силы f 尸匕=Q, %= l//；。. Пригести систему к простейшему виду, если АВ^ВС=-а, £ОАВ^ 30е (рис. 102).

Решение. 1. Выбираем систему координат, как показано на рнс. 103.

Находим прсекиии главного вектора системы сил на оси выбранной систем bi координат по формулам (7-2):

也=£%、=几1尸… k J=£尸产尸/％,十％;

&=工尸友=f尸22T方3?；_

A*=—^ca3U° = —-*Q,尸‘「О,匕、匸％cos45』* Q;

F^F^ostO^ -Q-,尸"尸一尸/火60。一一 ^Q, /] = 0;

%=0； %z=/\cos；30』*Q； f「—％cos45o=—^Q.

Следовательно,

，=Rv=R尸也

Определяем величину и направление 「явного зек тор а системы по формулам （7-3）:

R 二-|/ Rx 卜&十％, gs（N '）=片cos（R, /）=衣；

Получаем

IR I =0

Находим проекции на оси координат главного момента системы, взятого относигечьно маната координат но формулам （7-5）:一'

网产X"（£,）=m* 4,卄例"（?" 也（厶）；

例产》网（弓）=也4）十/%（4 +%4）；例产三，吃（户,）=，3（%）-3瓦）十此3）；

20=。；」厶（冗） = %号、"160:」*0“；］（£10；

M，sj-0,也旧）=（）；儿（仆=匕岑"、m2。=，0",

^г^ 1）= ^> ^-a sin 3Qa = ~- Qa; Мг Fa）=U, Alr（F,） = 0

Сзедовагельно,

川*=?2。； A'/v=^Qa； Mz=f0a・

5* Определяем величину и направление главного момента системы относительно начала координат, по формулам (7-6):

М. = Мм"м；+м：; cos(＜，0=^; cos(м；，7)=靠； cos(M^fe)="J; m。=毕 Qa; 85(m"二分=专；

8sm：7) =豊；COS(C^)^^-

Таким образом, получили:

我=0; м^о.

В данном случае имеет место второй случай приведения пространственной системы сил к центру (713), т. е. система равносильна паре сил, момент которой равен главному моменту ~М^ Задача 29. Система сил состоит из трех:

3 (2; 4;—6) к「＞ с точкой приложения AJ—3; 4; 5)»

F, (8; —6; 4) кГ, с точкой приложения 4, (1; 2; —3),

F9 (10; 5; —8) kF, с точкой приложения Л, (—5; —3; 7).

(Линейные размеры в метрах.)

Привести систему к простейшему виду.

Решение. 1. Находим проекции главного вектора системы ва оси системы координат по формулам (7-2):

凡=£ 尸产九+%+%; R%=20

凡=£尸尸f2z+h；； R产一 io kа

Определяем величину и нап： явление главного вектора по формулам (7-3):

A=Ur"R；+内;R = 22,5M;

頂：『) =餡 cos (R?T)=0,89;

с。、灰7)= £I cos (R, /) == 0,13;

cos (7?,五)工导；cos (R, й)~ — 0,44.

Находим прсекции на оси координат главного момента системы, взятого относительно начала координат, по формулам (7・5):

м "=£ ①尸? 一 zFy)=回F“ — z『u)+ (%尸22 — ztFiv)+ +匂8?"—z『sj； M『一65"阳

M 产工(zF* —x 尸 Z)= (z£x— x/，z)+ (z£" —X.FQ+

^fz,Ftx — xlFtX Му=—6кЛи.

^#-3 a尸 v—yF)=(% 尸屮—“ja 十(%/и—ytp^+

+(%% — "『J Ml — 37 K「m.

Определяем величину и направление главного момента системы относительно начала координат системы по формулам (7-6):

M°=Pm"词+“； Л1„=75 кГм\ cos (М^7)=卷;cos (М^) = - 0,86; cos 函；7)=給 cos (Л4О>7) = — 0,08; cos (而爲=挣 j cos (М^й)= —0,49.

Так как выполняется условие

R*g+R『％+R “此 #0,

то данная система равносильна динамическому винту

(友抬0; М。*0：页не丄而J.

Находим уравнение центральной оси системы по фор* муле (7-16):

Mg - (gRz — zR, 例y 一 (z火*一%R?) _ m^ — «Ry — 找*)

R*RyR*

Получаем:

6x —50r/ —Зг-ь 139=0; 109x — 60у+200г + 179=0.

Полагая г^О, находим 力^工一0,12加，^ = 2,76 я.

Полагая z产 1乜 находим %产一2,12 м. 弘=2,46 儿

Следовательно, центральная ось систе^ш проходит через точк»

А (—0,12; 2,76; 0) и S(—2,12; 2,46; I)

Определяем расстояние начала координат до центральной, оси системы по формуле (7-18):

Для нахождения угла между главным вектором и главным моментом системы используем формулу:

cos土4也土旦必

Получаем:

COS (页,质)=-0,56; N (R, M.) = 124・.

Следовательно,

d=2,76 从

Om^mi Система равносильнаOm^mi Система равносильна

Om^mi Система равносильна

Om^mi Система равносильна

"так данная система эквивалентна одной силе, равной главке м\ вертир、 системы, лежащей на центральной оси и паре сил, iijiOCKcrn которой перпендикулярна центральной оси

Величина вектора момента ъюй парь Мх — Мй \ cos (R, МJ|==

u42“jw, параметр винта р 二逅竺苍乙竺^ = — 1,86 Левый винт так как Р<0.)

Упражнения

К вершинам Л, С, О куба приложены сиш 戸” 7\, % Определить величины этих сил, при которых система равносильна одной силе, равной проекция этого вектора на оси координат Ry = 0, рг = 173 кГ (Диагональ OD куба— прямая действия силы 尸卩 Чему равна величина главного вектора системы?

От^т 尸 | = 109 к厂，F2=90 /сГ.

/ “=300 кГ /?=293 кГ.

免 Система состоит из трех сил'

戸1， уравнение прямой действия которой л — 10=0, 2=0

Л2, уравнение прямом пействмя которой х~0; у — 5—0:

尸$ уравнение прямой действия которой i/^=0； г + 15=0

Привести систему к простейшему виду, если 尸1 =尸=尸8=10F»y>0, F^> 0

尸Q 6

(Линейные размеры в метрах).

равнодействующей R=10MM «Г.

Уравнение центральной сисгемы:

л 一 g=10; “ 一 г=15.

Расстояние начала координат до пент г альной оси d—10,8 м.

Система состоит из трех сил-

尸14『”.一 8) к/, с точкой приложе! я я 力］(%第 2; —5)；

尸2(尸ax； & — 5) кГ с точкой приложения Аг (7,弘；10), 产з(—6, 4; FSJ; /сГ, с точкой при -олм ни я Л3(4. —8; гя) (Линейные размеры в метр х)

Определить Flv / гд 尸а?,入 1 “2 ^v если известно, что система равносильна одной силе, равной главному вектору R ТО, 0; —5) главный момент системы отпосительно оси х равен иупю । расстояние начала координат системы сг цетралыюв оси d=50 м

Отв0т ?^=12 " ：々产一-7 "； Fg=8 d； X|-69 jf； 肉=-41,8检 %=16m，

К вершинам 4, С, О, В кубе приложены сил “ 尸，户才，F3,尸^ Опреде 型ть величины сил Fit Fv 尸& если данная система равносильна паре сил, г4=1000 кГ, длина ребра куб^ а=2 м Чему равна (величина момента ^гоч пары?

Ответ: F.i=F,c=sl415 *含=17 32 к/、； 14=2882 "朋

Система состоит из грех сил: Е~ 广之 и 尸弘 прилэ^к -иных к вершинам О, В, D пирамиды. При каком значении О А ^=ВС=£> \ij“i между главным вектором и главным моментом М^ данной системы бу id равен 60* нлн 尸］=尸2=尸В, 4B=0C=0D=a

Ответ: Ь=-~— а.

ГЛАВА VIII

РАВНОВЕСИЕ ПРОСТРАНСТВЕННОЙ СИСТЕМЫ СИЛ

8-1. Основные положения

Для того, чтобы силы, как угодно расположенные в пространстве, находились в равновесии, необходимо и достаточно, чтобы сумм* проекций на три взаимно перпендикулярные оси и суммы моментов всех сил системы относительно тех же осей равнялись н\лю.

пп»

1) £ Х/=о；2)2%=о；з) ?4=о；

4)2aij7,)=o； 5)£Mv (冗)=0； б) 2 м*(冗)=0. fSEl/=1,

Для облегчения решения задачи рекомендуется так выбирать оси, чтобы линия действия той силы, момент которой вычисляется сложно, пересекала какую-нибудь ось. При нахождении момента силы относительно оси для таких сил выгодно применять третью теорему Вариньона: момент равнодействующей относительно какой-нибудь оси равен алгебраической сумме моментов состав* льющих относительно той же оси:

此(反)=2 А1г(Л)-(8-2)

Данную силу следует разложить на такие составляющие, моменты которых легко вычисляются (см. решение задачи 32).

При решении задач будем придерживаться следующего плана:

L Выделяем материальную систему (тело), равновесие которой следует рассмотреть.

Изображаем активные силы, действующие на материаль^ ную систему, равновесие которой рассматриваем.

Освобождаем эту систему от связей, заменяя действие свя- вей реакциями.

Выбираем систему координат.

Составляем уравнение равновесия:

工х=о； 2y=о； 22=о；2м*")=о； £Mv(T)=o；£m,(戸)=о.

6・ Решаем полученные уравнения.

8-2. Решение задач

Задача 30. На ткнв。веса Q=80k厂 с горизонтальной осью вращения RB веса G—100 кГ намотан канат, конец которого перекинут через блок К (рис. 104). К концу каната привязан груз D веса Р=60 кГ, На ручку АС действует сила F, лежащая

в плоскости, перпендикулярной к оси 4В. Определить реакции подшипников 4, 8 н силу 尸 при равновесии системы, если ЛВ=/, 40=0 7/; ЛС=0,3/; ЛС1 Аб; а=60°; 0=30°; радиус шкива r=0,U, MKD лежит в плоскости, перпендикулярной к оси АВ

Решение 1. Рассматриваем равновесие шкива О вместе с осью АВ и ручкой АС (рис 105).

Изображаем активные силы, действующие на шкив и ось: F, G, Q и Р. Так как блок К считаем идеальным, то натяжение каната будет равно весу Р груза D.

Освобождаем ось от связей, заменяя действие связей реакциями, Связями являются подшипники А и В. Так как активные силы, действующие на объект равновесия (шкив ——вал)二лек^т в плоскостях, перпендикулярных к оси ЛВ, то реакции RA и R3 также лежат в плоскостях, перпендикулярны^ к оси 4В. Эти реакции раскладываем на составляющие Хл и YА, Х^ н %

Выбираем систему координат, как указано на рис. 106.

Составляем уравнения равновесия:

工х-о； £у—о； 1Л1,(7)-О； £м,,с?)=о； 2此(R)=o

У равнение £Z=0 обращается в гождество 0 = 0.

У X -0; X/ кХ^+Р рп В十F cos а-=0,(8-3)

^У—О, У АЛ У л — G亠Q―Р cos р — f sin a~0,(8-4)

£財，(？) = 0; Q-0,31+P cos ^>.o,3l • Gy+F-sina-/ —Ул/=0,(8-5) У My (^)=0; X/ +尸 cos a〃T-P sin «・C,3/=0,(8-6)

2Mz(戸)_=0； F.0,3/ sina —P-0,1/ -0.(8-7)

6. Рептаем6. Рептаемполученные уравнения.полученные уравнения.

6. Рептаем

6. Рептаем

полученные уравнения.

полученные уравнения.

Из уравнения (8-7)Из уравнении (8-6)Из \равнения(8・5)Из уравнения (8-4)Из \ равнения (8-3;Из уравнения (8-7)Из уравнении (8-6)Из \равнения(8・5)Из уравнения (8-4)Из \ равнения (8-3;

Из уравнения (8-7)

Из уравнении (8-6)

Из \равнения(8・5)

Из уравнения (8-4)

Из \ равнения (8-3;

Из уравнения (8-7)

Из уравнении (8-6)

Из \равнения(8・5)

Из уравнения (8-4)

Из \ равнения (8-3;

乂产一(0,3Psin 0 4 尸соча); X/h — 20,5 кГ, Y/h°,3QT U,3P cos В t # ыпа ь—;

乙=105,5".

G I Q 4 P cos p ]- F sin а — Y

4一 46,3К匸

Xs= — £ — (Psinp+^cos a); X^n — 21 к匚

Ответ. Х/= —20,5d; 〃=105,5d; Хв^—2\ кГ\ )В=146k/;小У23，1%/\

Задача 31. Однородная прямоугольная крышка (рис. 106) веса Р-^40 кГ наклонена под углом а=60° к вертикальной плоскости VOW и удерживается в таком положении при помощи сферического шарнира О, цилиндрического шарнира А и нити CD, рас-

положенной шарниров и Решение (рис 107),положенной шарниров и Решение (рис 107),в горизонтальной плоскости. Определить реакции нити, еслиСВ -- а; о6=АВ=0,6а.

положенной шарниров и Решение (рис 107),

положенной шарниров и Решение (рис 107),

Рис 107Рис 107Рис 106Рис 106Рассматриваем

Рис 107

Рис 107

Рис 106

Рис 106

Изображаем активную силу Р — вес крышки,

Освобождаем крышку от связей, заменяя действие связей реакциями. Связями являются: сферический шарнир 0, цилиндрический шарнир А и нить СО. Реакцию сферического шарнира раскладываем на три составляющие： Хо, У», 2。 Реакцию цилиндрического шарнира раскладываем на две составляющие: X v Zx<

Выбираем систему координат, как указано на рис. 107. В этом случае сила Т не дает момента относительно оси Z, что об/гегчает решение задачи

Составляем уравнения равновесия:

光儿沁=0. £Му")=о；工此(戸)=0.

»х -0, Ао，Х. —7\=0;

> -0.工 4 7产0;

з)£z=o, z。』Za — p=o；

4)2%(F) 0, -ZQ+P^-r/.g)—0;

2^v(7)-0; P•匕一7\G4D)-0,

2Мг(Р)=0; Х,акО,

где 7\ - T sin p, Tt=T cos |5; sinp=^; HD —0,6 cos a=0.3 a, BD=0,6asina=0,3j/3o; CD =，a*I-0,27aLi,13a; sin 自= 0,459,

0=27°2O'; cos 0 = 0,887; 6=0,3a sin a.

Решаем полученную систему уравнений：

Xq+X^ — Т sin р=0.(8-8)

兀+ T8sp = 0,(&9)

ZqT Z^ — P=0(8-10)

P 方—2@ — T cos § • 0£q cos a =：0,(8-i 11

P0t3a sin a — T sin p-0,6a cos a=0,(8-12i

XG-a—0.(8J3 丿

Нз уравнения (8-13): Xo—0;

Из уравнения (8-11):工尸飞0,6T cos a cos p；工^金。.

1匕 уравнения (8-10): ZA~P\ Zx—40 /сГ;

Из уравнения (8-9): %= — Т cos р; У产一66,7 к「；

Из уравнения (8-8): ХЛ=Т sin р; Хл=34,7 кГ;

Ответ: Хй=0; Уо= — 66,7 кГ; Zo=0; Х/=34,7 %П

Задача 32. Дверь АВгАг веса Р=80 кГ затворяется при помощи груза D веса Q = 30 кГ, подвешенного на веренке В’СЕ、 перекинутой через блоки С и £

Рис. 108.Рис, 109.

угол а=60* удерживается в равновесии силой F, приложенной в точке ^. Эта сила лежит в плоскости, проходящей через 41^1 перпендикулярно к плоскости двери, и направлена под углом а=60° к линии АХВ^ Определить реакцию подпятника Л, -подшипника В и силу F, если АА^ВВ^а; AB^A^^l.Qa] 4K=*0,9a.

Решение. 1. Рассматриваем равновесиедвери ABB^t (рис. 109),

Изображаем активные силы, действующие на дверь: Р — вес двери, F н Q — вес груза D. Так как С и £ — идеальные блоки, то натяжение веревки будет равно весу Q груза D.

Освобождаем дверь от связей, заменяя действие связей реакциями. Связями являются: а) подпятник Л и б) подшипник В. Реакцию подпятника раскладываем на три взаимно перпендику* лярные составляющие Хл, Уд, 2从・ Реакцию подшипника раскладываем на две взаимно перпендикулярные составляющие X», 丫加

Выбираем систему координат, как указано на рис. 109.

Составляем уравнения равновесия:

，х=о； £y=o；，z=o； 2例*(戸)=0； £〃y(R)=o； £м$(戸)=Q.

При составлении уравнений используем рис. ПО (вид сверху)】

I)，Х=0; Xt+Xb+Qcosci — Fj cos (90® — а)=0,

2y==。； У^Ч Ys+Q sina — Fx sin(909 — a)=0,

2Z==0; ZA —尸一Fa—0.

При составлении четвертого уравнения все силы нужно проектировать на плоскость yoz и брать моменты этих проекций относительно точки Л:

£m貝戸)=0;

Р "I" sin а — Q sina* 1,6а+ + Fj sin (90Q — a) • 0,9。+ 十戶？ sin a— Уд- 1,6a—0. При составлении пятого ура

внения все силы нужно проек-；

тировать на плоскость xoz и'夕

брать моменты этих проекцийРис. 110.

относительно точки Л:

£Му (尸)=0； Р у cos a+Q cos a- 1,6a — F* cos (90Q — a)・0,9a+

+冗。cos ct+^B< l,6a=0.

При составлении шестого уравнения все силы нужно проекте* ровать на плоскость хоу и брать моменты этих проекций относительно точки А:

6)£/И86n=0; Qasina — F^—O.

При вычислении моментов силы 尸 относительно осей использовали теорему Вариньонэ, разложив эту силу на составляющие 戸］л 戸J ?=^Л /?я; Т, —составляющая, перпендикулярная AtBv

М. А. Мнсю?евНЗ

и 尸z — составляющая, параллельная оси OZ, причем F] = Esina; 尸2=尸 cos a.

4 5 64 5 6Решаем полученную систему уравнений: Хл4-Хл+ Q cos a — F sin® a=0, YA 扌 丫戸 Q sin a—F sin a cos a=0, ZA P — F cos a=0

4 5 6

4 5 6

书 sin ct — 1,6Q sin a4 0,9尸 sin a cos a*F cos a sin a — 1,6УВ—0,

(8-17)

~ cos a+ 1;6Q cos a — 0,9F sin* a+ F cos* a+ 1,6X& = 0,(8-18)

Q sin a — F sin ct=O.(8-19)

Из уравнения(8-19)： F=Q; F=30".

Из уравнения (8-18):

0,9F sin2 a — F cos2 acos a — 1,6a cos a

Xg=^^； X^F —19,5 5

Из уравнения (8-17):

丁鼠口 a + F sin a cos a -|- 0,9F sin a ■ cos a — 1,6Q sin a

Из уравнения (8-16): ZA~P-^ F cos a; 2Л=95 кГ.

Из уравнения (8-15): УA^F sin a cos a YB—Qsina;

% = —" 24 кГ.

Из уравнения (8-14): Xл = F sin2(i 一 XH — Q cos a; Х^=27 长「

Ответ XB=二-19,5 发г；/日= 11 以、;Zg=95 К「;

у 尸 一24 кГ; X百=27 М;尸=30 М.

Задача 33. Определить реакцию сферического шарнира Л и натяжение оттяжек CD и СК столба АВ (рис. 111), вызываемые горизонтальной равнодействующей Т=100 кГ натяжений проводов и парой сил, вектор-момент которой лежит в горизонтальной плоскости и равен 41 = 100 кГ加，если / АРС=/АКЬ=а = 60。, $ = 30°, AC^a^=7Mt AB—h— 10 м.

Решение. 1. Рассматриваем равновесие столба АВ (рис. 112)

Изображаем активные силы, действующие на столб: Т и пара сил с моментом М.

Освобождаем столб ог связей, заменяя действие связей силами-реакциями связей.

Хл. 7д, Z」一составляющие реакции сферического шарнира； Тр—реакция оттяжки CD; Тк—реакция оттяжки СК・ Итак, имеем: (?', пара сил с моментом М, ХА, YА, Z<, 丁史 T«)sO・

. Выбираем систему координат, как указано на рис. 112.

Составляем уравнение равновесия-

£Х=0; £У=0;，Z=0; £4=0; £Му=0‘

\|/ \|/ \J. k—7 \J/ о 11 2 3 4 0^ о^ 0^ 2 2&/\ /|\ {X /|\ /(\\|/ \|/ \J. k—7 \J/ о 11 2 3 4 0^ о^ 0^ 2 2&/\ /|\ {X /|\ /(\£Х = 0,—rA，cosa+Tsinq)= 0;

\|/ \|/ \J. k—7 \J/ о 11 2 3 4 0^ о^ 0^ 2 2

&

/\ /|\ {X /|\ /(\

\|/ \|/ \J. k—7 \J/ о 11 2 3 4 0^ о^ 0^ 2 2

&

/\ /|\ {X /|\ /(\

=();%一源cos ct + 丁 cos 屮=0;

2Z=0; ZA — Tpsin a — r^sina^O;

廿/%=0, TD cos a • й — Г cos ф ■ /г -f Л4 cos(p=0,£Л4y=0; T sin(p-/i — T^cosa-a — A4sincp=0・

При составлении уравнений (8-20), (8-21), (8-22) использовано то положение, что сумма проекций сил пары на любую ось равна нулю. Л при составлении уравнений (8-23) и (8-24) учитывались следующие две теоремы:

Геометрическая сумма моментов сил пары относительно любой точки пространства равна вектору-моменту пары.

Проекция вектора-момента силы относительно любой точки на ось, проходтцую через эту точкуt равна моменту силы относительно данной оси.

Поэтому при составлении суммы моментов всех сил пары относительно какой-нибудь оси, вектор-момент лары нужно проектировать на эту ось.

Для того, чтобыДля того, чтобыствия ветра, ее укрепили лить натяжение канатов, вания А = 6 儿 ширина удельное давление ветраствия ветра, ее укрепили лить натяжение канатов, вания А = 6 儿 ширина удельное давление ветраgg= 100 кПм^, расстояние а = 24 м, с= 15 川，(равнодействующая давления ветра R = qst где= 100 кПм^, расстояние а = 24 м, с= 15 川，(равнодействующая давления ветра R = qst гдеОтвет. Т = 0,59 Т・Ответ. Т = 0,59 Т・Рис. к упр. 63Рис. к упр. 63Рис, к упр. 62Рис, к упр. 62

Для того, чтобы

Для того, чтобы

ствия ветра, ее укрепили лить натяжение канатов, вания А = 6 儿 ширина удельное давление ветра

ствия ветра, ее укрепили лить натяжение канатов, вания А = 6 儿 ширина удельное давление ветра

g

g

= 100 кПм^, расстояние а = 24 м, с= 15 川，(равнодействующая давления ветра R = qst где

= 100 кПм^, расстояние а = 24 м, с= 15 川，(равнодействующая давления ветра R = qst где

Ответ. Т = 0,59 Т・

Ответ. Т = 0,59 Т・

Рис. к упр. 63

Рис. к упр. 63

Рис, к упр. 62

Рис, к упр. 62

6. Решаем полученные уравнения.

Из уравнения (8-24)

ТК-(П-М)^ ^=129 к-Г.

Из уравнения (8-23):

TD^(Th-M)^, TD^?> кГ.

Из уравнения (8-20):

Х^пТкСОза — Tsincp; Хл=14,5 "・

Из уравнения (8-21):

y4=TDcosa — Tcoscp, У尸25 кГ

Из уравнения (8-22):

Z产(T。+加 sin a, 2人=304 kг.

Упражнения

дощатая буровая вышка не опрокидывалась от дей* Двумя канатами, как показано на рисунке. Опреде- если высота вышки Я=16 м, ширина иижиего осно- верхнего основания Ь = 2 儿 вес вышки Р = 10 Т,

s — проекция площади боковой поверхности на плоскость, перпендикулярную к направлению …5+26

ветра), h^H^-^.

Определить натяжение Т ведущего каната и коэффициент К запаса устойчивости врубовой машины, работающей на падающем пласте, если вес машины Р — 3000 к[\ давление угля на торцовые площадки зубков Q = 960 кГ; сила, возникающая от трения зубков об ^ юль и от сопротивления угля резанию при движении режущей цепи,及= 839к「； коэ^рфициент трения машины

помещенпомещендоскедоскекипрегель весом Q так, что проекция центра тяжести его на плоскость доски — точка М, координаты которой хну, ось Оу параллельна АВ. Определить давление каждой ножки на пол и установить условие устойчивости штатива, если длина стороныкипрегель весом Q так, что проекция центра тяжести его на плоскость доски — точка М, координаты которой хну, ось Оу параллельна АВ. Определить давление каждой ножки на пол и установить условие устойчивости штатива, если длина стороныNcNc一P + Q一 3一P + Q一 32 Kl Q 2,36Qb2 Kl Q 2,36QbРис. к упр. 65Рис. к упр. 65

помещен

помещен

доске

доске

кипрегель весом Q так, что проекция центра тяжести его на плоскость доски — точка М, координаты которой хну, ось Оу параллельна АВ. Определить давление каждой ножки на пол и установить условие устойчивости штатива, если длина стороны

кипрегель весом Q так, что проекция центра тяжести его на плоскость доски — точка М, координаты которой хну, ось Оу параллельна АВ. Определить давление каждой ножки на пол и установить условие устойчивости штатива, если длина стороны

Nc

Nc

一P + Q

一 3

一P + Q

一 3

2 Kl Q 2,36Qb

2 Kl Q 2,36Qb

Рис. к упр. 65

Рис. к упр. 65

С почву / = 0,3, г =： 2.u, d = 0,15, а = 3м, а = 30*, г/г = 0,375 м. Точка С — центр тяжести (ось оу — горизонтальна. Считать движение врубовой машины равномерным). Трением о выступ。пренебречь.

Ответ: 7 = 3236 кГ； К = 1,4.

Кузов автомобиля-самосвала удерживается под углом а — 30° к горизонту. Задний борт кузова удерживается посредством цепи СН так, что борт

я днище кузова лежат в одной плоскости. Определить реакции шарниров Л и В и натяжение Т цепи С", если вес борта Р = 60 кГ, АН = АС.

Ответ: Ед= 11 кГ; Z/ = 0,

Кд =— 15 "; Zb = 26 кГ, Т = 36,8 кГ, 65. Мензульная доска прикреплена к штативу, который стоит на гладком полу так, что концы ножек АВС образуют рав* яосторонний треугольник со стороной а. Вес доски со штативом равен Р и направлен по вертикали ZO&, проходящей через центр & треугольника АБС. На

квадратной доски равна Ь.

отаеm- n再='：寺旦+(三'*一 p) ^"；

Платформа ОЕ оборудована ящиком ОН. вращающимся на шарнирах Д (цилиндрический шарнир) и В (сферический шарнир). После открытия борта

ОК, опрокидывание ящика производится канатом HRM. Определить реакции шарниров А н В н натяжение каната в том случае, когда борт ОК закрыт s = Р = 30*. ОК = ^ < &〃)，вес ящика с грузом Р, АО = BD =~^ ； СС^—;

Рис. к упр. 67Рис. к упр. 670D = L

Рис. к упр. 67

Рис. к упр. 67

Ответ: Х^ = —0,325 R Z4 —0,215 Р\

Хн = —0,325 Р; Ув = 0； 2/?= — 0,34Р;

Т = 1,3 Р.

Квадратная крышка ОСНЕ мегал- цпческих противопожарных ляд удерживается в равновесии под углом а =30° к горизонту. Определить реакции в шарнирах Л, В и натяжение поддерживающего троса ЕМ, если вес крышки равен 100 &「 RК = КЕ、 ОС = 180 см, СВ — 20 ем,

АО = 40 a% tg В =—.

Ответ: Х/ = 27 кГ, Z< = 44,8 кГ\

К,? = 19,3 М; Zg = 32 кГ; Т = 51,8 кГ.

зея 20 см, а = 0,5 仪 а = 30®, 0=15°, остальные размеры указаны на рисунке. ответ: X/ = 20,6 "，y力=17,324=-39,3 kГ;Хд = 1 Zr = — 15,3 尸=38,7зея 20 см, а = 0,5 仪 а = 30®, 0=15°, остальные размеры указаны на рисунке. ответ: X/ = 20,6 "，y力=17,324=-39,3 kГ;Хд = 1 Zr = — 15,3 尸=38,7Для подъема комплекта невьянского бура применяется ручной ворот с осью вращения АВ, укрепленный на двух ногах треноги. Определить в положении ргшповесия усилие 尸 в веревке СН и реакцию подшипников (А — упорно-опорный, 8 — опорный подшипники), если вес вала равен 60 "; вес комплекта равен 150 к/\ расстояние между подшипниками равно 3 м, диаметр вала ра-

зея 20 см, а = 0,5 仪 а = 30®, 0=15°, остальные размеры указаны на рисунке. ответ: X/ = 20,6 "，y力=17,324=-39,3 kГ;

Хд = 1 Zr = — 15,3 尸=38,7

зея 20 см, а = 0,5 仪 а = 30®, 0=15°, остальные размеры указаны на рисунке. ответ: X/ = 20,6 "，y力=17,324=-39,3 kГ;

Хд = 1 Zr = — 15,3 尸=38,7

Для защиты от радиации сооружаются то.1сюстенные помещения. Дверь такого помещения представляет собою (приближенно) прямоугольный однородный железобетонный параллелепипед ABCDKEHM, Определить реакции подпятника А и подшипника 8, если дверь открыта так, что угол а=60°, толщина двери равна а, ширина Ь=3а, высота 也=5а, вес двери равен Р.

Ответ: Х% = 0,063 Р;

У^ = 0,31 Р; 7д = ЛХв = — 0,063 Р; У в = —0,31 Р,

Горизонтальные провода телеграфной линии подвешены к столбу АВ с подкосами DH и СН и составляют / КВМ = 120е- Натяжения проводов ВК и 8M соответственно равны 20 «Г и 30 кГ. Определить, учитывая только величины данных натяжений и считая в точках A, D, С ^ Н крепления шарнирными, угол а между плоскостями у Аг и АВМ, при котором усилие в подкосе СИ будет максимальным и найти усилия в подкосах в этом случае, если / СНА = ^ DHA ~ 30г, ф — 30е,巾= 45。Остальные размеры взять с чертежа

ОтвРт: а = 85电50'; §^ = 91,2 кГ; $/)= — 23,7 ".

Определить реакции подшипников А и В коленчатого вала и угол 0 при равновесии вала, если сила Fv приложенная к первому колену параллельна оси Ах и 尸］= 1000 ^Г( сила 7S, приложенная ко второму колену, лежит в плоскости, параллельной плоскости XAZ, составляет угол 0 с осью 4% и 尸g = 423 落Г、сила 尸屮 приложенная к третьему колену, вертикальна и /=1000 “，угол а = 60\ остальные размеры указаны на чертеже.

Ответ： Х^ = — 567 кГ； Z/ = — 144 ^Г; Xв = — 67 及匚 2冃=—64 4 " 0 = 30、

Рис. к упр 72

Определить реакции подшипников (О—радиально-упорный, А — радиальный) н величину силы Q давления колеса на прямозубую цилиндрическую шестеоенку если 0 = 30。величина силы Р давления колеса на коническую шестерню равна 1000 d в 厶® 力= 6Г, 〃Р 勖=225, Fj>D, г = 10 са 120

負=20，м «яжбО*. Весом деталей пренебречь. Остальные размеры взять с чертежа.

Ответ: Х« = — 500 /сГ; У« = —623 кГ\ Zo = 464 /с「； “ =—600 /сГ; Z《=660 кГ, Q = 835 кГ.

Определить реакции подшипников (О — радиально-упорный, А — ради，

•льннй) и величину момента М пары, приложенной к валу, если давление

вубьев колеса на косозубую шестеренку приложено к точке С и равно 1000 кГл / (F, " = 60，/ (F, й) = 240*, Fy>0, г = 15 см. Остальные данные взять с чертежа. (Весом вала и шестерни пренебречь).

Ответ: X- = 167 кГ;九=—707 кГ; Zo ==—285 кГ\ 欠4 = — 667 кГ; Zj = 785 "; М == 75 кГ乩

ГЛАВА IX

ЦЕНТР ТЯЖЕСТИ

9/・ Оснозные положения

Центр тяжести твердого тела есть центр параллельных сил, лредставляютих веса материальных частиц твердого тела. Координаты центра тяжести однородного тела трех измерений (центр тяжести объема V) определяются по следующим формулам:

%7扑"% "修皿a:%=j打巾九%7扑"% "修皿a:%=j打巾九(9-1)(9-1)КоординатыКоординаты<центр тяжести площади s):<центр тяжести площади s):ценгра тяжести однородной плоской фигурыценгра тяжести однородной плоской фигуры'c=!j「ds；先=!巾公一'c=!j「ds；先=!巾公一(9-2)(9-2)

%7扑"% "修皿a:%=j打巾九

%7扑"% "修皿a:%=j打巾九

(9-1)

(9-1)

Координаты

Координаты

<центр тяжести площади s):

<центр тяжести площади s):

ценгра тяжести однородной плоской фигуры

ценгра тяжести однородной плоской фигуры

'c=!j「ds；先=!巾公一

'c=!j「ds；先=!巾公一

(9-2)

(9-2)

Координаты центра тяжести однородной линии длиною /:

入c = ；ftd/； f/c=-j- f у dl} гс=~ C zdL (9-3)

Практические способы нахождения координат центра тяжести

L Способ симметрии Если тело имеет плоскость симметрии или линию симметрии или центр симметрии, то центр тяжести находите я соответственно в плоскости симметрии, на линии симметрии или в центре симметрии.

Спосоо разбиения. Если твердое тело можно разбить на такие части, положения центров тяжести которых известны, то центр тяжести тела находится как центр тяжести совокупности материальных точек, которые мы получим, если массу каждой части тела сосредоточим в ее центре тяжести

Способ отрицательных масс Если тело имеет нырез (отверстие), то для нахождения центра тяжести этого тела 出ужно применить способ разбиения, считая, что тело состоит из двух частей: одна часть ——объем всего тела, включая и объем выреза, заполненный равномерно массой тела; вторая часть —— вырез, заполненный массой, которую нужно брать со знаком минус.

С и о с о б Г у л ьден а. Первая теорема Гульдена. Площадь поверхности, полученной вращением отрезка плоской кривой (ломаной) около оси, лежащей в плоскости отрезка, но его не пересекающей, равна длине отрезка, умноженной на длину окружности, описанной центром тяжести отрезка 舛 (рис. 113):\丿 8

S=2kxJ (9-4)(

где г - центр тяжести от-\

резка,—,

7 — длина отрезка 45, оу — ось вращения.)

Следовательно,方

% 一26厂Рис. 113

Вторая теорема Гульдена. Объем тела, полученного вращением плоской фигуры около оси, лежащей в плоскости фигуры, но ее не пересекающей, равен площади фигуры, умноженной на длину окружности, описанной центром тяжести фигуры (рис 114):

V s=2jixcS#(9-5)

где с ——центр тяжести плоской фигуры»

s — площадь фигуры, оу — ось вращения фигуры.

Следовательно,

Центры тяжести некоторых однородных линий»плоских фигур и тел

115)115)Центр тяжести дуги окружности (рис

115)

115)

К sin и ,К sin и ,аа% = 0・% = 0・(9-6)(9-6)

К sin и ,

К sin и ,

а

а

% = 0・

% = 0・

(9-6)

(9-6)

Центр тяжести кругового сек i ора

(9-7)(9-7)3*…

(9-7)

(9-7)

Центр тяжести площади треугольника нахо- цится в точке пересечения медиан треугольника, т. е лежит на медиане, на одной трети ее длины, считая от соответствующей стороны треугольника (рис. 116).

(9-8>(9-8>

(9-8>

(9-8>

4 Центр т яжест и конуса (рис. 117)

#с=°； "и。； 勿^ 彳乩

8 Центр тяжести яолушара (рис. 118) з

(9-9)(9-9)分=0； "=0； %=豆 R，

(9-9)

(9-9)

Э-2 Решение задач

Задача 34. Пользуясь первой теоремой Гульдена, определить положение центра тяжести дуги полуокружности радиуса R (рис. 119).

Решение^ Дуга ABD симметрична относительно оси ох, следовательно, %=0，

Для нахождения хс применяем первую теорему Гульдена. При вращении дуги ABD вокруг оси оу (рис. 120) получается

дуги полуокружности l=^nR1s 2d"产而，*产不r.

Ответ: %=五R；%=0・

Задача 35. Определить положение центра тяжести фигуры, представленной на рис. 121, состоящей из стержней: АВ=а9 BD=0,5 а и дуги DKO полуокружности радиуса а, если сечения стержней одинаковы, стержни однородны и сделаны из одного

121.121.и того же материала.

121.

121.

一A/ +厶%2 +厶% .G +4+厶、"='也1 + 4以+厶弘厶 + 4 + 4'一A/ +厶%2 +厶% .G +4+厶、"='也1 + 4以+厶弘厶 + 4 + 4'гдегдеРешение. Используем метод разбиения (рис 122) Разбиваем фигуру на стержни /, 2, 3. В этом случае координаты центра тяжести тела определяются по следующим формулам:

一A/ +厶%2 +厶% .

G +4+厶、

"='也1 + 4以+厶弘

厶 + 4 + 4'

一A/ +厶%2 +厶% .

G +4+厶、

"='也1 + 4以+厶弘

厶 + 4 + 4'

где

где

々=0,5 а;『О; x,=^ ;

执=2,5 а;勿=2,25 а; %=а,

л:,; у】；力含；乡2； xs, у3 ——координаты центров тяжестей стержней^ /, 2, 5 — соответственно. После подсчета получаем. %=0,538а; %=1?47 а’

Задача 36. Пользуясь второй теоремой Гульдена, определить положение центра тяжести площади полукруга (рис. 123).

Решение. Ось ох является осью симметрии пластинки, следо

Рис 123.Рис 123.Рис. 124.Рис. 124.вательно, у, = 0, Для нахождения xf применяем вторую теорему Гульдена:

Рис 123.

Рис 123.

Рис. 124.

Рис. 124.

IMS; х。』, где V — объем сферы, получившийся от вращения вокруг оси оу (рис. 124), S—площадь полукруга;

"R工s=翠*

Получаем:

4

Ответ: х产而R；儿=°，

Задача 37. В полукруге АВК радиуса R (рис. 125) требуется найти такую точку С, которая будет центром тяжести площади, полученной из пол> круга путем выреза равнобедренного треугольника 4ВС

Решение. Для решения задачи используем способ разбиения и способ отрицательных площадей:

〃=°； xe=^=^^OC=h,

где h — высота треугольника АВС;

S] — площадь полукруга АВК\

% — абсцисса центра тяжести полукруга,

S喜一площадь греугольника АВС;

尤2 — абсцисса центра тяжести треугольника АВС:

S|二吟；S尸RM %=£r； ^=4

Получаем: xc=^/z—0,557 R,

Ответ. #仃=0,557 R; ус^0»

Задача 38, В однородном цилиндре (1) радиуса R сделав соприкасающийся с ним цилиндрический вырез радиуса q=0,75 R. К этому цилиндру прикреплен пустотелый цилиндр (2) ра-

Рис. 127Рис. 127

Рис. 127

Рис. 127

диуса j = 0,5R. При какой толщине стенки второго цилиндра данное тело будет находиться в устойчивом равновесии в положении, указанном на рис. 126 (цилиндры одинаковой длины и сделаны из одного и того же материала)^

Решение. Условие устойчивости заключается в том, что в данном состоянии (рис. 126) центр тяжести тела должен занимать

наинизшее положение по сравнению со всеми соседними положениями тела, т. е, ус ^R (центр тяжести тела находится на оси у, так как эта ось — ось симметрии тела). В самом деле.

в положении соседнем к данному (рис. 127), возникает пара сил (Р, М), которая стремится возвратить тело в данное положение, если центр тяжести находится ниже точки Ov если же

центр тяжести тела находится выше точки 0〕 (рис. 128), то пара сил (Р, N) стремится удалить тело из данного состояния равновесия, В том случае, когда центр тяжести тела совпадает

с точкой О] пары, стремящейся повернуть тело, не существует. В этом случае тело находится в состоянии безразличного равновесия (рис. 129)・

При решении задачи используем способ разбиения тела на части и способ отрицательных площадей:

%=%=5出1 — Sm + 邑% 一 Sj$ v r5出1 — Sm + 邑% 一 Sj$ v r

%=

%=

5出1 — Sm + 邑% 一 Sj$ v r

5出1 — Sm + 邑% 一 Sj$ v r

1X2*344 & gs gs ys у1X2*344 & gs gs ys уплощадь круга радиуса R;

1X2*344 & gs gs ys у

1X2*344 & gs gs ys у

координата центра тяжести этого круга;

площадь кругового выреза радиуса q=6,75R

координата центра тяжести этого выреза;

площадь круга радиуса q = 0,5R,

——координата центра тяжести этого круга;

——площадь кругового выреза радиуса га,

——координата центра тяжести этого выреза;

S]=jtR‘； Sa=JtQ*; Se==nrj； S^urtr*;协hR；必=2R —q; y^R+r^ y^2R+rt.

Получаем ra £ —7= R.

4 у 2

Очевидно, что尸产厶・

Ответ. b=r1 — rx ^ 0,105 R.

Задача 39. Тело состоит из однородного полушара радиуса R

и однородного цилиндра того же радиуса, скрепленных друг с другом, как указано на рш> 130. Какова должна быть высота Л конусо идального выреза, чтобы тело находилось в данном состоянии в положении устойчивого равновесия (шар и цилиндр сделаны из одного и того же материала)? H=R

Решение. Для того, чтобы тело находилось в данном состоянии в положении устойчивого равновесия, необходимо и достаточно, чтобы у£ < R, где ус ——координата центра тяжести тела (см решение задачи 38). Для нахожде

ния ус воспользуемся способом разбиения тела на части и способом отрицательных объемов Разбиваем тело на полушар, цилиндр и пустотелый конус (отрицательный объем).

Тогда будем иметь:

%一—匕+匕一匕一

wR,

где 匕一объем полушара;

у、— координата центра тяжести этого полушара, 匕一объем цилиндра,

弘——координата центра тяжести этого цилиндра;

匕一объем конуса;

у* ——координата центра тяжести конуса.

匕=%，； Z=wRz〃；匕=苧；

!Л="|к；厶=R + ^=^R； % = 2R —£

Получаем для определения h следующее неравенство 2-й степени:

公一4^斗3r£6

Откуда

左^ R.

Упражнения

Определить положение центра тяжести фигуры, представленной на рисунке, состоящей из двух однородных дуг полуокружностей Радиус первой полуокружности R, радиус второй полуокружности г =0,5R.

У；Ответ: xr = 0,53 R; %= 1,5 R

В однородной равносторонней треугольной пластинке требуется найти такую точку С, которая будет центром

*У*Утяжести площади, полученной из пластинки путем выреза равнобедренного треугольника

*У

*У

АВС (ЛВ = ВР = ЛО =&).

Ответ хс = —а; у© =。

76 Тело состоит из полушара радиуса R и конуса, радиус основания которого 厂= =0,5 R, соединенных между собой, как указано на рисунке. При какой высоте Л конуса данное тело будет находиться в устойчивом равновесии в по

конус однородны и сделаны изконус однородны и сделаны изложении, указанном на рисунке (шар и одного и того же материала)?

конус однородны и сделаны из

конус однородны и сделаны из

Ответ:厶 w3,46R.

В однородном шаре 7 радиуса R сделан соприкасающийся с ним шаровой вырез радиуса Q = 0,75 А. К этому шару прикреплен пустотелый шар 2

радикса g = 0,5R« При какой толщине стенки второго шара данное тело будет находиться в устойчивом равновесии в положении, указанном на рм- суике〉(Оба шара однородные и сделаны из одного и того же материала).

Ответ: 6 = q — % W°J2 a

Часть вторая

КИНЕМАТИКА

III. ДВИЖЕНИЕ ТОЧКИ

ГЛАВА X

ПРЯМОЛИНЕЙНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТОЧКИ

10-L Предмет кинематики. Основные положения

В разделе «кинематика» изучается механическое движение, рассматриваемое без учета сил, приложенных к движущимся объектам.

Механическое движение является одним из видов движения материи, выражающийся в изменении с течением времени взаимных положений тел или частей тела Кинематически определить движение тела — значит указать положение любой точки тела в любой момент времени относительно выбранной системы координат. Пространство, в котором происходят наблюдаемые движения материальных тел, в классической механике рассматривается как трехмерное евклидово пространство Время предполагается не зависящим от относительного движения систем отсчета, т е. оно одинаково во всех системах отсчета. Время в кинема* тике, рассматриваемое как величина непрерывно изменяющаяся, с точки зрения математики играет роль независимого переменного и обозначается буквой t・ Под термином ^момент времени f》понимается число секунд, отделяющих данное мгновение от некоторого начала отсчета времени. Под термином промежуток времени /» понимается число секунд А отделяющих два каких-нибудь последовательных момента времени. Для удобства изложения кинематика делится на кинематику точки и кинематику твердого тела. Траекторией точки называется линия» описываемая движущейся точкой в пространстве. Прямолинейное движение точки — такое движение, при котором траектория точки есть прямая линия. Равенство, выражающее абсциссу 尤 движущейся точки, как функцию времени, называется законом (уравнением) движения

точки (рис. 131):

ОМ = %=/ (f),

где 附一текущее положение точки.

Проекция 外 вектора скорости точки на ось х равна первой

0“кПРОИЗВ°ДНОЙ по времени от

(—)——т 人 т*4+) абсциссы точки:

Рис. 131.%=詁九а°")

Еслиdt>О, то движение прЪисходит в положительном направлении оси х, в противном случае точка движется в отрицательном направлении.

Модуль вектора скорости точки в прямолинейном движении по оси х равен абсолютной величине первой производной по времени от абсциссы точки:

"旧=|寡k山=[%1.(10-2)

Проекция wx вектора ускорения точки на ось х равна второй производной по времени от абсциссы точки:

吗^=黑=元(10-3)

Модуль вектора ускорения точки в прямолинейном движении по оси х равен абсолютной величине второй производной по времени от абсциссы точки:

3=冋=!絹=(10-4)

Прямолинейное движение точки называется равномерным, 吧ели проекция вектора скорости точки на ось х ——постоянная величина.

При равномерном движении точка перемещается по линейному закону:

uj.(10-5)

Прямолинейное движение точки называется равнопеременным, если проекция вектора ускорения точки на ось х есть постоянная величина:

— nd J L 吗％>° — равноускоренное движение;

吗一с°[ 2. wxvx<0 — равнозамедленное движение.

При равнопеременном движении точка движется по квадратичному закону, а проекция скорости точки на ось х изменяется по линейному закону:

尤=%；+%/+学；%丄5/，(Ю-6)

где при %*>0 и 叫 >0 — движение равноускоренное, а при vbx > 0 и 叱с V ° — равнозамедленное.

Функциональную зависимость %==/(£) можно изобразить на чертеже в виде некоторой линии. Такая линия называется графиком движения (рис. 132). Если на этом графике величины Г и х изображены в одинаковом масштабе, т е. если единица времени и единица пути изображаются по обеим осям координат отрезками одинаковой длины, то проекция ух скорости точки на ось х равна тангенсу угла наклона касательной к кривой графика движения:

dx

%=成=电圆

Графиком скорости называется линия (кривая или прямая)> изображающая на чертеже функциональную зависимость скорости

от времени. Если на этом графике скорость и время изображены в одинаковом масштабе, то проекция ускорения на ось х равна

тангенсу угла наклона касательной к кривой графика скорости (рис. 133)

吗=替=tg3

В атом же масштабе путь S, пройденный точкой, равен площади, ограниченной осью времени, кривой графика скорости и ординатами, соответствующими началу и концу рассматриваемого движения:

5=площ. t^ABt^

Если площадь, ограниченная кривой графика скорости и осью времени, располагается частью выше и частью ниже оси времени, то путь равен сумме абсолютных величин этих частей площади:

S=|SyB 小

10-2. Решение задач при нахождении скорости и ускоренияпо заданному закону движения точки

План решения задач

Находим скорость точки по формуле (10-2): y=j^| = ]x|.

Определяем ускорение точки по формуле (10-4): w— * | = 1 %1・

Задача 40. Точка движется прямолинейно по закону:

х=(/3 — 4f“+10/ + 1) см [t—6 сек)

У(см/сек1У(см/сек1Найти ее скорость и ускорение в момент времени /=0.

У(см/сек1

У(см/сек1

Определить наименьшую скорость точки и построить кривую скоростей

Решение. 1. Находим скорость точки по формуле: ”=情|=[£|；。=]3尸一8/ + 10| слх/w; vQs=v(0) = 10 cMlceic,

Определяем ускорение точки по формуле:

tw—|^-|=|х|; i^=|6Z — 8] cm/cbY; %=5(0)=8cMicе*切*(0)=* (0)=-8

Umin при ^=0; 6/ —8=0; tt=^ сек.

Следовательно；

^гп1 п ^1 уД^/j ==4,66 см ^СвК\

кривая скоростей — парабола и=3产一

-8С+10 (рис. 134).

Задача 41* Точка движется прямолинейно по закону:

Найти ее скорость и ускорение как функции от 尤.

Решение. 1- Находим проекцию ско

рости точки по формуле:

%=窮；。尸『岑C-L)(10-7)

(10-8)(10-8)x=^ GT e-3)

(10-8)

(10-8)

2. Определяем d2x叫=产="；2. Определяем d2x叫=产="；叫=黑=幾G‘+L%叫=黑=幾G‘+L%

2. Определяем d2x

叫=产="；

2. Определяем d2x

叫=产="；

叫=黑=幾G‘+L%

叫=黑=幾G‘+L%

Из уравнений (10-7) и (10-8) находим:

3 時+%,(10-9)

—Ье-&=^ — х,(10-10)

Из уравнений (10-9) и (10-10):

修+*)信-*)=死

следовательно,

青-炉=-62；y = co pb - 62.

проекцию ускорения точки по формуле*

следовательно,

Упражнения

78. Закон движения клети при так называемом гармоническом подъеме выражается формулой х = —(1 — cos(p)f где Н — полная высота подъема а

Ф =

L Определить скорость и ускорение клет% а

также полное время Г.

Ответ：

и = /~ sin ф；

w=aQ cos ф, Т = л

79 При системе бесхвостового каната в период ускорения закон движения клети выражается формулой:

x=［鲁ch 侬)-1J ,

где % и Л — постоянные величины Определить скорость и ускорение клети.

Ответ:

q = ^ sh I城X ш = аосЛ (kt).

Рис. к упр. 78

80 Определить ускорение пули перфоратора в глинистом растворе, если закон движения пули х=— 1п (Аив/ — 1) (Л—постоянный коэффициент про

порциональности, % — начальная скорость пули). Ответ:

ш =-々炉.

10,3. Решение задачс помощью составления закона движения точки

План решения задач

1. Устанавливаем закон движения точки

2 Находим искомые величины

Задача 42. Тело бросают вертикально вверх со скоростью и°・ Одновременно с этим с предельной высоты, которую может до-

X

стигнуть тело, начинает падать вертикально вниз другое тело, тоже с начальной скоростью и。. Определить время Т, по истечении которого тела встретятся, расстояние h от земли и скорости vt и ^2 обоих тел в момент

встречи

Решение, 1. Устанавливаем законы движения и законы изменения скоростей обоих тел

Первое тело поднимается равнозамедленно (рис 135), следовательно,

%=%—gf，%=%—gf，(10-11)(10-11)ТУ

%=%—gf，

%=%—gf，

(10-11)

(10-11)

Рис 135.

(10-12)

Второе тело опускается равноускоренно, следовательно

乡=0房+亭■乡=0房+亭■(10-13)

乡=0房+亭■

乡=0房+亭■

(10-14；

2. Находим искомые величины из уравнений (10-11), (10-12), (10-13) и (10-14):

力=% —gT'(10-15)

/г=%7—響，(10-16)

。尸 ％ + g7,(10-17)

H — h^vaT+^.(10-18)

Получилась система четырех уравнений с пятью неизвестными: и】，％ Т, U ht

но

〃*/%=н=0； %〃=т="，

где т—время подъема первого тела на максимальную высоту Н. Из уравнений (10-11) и (10-12) находим что

(ЮЛ9)

Из уравнений (10И6), (10-18) и . 10-19);

Т=包；h=^4g，32b

Из уравнений (10-15) и (10 17).

35

Задача 43. К концу нити, перекинутой через два небольших блока 4 и В, подвешены грузы Мх …~-Задача 43. К концу нити, перекинутой через два небольших блока 4 и В, подвешены грузы Мх …~-ииннтн, которая в начальный момент совпадает с точкой D, тянут по вертикали DC вниз с постоянной скоростью 次. Найти скорость грузов, если AD=DB = b.Решение. 1. Устанавливаем закон движения грузов М)и Л/2Когда точка С совпадает с точ-ннтн, которая в начальный момент совпадает с точкой D, тянут по вертикали DC вниз с постоянной скоростью 次. Найти скорость грузов, если AD=DB = b.Решение. 1. Устанавливаем закон движения грузов М)и Л/2Когда точка С совпадает с точ-Ма (рис. 136). Точку СМа (рис. 136). Точку С55кой D, то положениякой D, то положения/И】и Л42 займут М29, следовательно,/И】и Л42 займут М29, следовательно,MtQ М^х^АС — AD,MtQ М^х^АС — AD,L. JL. J一上唱一上唱

Задача 43. К концу нити, перекинутой через два небольших блока 4 и В, подвешены грузы Мх …~-

Задача 43. К концу нити, перекинутой через два небольших блока 4 и В, подвешены грузы Мх …~-

и

и

ннтн, которая в начальный момент совпадает с точкой D, тянут по вертикали DC вниз с постоянной скоростью 次. Найти скорость грузов, если AD=DB = b.

Решение. 1. Устанавливаем закон движения грузов М)и Л/2

Когда точка С совпадает с точ-

ннтн, которая в начальный момент совпадает с точкой D, тянут по вертикали DC вниз с постоянной скоростью 次. Найти скорость грузов, если AD=DB = b.

Решение. 1. Устанавливаем закон движения грузов М)и Л/2

Когда точка С совпадает с точ-

Ма (рис. 136). Точку С

Ма (рис. 136). Точку С

5

5

кой D, то положения

кой D, то положения

/И】и Л42 займут М29, следовательно,

/И】и Л42 займут М29, следовательно,

MtQ М^х^АС — AD,

MtQ М^х^АС — AD,

L. J

L. J

一上唱

一上唱

Рис. 136.

AC^ViADf+iPCr； AD^b

Так как точка С движется равномерно, то,

DC=u，

следовательно

Находим скорость груза 財】(MJ по найденному закону

7» —г —=冏少=-厂"一“==_，

Задача 44. Две точки, расстояние между которыми в началь* ный момент равно 60 м, движутся навстречу друг другу: первая—равномерно со скоростью 6 л/се/с из начала координат, вто* рая — равномерно-ускоренно с начальной скоростью у20=2 Mjceic и ускорением а=2 M)ce^> Найти графически место и время встречи этих точек.

Решение. L Устанавливаем законы движения данных Первая точка движется равномерно, следовательно,Решение. L Устанавливаем законы движения данных Первая точка движется равномерно, следовательно,точек.точек.% —— У f； Х^^б^ М・% —— У f； Х^^б^ М・(10-20)(10-20)Вторая точка движется равноускоренно, поэтомуВторая точка движется равноускоренно, поэтомух=хв — и10/2~» х~ 60 — 2£ —产.(10-21)х=хв — и10/2~» х~ 60 — 2£ —产.(10-21)Знаки минусы в уравнении (10-21) взяты потому, что вторая точка движется навстречу первой; хо==/=6О м, так как расстоя-Знаки минусы в уравнении (10-21) взяты потому, что вторая точка движется навстречу первой; хо==/=6О м, так как расстоя-окружности радиуса г=окружности радиуса г=ние между точками при /=0 равнялось 60 м.2. Находим графически искомые величины. Для этого рисуем графики движений точек в системе координат (厶 х) (рис. 137). Координаты точки пересечения полученных графиков и есть искомые величины.Итак7 =4,7 сек , S=28,4 м.ние между точками при /=0 равнялось 60 м.2. Находим графически искомые величины. Для этого рисуем графики движений точек в системе координат (厶 х) (рис. 137). Координаты точки пересечения полученных графиков и есть искомые величины.Итак7 =4,7 сек , S=28,4 м.Задача 45. Кривая скоростей представляет собой первую четверть 5 см (рис, 138), Масштаб наЗадача 45. Кривая скоростей представляет собой первую четверть 5 см (рис, 138), Масштаб на20 сек в 1 см, масштаб на оси ординат 10 м]сек в тгить закон движения точки и путь, пройденный точкой до остановки.Решение. 1. Устанавливаем закон движения данной точки:20 сек в 1 см, масштаб на оси ординат 10 м]сек в тгить закон движения точки и путь, пройденный точкой до остановки.Решение. 1. Устанавливаем закон движения данной точки:оси абсцисс см. Опреде-оси абсцисс см. Опреде-嘗==%， а) % 或.嘗==%， а) % 或.Но уравнение окружности графика скорости:Но уравнение окружности графика скорости:Отсюда:Отсюда:m+尸=d.V=(m产一产).10砒%m+尸=d.V=(m产一产).10砒%

Решение. L Устанавливаем законы движения данных Первая точка движется равномерно, следовательно,

Решение. L Устанавливаем законы движения данных Первая точка движется равномерно, следовательно,

точек.

точек.

% —— У f； Х^^б^ М・

% —— У f； Х^^б^ М・

(10-20)

(10-20)

Вторая точка движется равноускоренно, поэтому

Вторая точка движется равноускоренно, поэтому

х=хв — и10/2~» х~ 60 — 2£ —产.(10-21)

х=хв — и10/2~» х~ 60 — 2£ —产.(10-21)

Знаки минусы в уравнении (10-21) взяты потому, что вторая точка движется навстречу первой; хо==/=6О м, так как расстоя-

Знаки минусы в уравнении (10-21) взяты потому, что вторая точка движется навстречу первой; хо==/=6О м, так как расстоя-

окружности радиуса г=

окружности радиуса г=

ние между точками при /=0 равнялось 60 м.

2. Находим графически искомые величины. Для этого рисуем графики движений точек в системе координат (厶 х) (рис. 137). Координаты точки пересечения полученных графиков и есть искомые величины.

Итак

7 =4,7 сек , S=28,4 м.

ние между точками при /=0 равнялось 60 м.

2. Находим графически искомые величины. Для этого рисуем графики движений точек в системе координат (厶 х) (рис. 137). Координаты точки пересечения полученных графиков и есть искомые величины.

Итак

7 =4,7 сек , S=28,4 м.

Задача 45. Кривая скоростей представляет собой первую четверть 5 см (рис, 138), Масштаб на

Задача 45. Кривая скоростей представляет собой первую четверть 5 см (рис, 138), Масштаб на

20 сек в 1 см, масштаб на оси ординат 10 м]сек в тгить закон движения точки и путь, пройденный точкой до остановки.

Решение. 1. Устанавливаем закон движения данной точки:

20 сек в 1 см, масштаб на оси ординат 10 м]сек в тгить закон движения точки и путь, пройденный точкой до остановки.

Решение. 1. Устанавливаем закон движения данной точки:

оси абсцисс см. Опреде-

оси абсцисс см. Опреде-

嘗==%， а) % 或.

嘗==%， а) % 或.

Но уравнение окружности графика скорости:

Но уравнение окружности графика скорости:

Отсюда:

Отсюда:

m+尸=d.

V=(m产一产).10砒%

m+尸=d.

V=(m产一产).10砒%

следовательно,

%=20 сек* 10 л/с6к о у产一宀威；

尢=^(f pr遂二f'+F%arc sin；) 200ж;

%u 100 N 吸5—7展十25 arc sin (0,2 /)] м

Находим путь, пройденный точкой до остановки:

S—10 м!сек-20 сек (площадь 0,25 круга)—^--200 м:

S=3926 м

Упражнения

Клеть движется со скоростью 12 м/сек. На каком расстоянии от верхней приемной площадки находится клеть, когда выключается машина, если известно, что замедление клети равно 1,2 MjCe^t Сколько времени движется клеть до остановки?

Ответ:

九= 60м；£=10се/с

Ускорение клети в период ускоренного движения в зависимости от времени выражается следующей формулой:

тде а0 и ft — постоянные. Найти уравнения скорости и движения за время ускоренного движения, зная, что о0 = 0, а также выяснить механическое значение величин а0 и ft и выразить в зависимости от максимальной скорости подъема.

0i[‘ +式8s^ 一 l)], S =。。昼+ 争(^si啜一川.

Клеть начинает подниматься с ускорением о。， которое в течение 左 加 равномерно убывает до нуля, после чего клеть движется равномерно до начала замедленного движения. Найти максимальную скорость итах, которую достигает клеть, закон движения клети за время ускоренного движения, а также путь Н» «ррйдеиный клетью за время / = %, выразив его через vmax.

% 厶。0廿 и 4 ^rnax

еет： 砧х =豈；Х =堂一亡；Н =百 丁

ГЛАВА XI

КРИВОЛИНЕЙНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТОЧКИ

ILL Основные положения

Криволинейным движением точки называется такое движение, при котором траектория точки есть кривая линия

Координатный способ задания движения точки заключается в том, что а) выбирается система координат, например, декартова прямоугольная система, 6) задается закон движения точки в координатной форме, т. е. задаются координаты движущейся точки как функции времени:

x=/\(Z)，"=八(力，z=AQ(11-D

Уравнения (11-1) можно рассматривать как уравнения траектории точки в параметрическом виде, где роль параметра играет время Z После исключения параметра / из этих уравнений получаются уравнения траектории точки в явной форме.

Проекция скорости точки на какую-нибудь неподвижную координатную ось равна первой производной по времени от соответствующей кооординаты точки

I

U = Mx"+g"+/；(11-2)

cos(У, f)=*^； COS (u, /) = -|; cos (yt 鬲=石•

Проекция ускорения точки на какую-нибудь неподвижную координатную ось равна второй производной по времени от со- 140

ответствуютей координаты точки

犷=務 /，=評=^；I гл)^=Ух1^-уг卜(11 3)

cos(成 0=^； cos侬，7)=^； cos 位 田=3 )

Естественный способ задания движения точки заключается в том, что а) задается траектория точки (ОМА рис. 139); б) задается закон движения точки по траектории:у -

s = N)，(И-4)/5©

где s = 0M, О — начало отсчета дуг; М — те、 о/ кущее положение точки на траектории Знак /

(+) показывает положительное направление / отсчета дуг» а знак (—) — отрицательное на- ° правление.*рИСв 13g.

Проекция q вектора скорости точки на '*

касательную к траектории равна первой производной по времени от дуговой координаты точки:

%=^ 亠©(Н-5а)

Если ^ >0, то скорость точки направлена в положительную с，dS )八

сторону отсчета дуг 5, а если ^ V 0, то — в отрицательную

сторону.

Модуль вектора скорости точки равен абсолютной величине первой производной по времени от дугово 1 々 @ координаты точки:

问二职=8=м(и-5)

нахсж灰ни' ускорения точки поль- 川 Узуются естественными осями 7\ М В,

«ИЖ(рис 140)

Т ——касательная к траектории точки М, '"^ — главная нормаль, направленная в сторо-

Рне. 140. ну вогнутости траектории, В — бинораль

Проекция ускорения точки на касательную к траектории точки равна первой производной по времени от алгебраической величины скорости:

叫F

=s

(11-6)

Проекция ускорения точки на главную нормаль к траектории точки равна квадрату скорости точки, деленному на радиус кривизны траектории:

Проекция ускорения точки на бинормаль к траектории равна нулю:

%=0

w^+Wn； W— /(^) + 偿)；tgN=*M，

где 卩二(叫 wn) (рис. 141).

Криволинейное движение точки называется равномернымt если проекция t\ вектора скорости точки на каса- % тельную к траектории есть величина постоян- ULZная. При равномерном движении точки закон

^^Ц^движения линейный:

S=S°+。/(11-9>

/ >Z ]^w Криволинейное движение точки называется 丨 、равнопеременчым, если проекция ускорения на

%касательную к траектории точки есть величина

Рис. 141.постоянная:

(1. %叫>0 — равноускоренное движение; const < с

[2. j— равнозамедленное движение.

При равнопеременном криволинейном движении точка движется по квадратичному закону, а проекция скорости ее на касательную к траектории точки изменяется по линейному закону:

s=So + %J+W"； 4=%工+叫厶(11-10>

где при %р>0 и%>0 — движение равноускоренное, а при %〉。 и 吟之0 — равнозамедленное.

11-2. Решение задач при нахождении скорости и ускоренияпо заданному закону движения точки в координатной форме

План решения задач

Определяем уравнение траектории точки, исключая для этого параметр / из данных уравнений движения точки:

%=厶(/)； д=%(£); z=fs(f).

Находим скорость точки с помощью формул (11-2).

Определяем ускорение точки с помощью формул (11-3)-

Задача 46. Точка движется по законуЗадача 46. Точка движется по закону%= j + 戸 °初；У=т*з, °丸%= j + 戸 °初；У=т*з, °丸Найти уравнение траектории точки, скорость и ускорение ее в момент времени /= 1 сек.Решение. 1. Определяем уравнение траектории.Для этого исключаем время f из уравнений движения точк»Найти уравнение траектории точки, скорость и ускорение ее в момент времени /= 1 сек.Решение. 1. Определяем уравнение траектории.Для этого исключаем время f из уравнений движения точк»土 =4； f=2найденное t подставляем в уравнениех=ТТ?，土 =4； f=2найденное t подставляем в уравнениех=ТТ?，получаем уравнение траектории:芸з+уЗ = 3%у — Декартов лист (рис 142).Находим скорость точки.получаем уравнение траектории:芸з+уЗ = 3%у — Декартов лист (рис 142).Находим скорость точки.%=к%=к3-6£3a + "3-6£3a + "♦ б£ — 3产!3 л (Uyuy = -([+fW； 力у=У“пвк =彳 дм^сек;♦ б£ — 3产!3 л (Uyuy = -([+fW； 力у=У“пвк =彳 дм^сек;?[=/ul+心 力=^]/2 дм)сек;?[=/ul+心 力=^]/2 дм)сек;cos (%")=管；cos(%,/)=—%; cos(%,/)=%•cos (%")=管；cos(%,/)=—%; cos(%,/)=%•Следовательно,一一人一/6,7)=135。； N®,7)=45。.Следовательно,一一人一/6,7)=135。； N®,7)=45。.Находим ускорение точки:Находим ускорение точки:18户 一 18# — 36尸, (1+护广■；18户 一 18# — 36尸, (1+护广■；wlx=xlt=lceK =—Y дм!сек2;wlx=xlt=lceK =—Y дм!сек2;%=У%=У_6尸一36#-36М4-6,(+» ；_6尸一36#-36М4-6,(+» ；吗？=川2=] № =-彳 дм|се^吗？=川2=] № =-彳 дм|се^

Задача 46. Точка движется по закону

Задача 46. Точка движется по закону

%= j + 戸 °初；У=т*з, °丸

%= j + 戸 °初；У=т*з, °丸

Найти уравнение траектории точки, скорость и ускорение ее в момент времени /= 1 сек.

Решение. 1. Определяем уравнение траектории.

Для этого исключаем время f из уравнений движения точк»

Найти уравнение траектории точки, скорость и ускорение ее в момент времени /= 1 сек.

Решение. 1. Определяем уравнение траектории.

Для этого исключаем время f из уравнений движения точк»

土 =4； f=2

найденное t подставляем в уравнениех=ТТ?，

土 =4； f=2

найденное t подставляем в уравнениех=ТТ?，

получаем уравнение траектории:

芸з+уЗ = 3%у — Декартов лист (рис 142).

Находим скорость точки.

получаем уравнение траектории:

芸з+уЗ = 3%у — Декартов лист (рис 142).

Находим скорость точки.

%=к

%=к

3-6£3a + "

3-6£3a + "

♦ б£ — 3产!3 л (

Uyuy = -([+fW； 力у=У“пвк =彳 дм^сек;

♦ б£ — 3产!3 л (

Uyuy = -([+fW； 力у=У“пвк =彳 дм^сек;

?[=/ul+心 力=^]/2 дм)сек;

?[=/ul+心 力=^]/2 дм)сек;

cos (%")=管；cos(%,/)=—%; cos(%,/)=%•

cos (%")=管；cos(%,/)=—%; cos(%,/)=%•

Следовательно,

一一人一

/6,7)=135。； N®,7)=45。.

Следовательно,

一一人一

/6,7)=135。； N®,7)=45。.

Находим ускорение точки:

Находим ускорение точки:

18户 一 18# — 36尸, (1+护广■；

18户 一 18# — 36尸, (1+护广■；

wlx=xlt=lceK =—Y дм!сек2;

wlx=xlt=lceK =—Y дм!сек2;

%=У

%=У

_6尸一36#-36М4-6,

(+» ；

_6尸一36#-36М4-6,

(+» ；

吗？=川2=] № =-彳 дм|се^

吗？=川2=] № =-彳 дм|се^

吗=1/ 廟％+威у； 吗=4,375 dMjce^;

cos (й\, 7)=等；cos (吗，i)=—0,515; cos (t^p /)=—0,858.

Следовательно,

/(《7)=239。/(^；, 7) = 149久

Упрая^нения

М. Точка движется по закону

X = у^2. У = Т^Р 館—в сек\ 小 у — в дм).

Найти уравнение траектории точки, скорость и ускорение точки в момент (времени Г = 2 сем.

Ответ'. “2 = ^циссоида Диоклеса.

4-—

% = vk=邕 = дм]сек; /(。，/ )^=82°:

叫= ©/t=2 зс = 0，178 дм[сек^\ 4®i Г) == 190°.

Точка движется по закону

尤=户十]；“ =£ ” 工](£ — в сек1. % у — в。川)

Найти уравнение граектории точки, скорость и ускорение ее в момент 1 = 2 сек.

Ответ: “ =炉(:十:)—строфоида.

6=%=2版.=1,28 дм/сек;/伍，7)^76) wy=w[t^ceK. = 0,36 心好8吟 /(Шр i) ^： 190*30*.

Точк движется по закону:

к = £(開+е~*)；(/ = -|- (е融—D

Найти уравнение траектории, скорость и ускорение ее.

Ответ: 小一否=1 — гипербола.

0 = ^ ]Л垃炉工-01产1侬=胪n

где г — модуль радиуса-вектора движущейся точьи. Ускорение направлено по радиусу-вектору oi центра гиперболы.

11-3. Решение задач на составление закона движения точкив координатной форме и нахождение скорости и ускорениядвижения по данным задачи

План решения задач

Устанавливаем закон движения точки. При составлении закона движения нужно рассматривать точку в текущий момент времени / и выразить текущие координаты как функции времени [формулы (Н-1)].

Определяем уравнение траектории точки, исключая для этого параметр t из полученного закона движения.

Находим скорость точки по формулам (11-2).

Находим ускорение точки по формулам (11-3).

Задача 47. Стержень ОВ вращается вокруг оси О так, то /4ОВ=(р=2/ и приводит в движение стержень AD, точки Л и С

которого движутся по осям: А — по горизонтальной ох, С ——по вертикальной оу. Определить скорость и ускорение точки D стержня при 屮=6Ф и найти

Рич. 143.Рич. 143.уравнение траектории этой точки, если АВ^ОВ^ВС^

Рич. 143.

Рич. 143.

— CD —12 см (рис 143)

Решение. 1. Ус1анавли- ваем закон движения точки Q：

x=(CD) costp; y =(4D)sincp.

так как//Х4О=屮；(p = 2f. CD=-12 c丸；4D = 36 cm. Получаем закон (уравнения) движения точки О:

х= 12 cos 2/; у = 36 sin 2尢

Определяем уравнение траектории точки О Для этого из уравнений движения исключаем время £, находим cos 2? и sin 4 и пользуясь равенством cos2 2/-bsinz 2t— 1 получаем:

(12户十(36户

Следовательно, точка D движется по эллипсу-

Находим скорость точки О:

%=%=— 24 sin 2t; о1х=х^=60о==— 24 sin 60°;

%x=— 12，3 см [сек;

vv=^y = 72 cos2z, t\y=y厶=w。= 72cos60°; %旷=36 см/сек;

4 = !/ uj十 0:У； %=41,57 ем/сек; 8s(〃，e) =今；

/ (% f ) = 120".

Находим ускорение точки О:

а\=%=—48 cos 2Z, оу1х—х/ф=60ф=— 48 cos 60°;

3收=—24 см)сеН,

⑫产4 = — 144 sin 2C; 叫产观屮на =— 144 sin 60°;

叫у=— 72 /В c^/ce№;

&\=/叫#-)■若/ 叫=127 еm Iced; 8s (吗, 7)=^

Упражнения

87 Рудничная вагонетка движется равромерио по горизонтальному прямь линейному пути со скоростью 9 км^ас Определить уравнение движения точки, лежащей на ободе колеса, а также уравнение траектории этой точки в декартовых координатах, скорость и ускорение точки обода колеса в текущий момент, если диаметр колеса равен 350 мм Качение колеса по рельсу происходит без скольх<ения За начало координат взять начальное положение то^ки на пути

Omeetn' циклоида х= 2,5г ——0,175 sin 14,28才 мг

у = 0,175(1 —соз 14,280 л,к + У у (0>35 — у) = 0,175 arc cos (1 — 5,7亨)，

р = 5 sin 7,14? м^к, cos (v, 0 = sin 7,14^ cos (и, / ) = cos Z,14 f,w = 35,7 м cet^, cos (ay, ( ) = sin 14,28/; co&(叫 / ) = cos 14.28Z,

88 Провисание опорожненной части черп-аковой цепи драги определяется с достаточной степенью точности по формуле цепной линии:

У = ^(е +е )；

определить уравнение движения точки /И в координатной форме, если в начальный момент времени эта точка пересекала ось оу, барабан В, приводящий цепь в движение, вращается равномерно так, что скорость точки М равна и = corut

0团花爪： y = Y-J- Ь2; х = 6 Из У + *：!-十"•

11-4. Решение задач при нахождении скоростии ускорения движущейся точки в случае естественного способазадания движения

План решения задач

Определяем величину скорости точки по формуле (11-5>.

2 Находим ускорение точки по формуле (11-8),

Задача 48. Точка движется по окружности радиуса R=6 дм по закону:

s=6+9产一12产(f — в сек; s—в дм)

Определить скорость и ускорение точки в момент времени 7 = 1 сек» а также наименьшее значение скорости точки

Решение, 1. Определяем скорость точки по формуле: v~ ［专］;%=^(6+9尸一12广)；％=(18f —36尸)дм；сек\o1T==f//=i^K——18 дм)сек;丨0］」=% = 13 дм^сек

Знак (—) показывает, что скорость точки в момент времени f=l сек направлена к началу отсчета дуг.

Находим ускорение точки по формуле: и^ = /5MH■如:以; 叫=^； %=(18 —72f) 6闺сек';w^wx\t^xce^

吗t=—54 0м/с2K”，

炉(1& — 36 产)2n 公 2

切力=3； u^hгде q=R = 6 дм\

吗%我=54 дм|сек\

следовательно,

%=54］/2 дм'сек\

u=%hi ПРИ 黑=°； 18 — 72Z=0; % = 0,25 eg%g=叫=%；%，产2,25 дм；сек.

Упражнения

Точка движется по окружности радиуса R по закону:

S = %Е 0/2

Чему равна величина ускорения точки^ Когда эта величина становится равной а? Сколько оборотов сделает точка к этому моменту и какова будет е( скорость^

Отеет 如= j/"а2 4- -^ (и0 — а/)4; w — a при 才=^ 喏

Число оборотов ^ = •圖@R ; и = 0.

Рудничный поезд движется по участку пути, радиус закругления ко торого равен 600 м Определить ускорение поезда в момент t = 3MUHt а также расстояние, пройденное поездом к этому моменту времени, если уравнение движения поезда следующее:

s = l(? (「丽一1) + 50%

где / — время в сек.

Ответ: / = 390 川，侬=3,84 см［секг^

Ш

11-5. Решение задач на составление закона движения точки в естественной форме и нахождение скорости и ускорения по данным задачи

План решения задач

Устанавливаем по данным задачи закон движения точки в естественной форме.

точку в текущий моментточку в текущий моментПри составлении закона движения нужно рассматривать “времени / и выразить дугу траектории

точку в текущий момент

точку в текущий момент

как функиню времени:

Z Находим величину скорости точки по формуле (11-5)

. Находим величину и направление ускорения по формулам (11-8)

Задача 49. Точка М совершает гармонические колебания вокруг центра О по окружности радиуса г = 60 ои (рис. 144). Определить закон движения точки М, ее скорость и ускорение в момент t~x\9 сек, если наибольшее отклонение точки М от центра колебаний О равно 16 см, период колебаний Т = 2% сек и в начальный момент точка находилась в центре О.

Решение. 1 Находим закон движения точки М по данным задачи Мы знаем, что гармоническими колебаниями называются колебания происходящие по закону синуса или косинуса. Так как по условию задачи точка Л4 при ^=0 находилась в центре О, то

O/M=S^asin kt,

где а — амплитуда колебаний—наибольшее удаление точки от центра колебаний О.

Следовательно, 〃=/= 16 см;

k — круговая частота колебаний, связанная с периодом Т зависимостью

Т="; й=3л '/ак・

Итак, закон движения точки Мх

S=16 sin 3j#«

Определяем величину скорости точки М по формуле: 3=否； fx=48n cos3n/; 0] = /%"=力期 ％ = 24冗 см)сек.

Находим ускорение точки М по формуле: @=/或+底 %=叫仁乂密3 ^-~s=~ ; %=—144л2 sm3^ см/сек1;

%р=%%=%м ； %i=—72/3炉 cMjceK2r 叫=号；Q=r=60 см;

叫延=叫%=人匹.； 叫以=9,6j? ем^ее^\ 吗 = 125炉0儿/ced;

tg (R,部)=1^111 ; N ® гй1п)^85°35,.

Задача 50. Поезд идет равноускоренно так, что скорость его возрастает с 18 ктчас до 72 кмМас за промежуток времени 2 мин Путь расположен по закруглению радиуса 1 000 м. Олраделить закон движения, скорость и ускорение поезда через 40 сек после начала равноускоренного движения.

Решение /. Находнм закон движения поезда по формуле равнопеременного криволинейного движения:

где %=18 км^ас — Б м/сек. wt определяем из формулы:

g%+山；忆=写生

где и=72 км1час=20 м]сек\ £='=2 1M〃兄=120 сек.

Итак,叫一％ 砒2/Л

Следовательно

S=5扌十小 /^S)r==40ce/c,=3O3 м

Определяем скорость чоезда при /±=40 сек

4 = 8，?=40 г尤-(u0 + 侬/)?=40 СеKА u2 = 1 ° 丸/се及.

Находим ускорение поезда при 厶=49 сек, w^wj^^ с^,; 5 = МйУ廿然;吗二/成十侬力=40 МС；

吗=М 切£+今,где q=R = 1000 m.

Получаем

吗=0,16 м)се^.

Упражнения

Рудничный поезд движется равнозамедленно с замедлением, равным 0,1 лс/сек* по закруглению радиуса 200 м. Определить ускорение поезда по истечении 10 сек, если его начальная скорость равнялась 12 км/час.

Ответ: з= 10,36 CMjced*

Определить уравнение движения, закон измерения скорости и наибольшее значение 'скорости скипа при движении его по разгружающим кривым, если кривая скорости 0А имеет вид параболы с вертикальной осью. Парабола обращена выпуклостью вниз.

Начальное ускорение на участке h0 = 7,38 м равно шт0 — 0,25 闾сек* а конечное wxX — 0,46 闾“Y.

Ответ: s = 0,125* + 0,00515产；

口 = 0,25/ + 0,0154 产；

Umax = 2,4 Ml сек.

Точка движется по горизонтальной окружности радиуса г = 10 см так чго проекция ее ускорения на касательную к траектории

^ = -(HW см/сеМ.

Отсет: S= In (1 -|- 6/) см\ □ = - 36,18Отсет: S= In (1 -|- 6/) см\ □ = - 36,18шш6,ТТё? °"附6,ТТё? °"附d+6f)2d+6f)2см/се^.см/се^.Определить закон движения точки, ее скорость и ускорение как функцию времени, если начальная скорость точки равна 6 м[сек.

Отсет: S= In (1 -|- 6/) см\ □ = - 36,18

Отсет: S= In (1 -|- 6/) см\ □ = - 36,18

ш

ш

6,

ТТё? °"附

6,

ТТё? °"附

d+6f)2

d+6f)2

см/се^.

см/се^.

11-6. Решение задач на определение 吻炉吻万 н q по заданномузакону движения точки в координатной форме

План решения задач

L Находим скорость точки по формуле:

Определяем ускорение точки по формуле:

@=了工*+犷+孑.

Находим проекцию ускорения на касательную к траекто* рии точки по формуле:

з 結М+斤+Z*.

Определяем проекцию ускорения точки на главную нормаль к траектории по формуле:

a=J"-叫，

Находим величину радиуса кривизны траектории точки па формуле:

Q=

Задача 51. Даны уравнения движения точки: x^at\ g = ^©+e”

траекторииточки:траекторииточки:в зависимости отв зависимости отОпределить радиус кривизны ординаты у.

траектории

точки:

траектории

точки:

в зависимости от

в зависимости от

Решение. 1. Находим скорость

и=Н“у； *=а, у ^~（е! — с-）;

р= j/^ 废+£（彦-2-少=]/" ^+^ ^-V^^^y^

Определяем ускорение точки:

切匚，〉+ /2； Х==0；»==^ ©+©-'） =协

следовательно,

w=y.

Находим проекцию ускорения точки на касательную к траектории:

dv

4. маль4. мальОпределяем проекцию ускорения точки на главную норк траектории:

4. маль

4. маль

叫=/s* 一就；山"=/уг — уг.

и y2г 'F可и y2г 'F可так какдолучаем:так какдолучаем:Находим величину радиуса кривизны траектории точки:

и y2

г 'F可

и y2

г 'F可

так как

долучаем:

так как

долучаем:

У —@ =а

* а

Упражнения

*94 Точка движется по закону:

х = 2 5 — 0,175 sin（14,28/） ж; у = 0,175 [1 — cos （14,28/）] м.

Определив радиус кр^изны траектории точки в текущий момент я в наивысшей точке траектории.

Ответ. ^ = 0,7 sin{7,14/）； Qj =0,7 м.

. Точка движется по закону:

х = 3. —0,2 sin (9,23/i ле; у = 0,325 — 0,2 cos (§,23订 м.

Определить радиус кривизны траектории точки в момент времен» < = О,О54я сек.

Ответ q = 1,37 м.

Точка движется по закону:

х = ь in 些十 У, + "' ： g = Уб2 + м", где 露 b — постоянные.

Найти радиус кривизны раекгории точки как функцию координаты 弟 точки

JV. ПРОСТЕЙШИЕ ДВИЖЕНИЯ ТВЕРДОГО ТЕЛА

ГЛАВА XIIПОСТУПАТЕЛЬНОЕ И ГРАЩАПЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА,ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ПРОСТЕЙШИХ ДВИЖЕНИЙ ТВЕРДОГО ТЕЛА

12-1 Основные положения

Движение твердого те/а называется поступательным, если* любой прямолинейный отрезок неизменно связанный с телом остается в процессе движения параллельным самому себе

Траектории всех точек поступательно движущегося тела представляют собой тождественные кривые, т е такие кривые, которые при наложении друг на друга сливаются всеми своими- точками. Скорости всех точек (1оступательно движущегося тела векторно равны между собой

司="=.一=毛=….=五

Ускорения всех точек поступательно движущегося тела векторно равны между собой:

Движение твердого тела называется вращательным, если' в движущемся теле или вне его существует прямая называемая осью вращения погорая остается неподвижной во время движения тела, и если плоскость проведенная через эту прямую и произвольную точк、 тела, совершает поворот вокруг этой прямой.

Законом (уравнением) вращения твердого тела вокруг неподвижной оси называется равенство, при помощи которого* задается угол поворота тела как функция времени

屮="(£),(12-1>

153-

где угол поворота 屮——угол между неподвижной плоскостью Р проходящей через ось вращения Z, и плоскостью Q, неизменно ^связанной с телом и проходящей также через ось вращения

Угол 屮 отсчитывается в направлении, противо- <； положном движению часовой стрелки если см» треть с положительного конца оси вращения Z Г、 (рис. 145)

I \ Проекция ①2 вектора угловой скорости вра- * \ щения тела на ось вращения Z равна первой 二鼻~"、Т производной по времени от угла поворота тела:

(12-2)

Рис. 145Рис. 145ну, если 謂 <0.ну, если 謂 <0.Если —->0, то тело вращается в сторону положительного отсчета угла 屮，и в обратную сторо-

Рис. 145

Рис. 145

ну, если 謂 <0.

ну, если 謂 <0.

Модуль вектора угловой скорости вращения тела равен абсолютной величине первой производной по времени от угла поворота тела:

(12-3>

Проекция £之 вектора углового ускорения тела на ось вращения г равна второй производной по времени от угла поворота тела:

Модуль вектора углового ускорения тела равен абсолютной величине второй производной по времени от угла поворота тела：

е= ее= е(12-5)

е= е

е= е

Вращение твердого тела называется равномерным, если проекция вектора угловой скорости на ось вращения — постоянная величина. При равномерном вращении угол поворот изменяется в зависимости от времени по линейному закону:

(12-6》(12-6》Ф=%+®/.

(12-6》

(12-6》

Вращение тела называется равнопеременным, если проекция углового ускорения на ось вращения — постоянная величина:

J 1. 8名£名>0 — равноускоренное вращение;

* I 2. ш2е2<0 — разнозамедленное вращение.

При равнопеременном вращении тела угол поворота изменяется в зависимости от времени по квадратичному закону, а проекция угловой скорости на ось вращения по линейному закону:

®2=®ог+е/:屮=中0+3((/+岁， (12-7)

где при <о”>0 и %>0 — вращение равноускоренное» а при <й)1г>0 и е2<0 — вращение равноза-

Рис. 146.Рис. 146.медленное.

Рис. 146.

Рис. 146.

Кривая, изображающая на чертеже закон (уравнение) вращения тела в системе координат (Л 屮)* называется графиком вращения (рис. 146). Если величины / и 屮 изображены на графике в одинако вом масштабе, то проекция угловой скорости вращения тела на

ось вращения равна тангенсу угла

наклона к асательной к кривой графика вращения:

Кривая изображающая на чертеже проекцию угловой скоКривая изображающая на чертеже проекцию угловой ско=黑=tg '

Кривая изображающая на чертеже проекцию угловой ско

Кривая изображающая на чертеже проекцию угловой ско

рости тела на ось вращения какрости тела на ось вращения какРис. 147.Рис. 147.функцию времени в сис геме координат (九 ①)называется графиком угловой скорости (рис- 147). Если величины / и о)? изображены на графике в одинаковом масштабе, то проекция углового ускорения тела на ось вращения равна тангенсу угла наклона касательной к кривой графика угловой скорости:

рости тела на ось вращения как

рости тела на ось вращения как

Рис. 147.

Рис. 147.

Суммарный угол поворота, описанный вращающимся телом, равен площади, ограниченной осью времени, кривой графика угловой скорости и ординатами, соответству ющими началу и концу рассматриваемого движения (рис 147):

Вектор угловой скорости вращения тела лежит на оси вращения и направлен так, что если смотреть с его конца» го мы должны видеть, что тело вращае гея против направления враще-

рия часовой стрелки Абсолютная величина вектора угловой

скорости равна |(pj Начало -^того вектора совпадает с произвольной точкой О оси вращения (рис 148).

Вектор углового ускорения тела лежит на оси вращения и направлен как вектор угловой скорости, если тело вращается ускоренно ®%>0, рис. 149), в противоположную сторону,— если тело вращается замедленно (соЛе2<0, рис 150). Точка при-

Рис 148Рис 149Рис 150.Рис 148Рис 149Рис 150.

Рис 148Рис 149Рис 150.

Рис 148Рис 149Рис 150.

ложения вектора углового ускорения — произвольная точка ос场 вращения, а абсолютная величина *того вектора равна ] <р |.

Вектор скорости точки вращающегося тела равен векторному произведению вектора угловой скорости тела на радиус — Еектор данной точки (рис 151).

…Z Модуль вектора ско| ости точки вращаюше- 7 4一гося тела равен произведению величины угловсй

Gскорости тела на кратчайшее расстояние точки

х*** 1'、до оси вращения:

и = з х 几沙一з,.(12-8>

尸、 “ Вектор ускорения точки вращающегося тела 、於 равен геометрической сумме следующих двух сла- '° гаемых: 1) некторного произведения вектора угло- рис 151во го ускорения на радиус-вектор данной точки.

векторного произведения вектора угловой скорости тела на вектор скорости данной точки:

w^ е х гЧ-ю х V(12-9)

Касательная составляющая ускорения точки вращающегося тела равна векторному произведению вектора углового ускоре-

ния тела на радиус-вектор данной точки (рис 152):

(12-10)

Проекция ускорения точки вращающегося тела на касательную к траектории точки равна произведению углового ускорения тела на кратчайшее расстояние точки от оси вращения:Л

吼=£Q吼=£Q(12-11)

吼=£Q

吼=£Q

Нормальная составляющая ускорения точки вращающегося тела равна векторному произведе- х< нию вектора угловой скорости тела на вектор 汪; скорости данной точки (рис 152):\

叫=G X U

Проекция ускорения точки вращающегося тела на главную нормаль к траектории точки Рис. 152 равна произведению квадрата угловой скорости тела на кратчайшее расстояние точки до оси вращения：

5产S Q5产S Q(12-13)

5产S Q

5产S Q

Величина ускорения точки вращающегося тела вычисляется по формуле:

®=q У状宀3上

(12-14)(12-14)Z辰矶)=a『ctg*・Z辰矶)=a『ctg*・(12-15)(12-15)Направленге ускорения этой точки определяется углом:

(12-14)

(12-14)

Z辰矶)=a『ctg*・

Z辰矶)=a『ctg*・

(12-15)

(12-15)

Угловая скорость w (1/сс&) связана с числом п (рб1мин) формулой:

(12-16)

12-2. Решение задач на нахождение кинематических элементовпо заданному закону вращения тела

План решения задач

Находим угловую скорость вращения тела:

Определяем угловое ускорение тела:

T符卜闸一

Находим величину скорости точки тела：

y = (OQ.

Определяем ускорение точки тела:

炉N®, ttQ=arctg3・

Задача 52. Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону:

ср==4 (1 —

Определить угловую скорость и угловое ускорение тела в момент времени &=1 сек, а также для этого момента скорость и ускорение точки, отстоящей на расстоянии q—60 см от оси вращения.

Решение 1. Находим угловую скорость вращения тела в момент f=l сек:

8=1^"]； 8=['e"*1；皿=叫=15； ^ = 1,08 1]сек.

Определяем угловое ускорение тела в момент £=1 сек:

е=| 謂!； j=—1£е-“； ％=|ej=…；％ = 2,16 1/сек*.

Определяем скорость точки, отстоящей на расстоянии ^=60 см от оси вращения

и=(о@; %=д@； U]=64,8 смIсек.

Находим ускорение этой точки

%=@/ £；+s：，5 = 1,83 см]сек\

Упражнения

Тело совершает колебания около неподвижной оси, причем угол поворота выражается уравнением:

(р = 20° sin(2°Z).

Определить угловую скорость соо тела в момент % = 0, угловое ускорение в] тела в ближайший момент времени tu когда изменяется направление вращения.

冗2冗2

Ответ w0=§^ 1/%右 5霄= —77555

98. Шарик Д, подвешенный на нити длиной / = 384 см, колеблется в вертикальной плоскости около неподвижной горизонтальной оси О по за98. Шарик Д, подвешенный на нити длиной / = 384 см, колеблется в вертикальной плоскости около неподвижной горизонтальной оси О по закону：кону：<屮一в радианах, угловое ускорение, времени / —1/3 сек<屮一в радианах, угловое ускорение, времени / —1/3 сек—в сек). Определить угловую скорость, скорость и ускорение точки Д в момент—в сек). Определить угловую скорость, скорость и ускорение точки Д в моментОтвет, со =Ответ, со =3232「сек; % = — -g^ 1/селЛ「сек; % = — -g^ 1/селЛ口 = 12 рЗ л2 см1сек\口 = 12 рЗ л2 см1сек\Рис. к упр. 9宙Рис. к упр. 9宙М9л2 + 256 см[сеН.М9л2 + 256 см[сеН.

98. Шарик Д, подвешенный на нити длиной / = 384 см, колеблется в вертикальной плоскости около неподвижной горизонтальной оси О по за

98. Шарик Д, подвешенный на нити длиной / = 384 см, колеблется в вертикальной плоскости около неподвижной горизонтальной оси О по за

кону：

кону：

<屮一в радианах, угловое ускорение, времени / —1/3 сек

<屮一в радианах, угловое ускорение, времени / —1/3 сек

—в сек). Определить угловую скорость, скорость и ускорение точки Д в момент

—в сек). Определить угловую скорость, скорость и ускорение точки Д в момент

Ответ, со =

Ответ, со =

32

32

「сек; % = — -g^ 1/селЛ

「сек; % = — -g^ 1/селЛ

口 = 12 рЗ л2 см1сек\

口 = 12 рЗ л2 см1сек\

Рис. к упр. 9宙

Рис. к упр. 9宙

М9л2 + 256 см[сеН.

М9л2 + 256 см[сеН.

12-3. Решение задач на составление закона вращения тела

и нахождение кинематических элементов по данным задачи

План решения задач

Устанавливаем закон вращения тела по данным задачи.

. Находим искомые величины задачи

Задача 53. Винт самолета делает по = 24ОО об)мин. После^ выключения газа угловая скорость убывает и винт, сделав Д/=900 об, останавливается. Найти время т вращения винта, считая вращение равнозамедленным, если e=const.

Решение. 1. Находим закон вращения винта. Так как вращение равнозамедленное, то

屮=%f — ^,(12-17)

а угловая скорость изменяется по закону:

s=叫—改；(12-18>

по истечении времени т винт останавливается, т е.

со=0(

следовательно,

0=5 — ет; £=*.

Из уравнения (12-17) получаем:

叫= u=°V — 于叫=T = W；

отсюда находим

но

% 二圖，5=80л 1 /сек,

ПоэтомуПоэтому2•1800 л2•1800 лт —45 сект —45 сек

Поэтому

Поэтому

2•1800 л

2•1800 л

т —45 сек

т —45 сек

Задача 54. Тсчиа движение которой задано уравнениями: I. *=10со、2产；2 у=^ lOsjn 2/ (л; у — всм, /—веек), принадлежит телу вращающемуся вокруг неподвижной оси. Найти закон вращения и ускорение точки тела, отстоящей от оси вращения на расстоянии q=5「加 если а)о==О

Решение. 1 Находим закон вращения тела. Для этого 'сначала определяем траекторию точки, исключая время f из уравнений движения (1) и (2)

Получаем

Н+疗=]00,

следовательно, данная точка движется по окружности радиуса г = 10 см. Скорость этой точки находим по формуле: и=//+у{ /亠-40/ sin 2^; y=40l cos 2尸：0 —40/; %=0几=()=0.

Угловая скорость врачующегося тела будет:

6)==~ ； с：=4/ 1/сек.

Угловое ускорение тела:

£ = |普 I： б" 1/w/hConst.

Приходим к выводу что тело вращается равноускоренно по закону:

屮=^；屮=2尸， так как

Решение. 1. а) Находим закон вращения маховика для промежутка времени от 0 до 40 cgc

Bi=-tg (СОЛ)=0Г25 1/се№.

За этот промежуток времени маховик вращается равноускоренно, так как e^const, следовательно,

中广察%=0,125产.

Определяем закон вращения маховика для промежутка

33Рис 153.Рис 153.12D /%12D /%Рис. 154.Рис. 154.120130 、120130 、

3

3

Рис 153.

Рис 153.

12D /%

12D /%

Рис. 154.

Рис. 154.

120130 、

120130 、

гдепоэтомугдепоэтомудля промежутка отдля промежутка отРис 155.Рис 155.%Н0,25 1 /e5№;初/ced;%Н0,25 1 /e5№;初/ced;

где

поэтому

где

поэтому

для промежутка от

для промежутка от

Рис 155.

Рис 155.

%Н0,25 1 /e5№;

初/ced;

%Н0,25 1 /e5№;

初/ced;

времени от 40 до 120 сек. Находим для этого площадь заштрихованной трапеции (рис. 154):

屮含=，a)dt=SoA^M\о

с АК + ОМ

%=Ммм=2%£，

Л^=^ — 40; ОМ —t\

①£=1°/ - 200.

Находим закон вращения маховика 120 до 130 сек. Для этого определяем площадь заштрихованной трапеции на рис. 155：

*=1050-吟立.

2. а) Определяем ускорение точки обода маховика для промежутка времени от 0 до 40 сек:

5=р/&：+"；①尸@[=0,25/ I 5%q—-|-;切尸0 2pT+0,O625尸

9 М. Л. Мисюрев

Находим ускорение точки обода маховика для промежутка времени от 40 до 120 сек:

2=屮2=1° 1 }сек\ %=警=0； w2=(o* У; 9含=80 jwjced;

Находим ускорение точки обода маховика для промежутка времени от 120 до 130 с^к.

w^q jZ 球+①：；%=%=-(130 - /) \jceK, %=吗=1 1 依6,叫=0,8 V1 +(130 — /厂 м/секЛ

12-4. Решение задач в случае прео5разования простейшихдвижений твердого тела

Задача 56. Груз Mt привязанный к веревке, намотанной на Сарабан радиуса г, движется так, что зависимость между уско

рением и скоростью его выражается формулой:

йу=4(1 —2и”

Определить закон вращения зубчатого колеса радиуса &， зацепленного с колесом радиуса R】 (последнее колесо жестко связано с барабаном), а также касательное ускорение точки В этого колеса, если R =2广； 凡=1,5/*; Q=方 Движение си

стемы началось из состояния покоя (рис. 156).

Решение. 1. Находим закон вращения второго колеса. Для этого рассматриваем скорость точки А касания колес:

следовательно,Очевидно,следовательно,Очевидно,%f &； %=s凡

следовательно,

Очевидно,

следовательно,

Очевидно,

R14

叫=萨1；З产方％.

①尸尸

где v — скорость груза /И, Эту скорость определяем из дифференциальною уравнения:

3=黑=4(1一26);

отсюда:

2y 2

1 + У?

1 一 у豆

-=4L и

Поэтому

/2 "F -i

丁…+1' 5

2 y 攵 e" "F -1飞尸鼠MF + [

но

8"=五；

d(p 2/2 епУ^ —\

d?一廿（外y豆+0

итак,

2

①=5

j产耳1

1П-~产"

2. Определяем касательное ускорение точки В.

3d①264产 2f

叫=JQ； Q=Wg J=R；%=57,不 + 1『

получаем:

8" h 16 --.

Задача 57. Найти закон движения и скорость стержня, если диаметр эксцентрика d=2厂,а ось

2

а

Рис. 157.

вращения О находится от оси диска С на расстоянии ОС^а

Рис. 158.

(рис. 157).

Диск вращается равномерно с угловой скоростью 3 = const.

Решение, Определяем закон движения точ- ки Л стержня (рис. 158);屮二 sf ——закон равно- мерного вращения диска.

Из Д ОЛС имеем:

Отсюда

X

sin 屮_ sin 2一 sin [180。一(屮 + ^)] ,

находим.

_产口 (屮+屮)=

Sin Ф

sit!中CDS屮 + COS屮5加 屮, sin ①1

sin 屮=，sin<p.

Следовательно,

x—r 佇 cos at+ /1 ■—% sitfs/).

2. Находим скорость точки Л;

%==^; %=—асо ^sin®( 4

a sin 2①/

2 У* — «2 su产①〃'

Упражнения

Турбина реактивного двигателя делает % =9000 об)мин. За промежуток времени Т = 30 сек турбина, вращаясь равноускоренно, сделала ^ =5400 об. Найти закон вращения турбины и угловую скорость з ее по исгечении 30 сек*

Ответ' 屮=2л (150/ 十产)，(о = 420л 1/сек.

При постепенном выключении реостата угловое ускорение ротора мотора шахтного электровоза возрастает пропорционально времени, причем постоянная в начале движения угловая скорость, равная ®0= Юл 1 /сек, по истечении 2 сек от момента виключения реостата, возросла до 16л 1/сек. Сколько оборотов N совершит ротор за этот промежуток времени?

Ответ: ^ = 12 об.

Барабан планетарной лебедки станка для колонкового бурения вращается так, что ускорение любой точки барабана образует со скоростью этой точки постоянный угол, равный 60° Определить угловую скорость барабана как функцию времени и уравнение движения барабана, если начальная угловая скорость равна 3fp一

Ответ. —吵处宀，,(p==y3 Int=s при £<J^ •

3 一(0#3/3-SqM3t5

Определить продолжительность T движения клетей при подъемной системе с бицилиндроконическим барабаном, если угол поворота барабана ф =257 рад. наибольшая угловая скорость вращения а)тах = 3 1/се/с, угло вне ускорения 力=6名=0/1 1 /с^2> диаграмма угловой скорости трехпериод

ная трапецеидальная.

Рис. к упр. 102Рье к упр. 103

ЮЗ. Качающийся питатель состоит из лотка ЙС, опирающегося на ролики 01 и О2. Логок приводится в возвратно поступательное дви,кеир1е от эксцентрикового вал-i О посредством шатуна АВ Определить скорость и ускорение лотка как функцию времени если вал эксцентрика делает п = 5о。6［胱ин, эксцентриситет ОА = г = 7 5 см, АВ = 2 = 60 см

Примечание. В формулы, получаемые при решении задачи, входит 1/ 1 — ( Д sir <р ) , этот радикал разлагаем в ряд и удерживаем только два

первых членаОтвет' % =—первых членаОтвет' % =—л/ + 2,45 sin у л/j сп^сек.л/ + 2,45 sin у л/j сп^сек.

первых члена

Ответ' % =—

первых члена

Ответ' % =—

л/ + 2,45 sin у л/j сп^сек.

л/ + 2,45 sin у л/j сп^сек.

CMjcet^.CMjcet^.5% = ——(2U6co$"|* nf+ 25,7 cos — nt

CMjcet^.

CMjcet^.

V. СЛОЖЕНИЕ И РАЗЛОЖЕНИЕ ДВИЖЕНИЙ ТОЧКИ

ГЛАВА XIII

СЛОЖЕНИЕ СКОРОСТЕЙ ТОЧКИ

13-1. Основные положения теории сложного движения точки

Если точка движется относительно некоторой системы координат, которая движется относительно второй системы коорди* нат, условно принимаемой за неподвижную и называемой основной системой отсчета, то такое движение точки называется сложным Движение точки по отношению к основной системе отсчета называется абсолютным движением. Движение точки пи отношению к подвижной системе отсчета называется относительным. Переносное движение — движение подвижной системы отсчета по отношению к неподвижной системе отсчета.

Для того, чтобы выделить относительное движение точки, нужно мысленно остановить подвижную систему координат и посмотреть, как в этом случае будет двигаться точка. Для того, чтобы выделить переносное движение, нужно мысленно скрепить данную точку с подвижной системой координат и посмотреть, как будет двигаться точка в этом случае. Скорости и ускорения точки в относительном, переносном и абсолютном движениям обозначаются так:

± 或,応必，vat 办

Формула сложения скоростей:

va=ve+vr.(13-1)

Скорость точки в абсолютном движении равняется геометрической сумме скоростей точки в переносном и относительном движениях (рис. 159).

(13・2)подвижная(13-3)(13・2)подвижная(13-3)

(13・2)

подвижная

(13-3)

(13・2)

подвижная

(13-3)

Величина и направление абсолютной скорости точки находятся по формулам:

%=/W+u；+2%%cos&,心)，'

% =%，

sin (%,叫 sin (va> 峭 sin (Цд, ◎-

Формула сложения ускорений в случае, когда система координат движется поступательно:

Ускорение точки в абсолютном движении в случае, когда подвижная система координат движется поступательно,

равно геометрической сумме ускорений точки в ее переносном и относительном движениях (рис. 160).

Величина и направление абсолютного ускорения находятся

по формулам:

(13-4)(13-4)吗j=/威+з；+2%9, cos (叫，叫),

(13-4)

(13-4)

_ 叫 _4

Sin (矶，Wj} sin 而a，石「)sill (wa. w J

3* Формула сложения ускорений в случае, когда подвижная система координат вращается вокруг некоторой оси.

Ускорение точки в абсолютном движении в случае, когда подвижная система вращается вокруг некоторой оси, равно геометрической сумме следующих трех ускорений: 1) переносного ускорения 2) относительного ускорения и 3) ускорения Кориолиса (рис. 161):

5aA 以+⑵,+叫,(13-5)

где &=2 (% х 吟一ускорение Кориолиса;

йУа=2з/г sin (①外 и J(13-6)

<oe — вектор угловой скорости вращения подвижной системы координат. Этот вектор откладываегея на оси вращения так, что вращение системы происходи г против направления вращения часовой стрелки, если смотреть с конца вектора 明.Ускорение Кориолиса Wk направлено по перпендикуляру к плоскости, проходящей через вектор vr параллельно вектору з^ щение вектора а)? до совмещения с вектором vr по наименьшему углу пред^ ставляется против хода часовой стрелки.

Для нахождения величины wa используем теорему о том, что проекция геометрической суммы на какую-нибудь ось равна алгебраической сумме на ту же ось:

侬蚣=切乐+@戌依,

Тогда

wa 碇+就刀+^4：

в ту сторону откуда вра-

Рис. 161.

проекций составляющих

(13-7)

где 匕，n，С ——оси прямоугольной декартовой системы координат. Направление wa находим по направляющим косинусам:

COS (而〃％)=守；COS(Fa，m=*，； COS@“,W)=^.(13-8)

13*2. Решение задач с помощью формулы сложения скоростей точки (% = 4 + %

План решения задач

Изображаем точку в рассматриваемый момент времени.

Выбираем подвижную систему координат (尤刀 у「г,).

а) Выделяем переносное движение точки по правилу, сформулированному в § 134.

Вычисляем величину вектора переносной скорости точки (%)。

Изображаем вектор переносной скорости точки.

а) Выделяем относительное движение точки по правилу, сформулированному в § 13 1.

Вычисляем величину вектора относительной скорости точки (и)

Изображаем вектор относительной скорости точки.

Нарисуем va — вектор абсолютной скорости точки как Диагонал параллелограмма, построенного на векторах v€ и и尸

Находим:

величину вектора va по формуле косинусов и

направление вектора va по теореме синусов.

Задача 58. Велосипедист едет со скоростью 〃. Найти абсолютные скорости % и 口方 педалей велосипеда в тот момент, когда педальный кривошип наклонен под углом 30° к горизонту, если длина этого кривошипа равна а, а его угловая скорость равна со.

Решение 1. Изображаем педали (точки) Mt и Л4а в рассматриваемый момент времени (рис* 162).

Рис. 162.

Выбираем подвижную систему координат хп у*> 之」неподвижно связав ее'с рамой велосипеда. Эта система координат движется поступательно.

а) Выделяем переносное движение точек М, и М2. Для этого мысленно скрепляем их с подвижной системой координат. В этом случае данные точки будут принадлежать поступательно движущейся раме.

Вычисляем величины переносных скоростей точек Mt и Мл. В силу свойств поступательного движения тела будем иметь:

v^v^u.

Изображаем векторы переносных скоростей точек Мг и Mt (рис. 162).

а) Выделяем относительное движение точек Mt и М^. Для этого мысленно останавливаем подвижную систему координат; в этом случае кривошип будет вращаться вокруг оси С\ с угловой скоростью со, как указано на рис. (162).

Вычисляем относительные скорости точек /И】и М^

^"^^ 厶戸=sa.

Изображаем относительные скорости этих точек:

и*丄。［m；办丄0dL.

Изображаем векторы абсолютных точек 儿厶 и Мг как диагонали параллелограммов, построенных на векторах относительной и переносной скоростей точек.

Находим величины и направления скоростей точек Мг и也：

%а = / *e + *r + 2U[~[尸 8sl20°； 〃& = /炉 + 川废一SQ&；

Sin (%+ %e)Sin (%+ %e)—次一 =―H— ； Sin (丸,B,/=『^4—；%а = / U；e + Kr+2%Jzr 8s 60°； %。= /U^ + ^a^^UU]

Sin (%+ %e)

Sin (%+ %e)

Задача 59. Тонкий стержень АВ неподвижен, а проволочная

окружность радиуса г вращается в плоскости чертежа с постоян

ной угловой скоростью (о вокруг точки О этого стержня. Найти абсолютную и относительную, по отношению к окружности, скорость колечка М, надетого на окружность и стержень.

Решение. 1. Изображаем точку М в данный момент времени (рис. 163).

Выбираем подвижную систему координат %], г/р неизменно связав ее с окружностью.

а) Выделяем переносное движение колечка М. Для этого мысленно точку М

скрепляем с подвижной системой координат^ т. е. с окружностью. В этом случае точка Л1 будет принадлежать твердому телу, вращающемуся вокруг точки О с угловой скоростью(о.

Вычисляем переносную скорость va ^очки М. Радиус вращения точки будет 0M=S; %=sS.—

Рисуем вектор переносной скорости точки Mi ve J_ ОМ (рис. 163).

а) Выделяем относительное движение точки М. Для этого мысленно останавливаем подвижную систему координат. В этом случае колечко М будет скользить по окружности.

Изображаем вектор относительной скорости точки М, касательный к окружности (рис. 163).

Вычисляем величину относительной скорости точки М. Так как абсолютная скорость точки М направлена по АВ и т“ = %+工，то %=誌；МК 丄 ОМ; MK=h; sincp=^； и「=2зг.

Находим величину абсолютной скорости точки Л4: %=%ctgq); %=з"・

Задача 60. Кривошип ОА (рис. 164) вращается с угловой скоростью %=1^ вокруг оси О. Зубчатое колесо 2, свободно сидящее на оси Л, катится без скольжения по неподвижному

зубчатому колесу 7. Определить абсолютную скорость точки В колеса 2 в тот момент, когда /048=90°, если R = 50 см, г=20 см, АВ—\ 5 см.

Решение. 1. Рассматриваем точку В в данный момент времени (рис. 165, s-тот рисунок для удобства представлен в более крупном масштабе).

Выбираем подвижную систему координат х^оу^ скрепив ее с кривошипом О А.

а) Выделяем переносное движение точки В. Для этого мысленно скрепляем точку В с подвижной системой координат. В этом случае колесо 2 будет вращаться вокруг оси О с угловой скоростью %.

Вьгчисляем величину переносной скорости точки В. Так как в этом случае точка В принадлежит телу, вращающемуся вокруг неподвижной оси с угловой скоросью с%, то

恥=4(05)； ОВи丿04戸工(4吁;ОВ = 33,5.см\

%=33,5 cMjceK.

Изображаем вектор переносной скорости точки 8: % 丄 ОВ；

а) Выделяем относительное движение точки В Для этого мысленно останавливаем подвижную систему координат. В этом случае колесо 2 будет вращаться вокруг оси Л с угловой скоростью (о「.

Вычисляем величину вектора относительной скорости точки В: иг=(ог(АВ). Для того, чтобы определить относительную угловую скорость(о「колеса 2 относительно кривошипа ОА, рассматриваем движение точки 尸 касания колеса 2 с колесом /. Так как качение колеса 2 по неподвижному колесу / происходит без скольжения, то и%)= и?' + °?' = 0, следовательно, *)=о尸；*" = з£ 毋=叫/； еК = з,.г; з.= з°* <в.= 2,5^. Итак 力=37,5 сй/се£

Изображаем вектор относительной скорости точки В: 初丄万瓦_

Изображаем вектор va абсолютной скорости точки В как диагональ параллелограмма, построенного на векторах ve и。广

Находим величину вектора va по теореме косинусов» а направление——по теореме синусов:

度斗 v^+2vevr cos (%, %); cos (%,。，=

=—cos(ОВЛ)= — gyg; ua=37,5 см^сек',

Упражнения

104. Породопогрузочная104. Породопогрузочнаяманшна движется со скоростью и = 0,7 м/сек.

104. Породопогрузочная

104. Породопогрузочная

лента конвейера движется со скоростью 以=1,3—- . Определить абсолютную

скарость то0ки м, если0m=后г；a=60". (а—относительная скорость ленты).

Ответ- %=1,36 融依к.

Желоб KD конвейера движется со скоростью V. Определить относительную скорость точки С по отношению к желобу, если ОС = 0,5 г.

Ответ： и广=—^—и, /(%, w) = 153°30/«

Рис. к уир. 105Рис. к уир. 105

Рис. к уир. 105

Рис. к уир. 105

В центробежных (маятниковых) мельницах раздавливание материала производится роликами 2, которые прижимаются к кольцу 2 центробежной.

силой инерции роликов* Определить абсолютную, переносную и относительную по отношению к кривошипу ОД скорости точки В» если АВ = 12 см, а = 60°, вал вращается с постоянной угловой скоростью, соответствующей % = 140 об)мин, R = 60 см, г = 24 ел, качение ролика по кольцу про всходит без скольжения.

Ответ: t^ = 4,65 м]сек\ 力= 4,4 闺сек; %=7 ж/сек» 2 @燄区)=41*»

ГЛАВА XIV

СЛОЖЕНИЕ УСКОРЕНИЙ ТОЧКИ

<4-1. Решение задач с помощью формулы сложения ускоренийпри переносном поступательном движении

План решения задач

Рассмотрим случай,^когда подвижная система координат дви- гкется поетупательно (酬а=酬2+⑪厂).

Изображаем точку в рассматриваемый момент времени.

Выбираем подвижную систему координат %尸 у” 2广

а) Выделяем переносное движение точки по правилу, сформулированному в главе XIII, § 1.

Вычисляем величину вектора переносного ускорения

точки.

Изображаем вектор переносного ускорения точки.

а) Выделяем относительное движение точки по правилу, сформулированному в главе ХШ, § 1.

Вычисляем величину вектора относительного ускорения точки.

Изображаем вектор относительного ускорения точки.

Находим величину и направление вектора абсолютного ускорения точки при помощи аналитического способа нахождения геометрической суммы.

Задача 61. Тележка АВ (рис. 166) движется по прямолинейному пути по закону x~50t2 (х — 6 ои, f — s сек), стержень OM=/=60cm, закрепленный в точке О шарнирно, колеблется по закону 屮=行百sinn九 Определить полное ускорение точки М в момент времени /尸％ сек.

Решение. 1. Изображаем точку Л1 в данный момент времени (рис. 167).

Выбираем подвижную систему координат 尤戸 у】,zp скрепив ее неподвижно с тележкой.

а) Выделяем переносное движение точки М. Для этого скрепляем ее с подвижной системой координат. В этом случае точка М будет неизменно связанной с поступательно движущейся тележкой.

Вычисляем величину переносного ускорения точки М. При поступательном движении тела ускорения всех точек тела одинаковы =%=100 CM/Ced.

Изображаем вектор 叫 переносного ускорения точки М, 4. а) Выделяем относительное движение точки Л1. Для этого мысленно останавливаем подвижную систему координат. В этом случае точка Л1 будет двигаться по окружности радиуса ОМ—1.

Вычисляем величину относительного ускорения тачки М: Wr=^rn + Wr-< 吗”=3*；吗< =〃；«=ф(=о,,з ^1/^«；

е=(рг=о,зз сек =—— 飞 1/себ； 5M=54 см]се^\ 吗丁= — 310 см\се^.

Изображаем составляющие wrn, w^ относительного ускорения точки /И

5. Находим полное ускорение точки Л1：

乜=/ 也 + %,； COS 而二)二警；

^axi = wext+w,“x, + %5=吟—吗"sin 30° 一 z% cos 30°;з*, = —1,95 m!сек2-, wayi=w^ + wrny^4-wr,^ = wrncos30°—®„ sin 30°;

way,^— 1,08м；сек2;吗=2,23栽；cos(國,£)=—0,87;

cos (叫 /1)=—0,482 <(m^?f,)=209°.

, Качающийся питатель состоит из лотка ED, опирающегося на ролики 。1 и О2. Лоток приводится в возвратно-поступательное движение от эксцентри

Рис. к \пр. 108Рис. к \пр. 108

Рис. к \пр. 108

Рис. к \пр. 108

кового вала О посредством шатуна 4В Определить относительное по отношению к оси ролика и абсолютное ускорение точки С ролика, если в данный момент времени 屮=60°, а = 60°,

О,С = 5 см, d=】5 см вал эксцентрика делает п = 50 об!чин\ 04=7,5 см, А В = 60 см

0,孔鸵加 ша= 85,8 ся/се№, 侬尸= =41,3 ”1 'се№

Породопогрузочная машина движься в данный момент с ускорением 5 = 0,25 м1се^, лепта конвейера движется с постоянной скоростью и = = 0,5^/сек. Определить ускорение точки 例 лепты, если радиус закругления головки 厂=10 см, сс = 30°.

Ответ ⑵=2,73 м /еe№

142 Решение задач с помощью формулы сложения ускоренийточки при переносном вращательном движении вокругнеподвижной оси

Плац решения задач

Рассмотрим случай, когда подвижная система координат вращается вокруг некоторой оси:

或=现千瓦+或.

Изображаем точку в данный момент времени.

Выбираем подвижную систему координат

а) Выделяем переносное движение точки по правилу, сформулированному в главе XIII, § 1.

Вычисляем переносное ускорение точки.

Изображаем вектор переносного ускорения данной точки.

4. а) Выделяем относительное движение точки по правилу» сформулированному в главе XIII, § 1.

Находим относительное ускорение точки

Изображаем вектор относительного ускорения данной точки.

а) Находим величину ускорения Кориолиса по формуле:

йуд=2®еуг sin (we> 匕).

) Изображаем вектор ускорения Кориолиса.

6 Находим величину и направление вектора абсолютного ускорения точки при помощи аналитического способа нахождения геометрической суммы

Задача 62. Проволочная окружность радиуса /?==50 см вращается по закону ①=专+ 0,5产 вокруг горизонтальной

ссн О (рис. 168). По окружности скользит колечко М по закону 。附=S=6产 см.

ускорение колечка Л1 в тот моускорение колечка Л1 в тот моположение 此（0】此丄。。J, еслиположение 此（0】此丄。。J, еслиОпределить абсолютное мент, когда оно проходит

ускорение колечка Л1 в тот мо

ускорение колечка Л1 в тот мо

положение 此（0】此丄。。J, если

положение 此（0】此丄。。J, если

данный момент времениданный момент времениРнс. 169.Рнс. 169.Решение. 1. Изображаем точку М в (рис. 1ь9).

данный момент времени

данный момент времени

Рнс. 169.

Рнс. 169.

Выбираем подвижную систему координат XfitYlt Эту систему неподвижно связываем с проволочной окружностью. Так как подвижная система вращается, то

或二或十或十或.

б) Находим величину переносного ускорения точки Miб) Находим величину переносного ускорения точки Miа) Выделяем переносное движение точки. Для этого скрепляем точку А1 с подвижной системой координат. В этом случае точка будет двигаться по окружности радиуса ОМ^

б) Находим величину переносного ускорения точки Mi

б) Находим величину переносного ускорения точки Mi

①匚龟计吗 J wen^ (0Л4 J;吗尸е®%)； OM^Ry^ сл;

s J叫»=力=厶Z纸；e =屮I『力m「储炉；S] =S I t=3n6fi =

==0此，0M产拶；4=I/符=3,6 №⑴=3,61/№ 叫产

Н3欠 )/2=9,15 MiceK2; 9^==0,71 лфе^.

в) Изображаем составляющие wen wer переносного ускорения.

а) Выделяем относительное движение точки М. Для этого мысленно останавливаем подвижную систему координат. В этом случае точка М движется по проволочной окружности по закону ОМ =S=6产 см.

Находим относительную скорость точки М;

%=&f=ti = 12t]=0,43 龙/сек.

Находим относительное ускорение точки М:

———— у?

^-^п+^гт； 5n,=耳=。,372 附/ced;吗产對』,=0」2 м>сек\

Изображаем составляющие wrnt w„ относительного ускорения точки.

а) Находим ускорение Кориолиса по формуле йуа=2®угх X sin ((о, и『)； вектор ① перпендикулярен плоскости окружности и направлен к читателю:

<(w,以)二手； 叫=3,1 用*d.

Изображаем ускорение Кориолиса. Вектор wk перпендикулярен плоскости, в которой лежат векторы(о и иг и направлен так, что если посмотреть с положительного конца этого вектора, то мы должны видеть, что вращение происходит против направления вращения часовой стрелки при совмещении вектора 不 с вектором vr при вращении на угол 万.

Находим величину и направление вектора абсолютного ускорения точки М с помощью аналитического способа нахождения геометрической суммы:

Wa = и $,+%、； COS (《7)=崙-；

COS®。，/,)-— • Wax< =WenXt+We^ + wfnXi + wrTX^ 叫*,；

0。%=酬片十⑵。1cos 45°- wen cos 45qn- 5,88 闱ced;

wayi~wen cos45°H-weT cos45e4-u?zre+&yA=10(47 м1сек\ йу«=

=12 ле/се№; cos(%“==—0,49; 8s(如“/)工0,87;

/(虱 O = 120°30\

177177M, А. Мисюрев

177

177

Рис. 170.Рис. 170.Задача 63. Кривошип ОА (рис. 170) вращается вокруг оси О равномерно-ускоренно с угловым ускорением 80 = 17^№. Зубчатое колесо 2, свободно сидящее на оси %, катится без скольжения по неподвижному колесу /, Принимая движение кривошипа за переносное, определить абсолютное ускорение точки В колеса 2 в тот момент, когда /048 = 90°, если угловая скорость крн・ вошипа ОА в этот момент равна 2'/сек, г,=40см, г2=60 см, 4В=40 см.

Рис. 170.

Рис. 170.

Рис. 171.

Выбираем подвижную систему координат 力］оу】, неподвижно связав ее с кривошипом. Так как эта система координат вращается вокруг оси О, то 够「砂)+砂)+碌В), где蕾)= = 2®XUJ

а) Выделяем переносное движение точки 5. Для этого мысленно скрепляем точку В с подвижной системой координат. В этом случае колесо 2 будет вращаться в данный момент вокруг оси О с угловой скоростью ®0=2 1/сек и угловым ускорением еп=1 ^сек^.

Вычисляем переносное ускорение точки В по формуле： где

^^^ (ОВ);確)=%(0В);風厘=4,31 м1сек\

йу岁=1,08 м!сек\

Изображаем составляющие 嚙)，起？ переносного ускорения точки В.

а) Выделяем относительное движение точки В. Для этого мысленно останавливаем подвижную систему координат (наблюдаем за движением колеса 2, стоя на кривошипе ОД). В этом случае колесо 2 будет вращаться вокруг оси А с относительной угловой скоростью шг и относительным угловым ускорением ег, 178

Находим относительное ускорение точки 8 по формуле: 研В)=^?+風2

где

w^=a"(AB);5覃=协(43).

Для определения ®f и &厶 рассматриваем движение точки касания колеса 2 c колесом /: ”『)== ^^ и「〉=0, следовательно,

必"=#*)= %r「0尹=3，.%；叫=%合；8产彳北

В любой момент времени

следовательно,斗=%^; J="ld?・ ПоэтомУ ^=0,71 ^, 威仪=0,267 л/e^№.

Изображаем составляющие 硝)，确)относительного ускорения точки В.

а) Находим величину ускорения Кориолиса точки В по формуле:

硬=2®gV sin (5广可)

где

®е=%=2*1сек; и产(о「・(4В); уг=^ см/сек; Х^9> ±)=90。，

т. к. вектор 而° лежит на оси вращения О кривошипа.

3俨u2,13 Щее^.

Изображаем вектор wk ускорения Кориолиса.

Находим величину и направление вектора wk аналитическим способом

w^^w^+w^ sin а —酬界)cos а;

以力=诚+5?+5以COS Ct+嗡sin а;

m”u—3,3м/се£;侬叫=5,5 爲；

切尸匕以十就以;切“=6,4餉久* N(或，ОЛ)=1219.

109 При образовании первичного вруба «веерным» способом бар врубовой машины переходит из положения / в положение II Определить абсолютрое ускорение зубка А, если в данный момент угловая скорость бара <о, угловое замедление £ скорость режущей цепи и, ускорение цепи Ь, радиус закругления головки бара 广，расстояние от оси вращения бара до зубка 4 равно /109 При образовании первичного вруба «веерным» способом бар врубовой машины переходит из положения / в положение II Определить абсолютрое ускорение зубка А, если в данный момент угловая скорость бара <о, угловое замедление £ скорость режущей цепи и, ускорение цепи Ь, радиус закругления головки бара 广，расстояние от оси вращения бара до зубка 4 равно /Рис к упр. 109Рис к упр. 109Рис. к упр. НОРис. к упр. НО

109 При образовании первичного вруба «веерным» способом бар врубовой машины переходит из положения / в положение II Определить абсолютрое ускорение зубка А, если в данный момент угловая скорость бара <о, угловое замедление £ скорость режущей цепи и, ускорение цепи Ь, радиус закругления головки бара 广，расстояние от оси вращения бара до зубка 4 равно /

109 При образовании первичного вруба «веерным» способом бар врубовой машины переходит из положения / в положение II Определить абсолютрое ускорение зубка А, если в данный момент угловая скорость бара <о, угловое замедление £ скорость режущей цепи и, ускорение цепи Ь, радиус закругления головки бара 广，расстояние от оси вращения бара до зубка 4 равно /

Рис к упр. 109

Рис к упр. 109

Рис. к упр. НО

Рис. к упр. НО

НО. Бар врубовой машины на гусеничном ходу вращается против часовой стрелки с постоянной угловой скоростью (0.

Определить абсолютное ускорение зубка В цепи бара, если скорость 匸 зубков постоянна; O^C^Ofi; АВ 3_0,02: AB=b; O]Q=4b・

Ответ:

打=3

]/"(20一牛)+4со2炉;

cos (%

—、(4ь — (ob) 3

%)=--

2%

VI. ПЛОСКОПАРАЛЛЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА

ГЛАВА XV

СКОРОСТИ ТОЧЕК ТЕЛА В ПЛОСКОМ ДВИЖЕНИИ

15-1. Основные положения теории плсскопараллельногодвижения твердого тела

Плоским называется остается на плоскости.Плоским называется остается на плоскости.или плоскопараллельным движением твердого тела такое движение, при котором любая точка тела постоянном расстоянии от некоторой неподвижной

Плоским называется остается на плоскости.

Плоским называется остается на плоскости.

Изучение плоскопараллельного движения твердого тела сводится к изучению движения плоской фигуры (сечения тела плоскостью, параллельной данной не- подвижн ой плоскости), движущейся в своей плоскости.

Скорость любой точки В пло

ской фигуры равна геометричес

кой сумме двух скоростей: 1) скорости полюса ——произволь

ной точки А фигуры (0人)；2) скорости точки В, получившейся от вращения фигуры вокруг полюса Л (v^—^xAB; рис. 172):

(15-1)(15-1)084 = 8 (48), }

(15-1)

(15-1)

Величина и направление вектора vB находятся по формулам:

v\^^ba+2v ^ВАv\^^ba+2v ^ВАCOS (ул, ивл);COS (ул, ивл);(15-2)(15-2)

v\^^ba+2v ^ВА

v\^^ba+2v ^ВА

COS (ул, ивл);

COS (ул, ивл);

(15-2)

(15-2)

吼口(工丛％84) вШ^Уд^Сдд) SIU(VA> Zg)

рость которой в данный данный момент плоскаярость которой в данный данный момент плоская

рость которой в данный данный момент плоская

рость которой в данный данный момент плоская

Теорема 1. Угловая скорость вращения плоской фигуры вокруг полюса не зависит от выбора полюса (угловые скорости вращения плоской фигуры во

круг всех точек фигуры одинаковы).

Т еорема 2. Проекции скоростей концов отрезка плоской фигуры на направление отрезка равны между собой (рис. 173):

(и^лв-=(и^лв-(Аа=ВЬ').

Мгновенным центром скоростей плоской фигуры называется такая неизменно связанная с

фигурой точка, абсолютная ско- момент времени равна нулю. В каждый фигура вращается вокруг мгновенного

центра скоростей с мгновенной угловой скоростью Q.

Способы нахождения мгновенного центра скоростей

В случае качения без скольжения плоской фигуры С по неподвижной линии АВ, лежащей в плоскости фигуры (рис, 174), мгновенный центр скоростей Р совпадает с точкой касания фигуры с линией АВ, ~

Мгновенный центр скоростей фигуры лежит в точке пересечения перпендикуляров, восстановленных из двух точек фигуры к скоростям этих точек (рис. 175).

В том случае, когда перпендикуляры, восстановленные в двух точках фигуры к скоростям этих точек, сливаются (рис. 176, 177), мгновенный центр скоростей фигуры совпадает с точкой пересечения линии, соединяющей эти точки, с линией, проведенной через концы векторов скоростей данных точек.

Если перпендикуляры, восстановленные в двух точках фигуры к скоростям этих точек, сливаются или параллельны между собой (рис. 178, 179), то в данный момент плоская фигура движется поступательно.

Ускорения точек плоской фигуры

Ускорение любой точки В плоской фигуры (^й) равно геометрической сумме трех ускорений: 1) ускорения полюса — произвольной точки Л (⑪J, 2) центростремительного ускорения точки, получившегося от вращения фигуры вокруг полюса А с угловой скоростью s (^'вя ==<П X %а)，3) вращательного ускорения данной точки, получившегося от вращения фигуры вокруг полюса А с угловым ускорением ё■&蕾=ё"хХБ, рис. 180):

& 〃 ь ©а+酬體十⑪图)，(15-3)

№^=о>! (ЛВ); ^=e (AB).

Мгновенным центром ускорений плоской фигуры называется такая неизменно связанная с фигурой точка, ускорение которой в дан ный момент равно нулю @^=0).

Рис. 180.Рис. 180.

Рис. 180.

Рис. 180.

Для нахождения мгновенного центра ускорений плогкой фигуры в том случае, когда известно ускорение произвольной точки Л (侬а) фигуры, угловая скорость и угловое ускорение фигуры при вращении ее вокруг этой точки, нужно произвести следующие операции:

Мысленно повернуть вектор ускорения точки А вокруг этой точки на угол(x=arrtg 片"в сторону вращения фигуры, если вращение ускоренное (<os>0) и в сторону противоположную, если вращение замедленное ((ое<0).

От точки Л отложить в сторону нового направления вектора 外 отрезок, равный по величине『 覺頂 * Коней полученного отрезка и будет мгновенным центром ускорений (рис. 181). Если tga=*; 4Q=y^^, tj 吗=0.

15-2. Решение задач при нахождении скоростей точек плоской фигуры с помощью формулы распределения скоростей

(V^Va+Vba)

План решения задач

Изобра^аам точку, скорость которой нужно найти, в данный момент времени.

Выбираем полюс — такую точку плоской фигуры, скорость которой известна или скорость которой можно найти по условию задачи.

Находим вектор скорости полюса (%).

Изображаем вектор скорости полюса, приложив его в той точке, скорость которой нужно найти по условию задачи.

Находим скорость данной точки, получившейся оттого» что фигура вращается вокруг полюса (vba=^xAB).

Изображаем вектор скорости илв. (Вектор vBA £ АВ и направлен в сторону вращения фигуры.)

Находим величину и направление скорости данной точки 仞)，используя формулы:

^B=V u\^Vba+2vavbazos(va, %4);

5⑦a _⑵

sin (己：G^) sm(£,⑺) sing, vs^

Задача 64 Найти скорость ползуна В ьепентрального кривошипного механизма в тот момент, когда вращающийся с угловой скоростью %=1,5^ вокруг горизонтальной сси О кривпгип ОА составляет с горизонтом угол а=30°, если О А — 40 《&, АВ—200 сн\ ОС=20 см (рис. 182).

Решение 1. Изображаем точку В в данный момент времени (рис. 183).

Точка В принадлежит шатуну АВ, который движется плоскопараллельно. За полюс берем точку /I, которая одновременно принадлежит шатуну АВ и кривошипу ОА.

Находим вектор скорости точки А. Скорость точки А находим как скорость точки вращающегося тела О А:

。产ул=60 см1сек\ 〃丄。4

Изображаем вектор скорости ол> приложив его в точке В.

Находим скорость точки В, получившейся оттого, что шатун АВ вращается вокруг полюса А- ^^юх ДВ; %从丄彳瓦

уйЛ —со (АВ), но з=а, где Q ——мгновенная угловая скорость вращения шатуна АВ вокруг мгновенного центра Р(со=С по теореме 1). Мгновенный центр скоростей Р ——точка пересечения перпендикуляров к скоростям точек Л и 5:

Q=^； ®=атз)； vBA^vA^-

Расстояние AP^-22Q см находим по данным задачи. Следовательно, %а = 53 с“ек.

Изображаем вектор и/ vBA J_ АВ и направлен в сторону вращения шатуна АВ.

Находим скорость точки В:

%=/^a + ^ab+2vavba cos (va, UbJ 5=40,7c 砧然;

8s(и 小 ^Вд)= cos (Z^ О AB} =— cos(41°40‘).

184) вращается с углово й Диск 2, свободно сидящий184) вращается с углово й Диск 2, свободно сидящийЗадача 65. Кривошип 04 (рис. скоростью % = 1讨毛 вокруг оси О,

184) вращается с углово й Диск 2, свободно сидящий

184) вращается с углово й Диск 2, свободно сидящий

на оси А, катится без скольжения по неподвижному диску /. Определить абсолютную скорость точки М диска 2 в тот момент, когда /04 41 = 120°, если г,-^30 см, rs=50 см, ЛЛ1==30 см.

Решение. 1. Изображаем точку М в данный момент времени (рис. 185).

Выбираем полюс. За полюс берем точку А. Точки Ми/ принадлежат плоской фигуре—диску 2.

Находим вектор скорости полюса — точки А. Так как точка А принадлежит также кривошипу О А, вращающемуся вокруг оси。с угловой скоростью то

%=%(04)；%丄 0N； U/=A 亿 +r J；。再=80 ем|еек.

Изображаем вектор。小 приложив его в точке М.

Находим скорость точки М, получившейся оттого, что диск 2 вращается вокруг полюса A: vma=(h{AM)\ s=d по теореме о независимости угловой скорости от выбора полюса. •Следовательно, s=Q=黑； 3=畠亠；0^^48 см/сек.

/1 гО

Изображаем вектор 。加力;vMA=_\_ AM,

Находим величину и направление вектора vM скорости тснк и М:

。屈=/ Va.+vma+2vavma cos(T^?*m);

2(°4，°дм)= 60°; иЛ=1, 12 м：сек.

Uli = °лм =и 4.

sin (ё^, ?мл) £М (二,久) sin 9附吃 1M)

sin (t^?^) sin 60°; sin &,加= 0,364;

N⑤，加=21。20'; N(现 硒=51。20'.

Упражнения

Определить скорость желоба АВ конвейера, если скорость точки С

ролика Dc=l° см1сек,。已=攵.Ответ: 口 =17,8 cMjceic.ролика Dc=l° см1сек,。已=攵.Ответ: 口 =17,8 cMjceic.

ролика Dc=l° см1сек,。已=攵.

Ответ: 口 =17,8 cMjceic.

ролика Dc=l° см1сек,。已=攵.

Ответ: 口 =17,8 cMjceic.

Найти такую точку 財 ролика маятниковой мельницы, величина абсолютной скорости которой в данный момент равняется 4,32 м/сек, если / ОАМ=120°, R=50 см, г=20 см, кривошип ОА вращается с угловой ско

постью. соответствующей п=150 . Ролик катится без скольжения

Lмин

Ответ： АМУ=^4 см; ДЛ42=16 см.

15-3. Решение задач при определении скоростей точек плоской фигуры с помощью нахождения мгновенного центра скоростей

План решения задач

Изображаем точку Mt скорость которой нужно найти в данный момент времени.

Находим положение мгновенного центра скоростей Р фигуры.

Находим мгновенную угловую скорость вращения Q плоской фигуры вокруг мгновенного центра скоростей.

_ 4. Находим скорость точки М по формуле ^=^(PA1);

Задача 66. Стержень АВ (рис. 186) движется в плоскости хоу так, что нижний его конец Л скользит по оси ох по закону: х—u/ (u=const). Определить скорость конца В стержня в тот момент, когда /0/14=45°, если /18=4几

Рис. 186.Рис. 187

Решение. 1. Изображаем точку В в данный мом?нт времени (/048=45°; рис. 187).

Находим положение мгновенного центра скоростей Р стержня. Это — точка пересечения перпендикуляров, восстановленных к ил и ус в точках Л л С. (Вектор vc направлен по ЛВ.)

Находим мгновенную угловую скорость Q вращения стержня вокруг мгновенного центра скоростей:

Находим скорость точки В по формуле:

Ьв=а(8Р)； Ов=^Р； АР=гУ~2; АС=г, ВС=Зг;

СР 5 BP^kBCy+tCPy-, ВР=г /Тб; %=丿弧

Задача 67. Кривошип ОА (рис. 188) вращается с угловой скоростью о)产2 ~ вокруг оси О, Зубчатое колесо 2, свободно сидящее на оси Л ка【мтся по неподвижному зубчатому колесу /. Определить абсолютную скорость точки С колеса 2 в тот момент, когда /СМС=90°, если гг=60 см, г2~25 см. ЛС=15 см.

Решение. /. Нзображаем точку С в данный момент (рис. 189).

Находим положение мгновенного центра скоростей Р. Мгновенным центром скоростей колеса 2 является гонка касания

колес, так как второе колесо катится без скольжения по неподвижному колесу

Находим мгновенную угловую скорость вращения колеса 2. Точка А одновременно принадлежит кривошипу ОА, вращающемуся вокруг оси О с угловой скоростью ауп и колесу 2, вра

Рис. 189.Рис. 189.

Рис. 189.

Рис. 189.

щающемуся с мгновенной угловой скоростью £2 вокруг мгновенного центра скоростей Р. Следовательно, с одной сторону 1^ = =о)в (fj — г) с другой стороны, ил=Йгй. Поэтому:

Й=2,8 —.

Находим скорость точки С по формуле vc=^(PC), РС~У{APy^(AC)z\ РС=29,1 см; %=81,5 см/сек;

её丄玩

Упражнения

113 Привод поршневого насоса, применяемого при разведочном бурении» сое гоит из приводного шкива 2 и шестерни 3, насаженных наглухо на вал 0(.

Вращение вала О, передается с помощью шестеренок 3 н 4 на крнвошипнын вал О; от кривошипа 04 приводится в движение шатун ДВ, шток ВС и поршень С.

Рис. к упр. 114Рис. к упр. 114со。= 2 ^^,。/ = 20 см,со。= 2 ^^,。/ = 20 см,Рис. к упр. 115Рис. к упр. 115

Рис. к упр. 114

Рис. к упр. 114

со。= 2 ^^,。/ = 20 см,

со。= 2 ^^,。/ = 20 см,

Рис. к упр. 115

Рис. к упр. 115

Определить угловую скорость шатуна АВ и скорость точки 8 для двух положений кривошипа 04, определяемых углами сс=О® и 仪=或,если угловая скорость шкнва 2 соответствует n=60 o6jMUHt ОД=г, 48=5r； R$=g,

Ответ: s=" рв=у лг при а=^-.

2

(о=— л, %=0 при а=0®.

Загрузочное устройство в углепогрузочных машинах С-153 выполнено в виде двух механических лап АВС и DEFt которые загребают уголь и передают

его на скребковый конвейер К・ Каждая из лап приводится в.

движение посредством кривошипно-шатунного механизма.

Конец А лапы соединен шарнирно с QA, который качается вокруг неподвижной оси 。心 укрепленной иа наклонной приемной полке машины. С другой стороны лапа шарнирно сндит на пальце В, который укреплен на диске, вращающемся вокруг неподвижной оси О. Определить угловую скорость ① кривошипа 仇4 и скорость точки С лапы в тот момент, когда сс = 45°, 0 = 30°, если угловая скорость вращения диска

4c

=80 см, 8c = 40 см, OB = 20 см.

Ответ: ш = 1,79 —;сек0c = 66 м/сек.

Подъем труб буровым станком производится при помощи талевого ступенчатого барабана А. Вал барабана делает 15,1 об1мин. Диаметр большого барабана равен 0,455 м, диаметр малого барабана равен 0,315 m Определить скорость подъема труб при работе на обеих половинах барабана (дифференциальный подъем).

Ответ: и =5,5 см]сек.

ГЛАВА XVI

УСКОРЕНИЕ ТОЧЕК ТЕЛА В ПЛОСКОМ ДВИЖЕНИИ

16-1. Решение задач при нахождении ускорений точекплоской фигуры с помощью формулы распределенияускорений

План решения а а дач

— — —ц . —(вр)wb=wa^-Wba + ^ba

Изображаем точку, ускорения которой нужно найти, в данный момент времени.

Выбираем полюс ——такую точку плоской фигуры, ускорение которой известно или ускорение которой можно легко найти по условию задачи.

Находим вектор ускорения полюса (侬从).

Изображаем вектор ускорения полюса, приложив его в той точке, ускорение которой нужно найти по условию задачи.

Находим ускорение данной точки, получившееся оттого, что плоская фигура вращается вокруг полюса с угловой скоростью з:_ _

⑪兇1 = (О X ^ва

Изображаем вектор ⑪麓.

Находим ускорение данной точки, получившееся оттого^ что плоская фигура вращается с угловым ускорением 8 вокруг полюса Д:__ _

^вд=е X АВ.

Изображаем вектор ⑪説

Находим величину и направление вектора полного ускорения данной точки, используя аналитический способ нахождения геометрической суммы.

Задача 68. Кривошип ОК вращается вокруг оси О с угловой скоростью соо=1 1^сек и ускорением 8^=2 焉(рис. 190). Определить ускорение точки 5 шестерни 2, насаженной свободно на ось К и катящейся без скольжения по неподвижной шестерне /, если К=80 см9『=30 см, К8=20 см, /ОКВ=а=60°・

Решение. Шестерня 2 совершает плоскопараллельное движе- нне，следовательно, для вычисления ускорения точки В можно применить формулу:

WB=WA+砲* +wba.

Изображаем точку S в данный момент времени (рис. 191).

Выбираем полюс, такую точку шестерни 2, ускорение которой можно найти по условию задачи. Такой точкой является точка К, принадлежащая одновременно шестерне 2 и кривошипу ОК・

Находим вектор ускорения полюса (畋)/ Так как точка К принадлежит кривошипу ОК, вращающемуся вокруг оси О с угловой скоростью s@ и угловым ускорением %, то

矶=叫门十畋/ где wkn=^{0K)\ 畋以=50 см\се^\⑪觊=%(°К)；畋т=100 см/се炉.

Изображаем составляющие wkn и wkx полного ускорения точки К, приложив их к точке В.

Находим ускорение точки В, получившееся оттого, что шестерня 2 вращается вокруг полюса К с угловой скоростью со:

読^=石 X Бд«; @版=(о* (К8)・

По теореме о независимости угловой скорости от выбора полюса (по теореме 1) заключаем» что s=Q, где Q ——мгновенная

угловая скорость вращения шестерни 2 вокруг мгновенного центра скоростей Р. (Р — точка касания шестерни 2 с неподвижной шестерней 7 имеет в данный момент скорость, равную нулю, так как шестерня 2 катится без скольжения по неподвижной шестерне /.) Для нахождения угловой скорости Q находим скорость точки 太 Так как точка К принадлежит кривошипу ОК» то 限=%98 Но точка К принадлежит и шестерне 2, вращающейся в данный момент вокруг мгновенного центра скоростей Р, поэтому vft=Q (^Ю> следовательно,

◎=%旦;尸;s=Q=^'/сек; 侬队=55,5 см/селЛ

Изображаем вектор 魄％ направленный к полюсу К・

Находим ускорение точки В, получившееся оттого, что шестерня 2 вращается вокруг полюса К с угловым ускорением е;

Ж=вхКВ；如嵌=е(КВ).

следовательно,следовательно,Для нахождения е нужно продифференцировать равенство со0—— по времени:

следовательно,

следовательно,

R —，10 112

“ e = %_l^_； EO可」сек ・

Таким образом,⑪联=理,7 см,\се^

Изображаем вектор ⑪魄.Этот вектор направлен в сторону вращения шестерни 2, так как вращение ускоренное:

而龈丄К^.

Находим величину и направление вектора полного ускорения точки В с помощью аналитического способа нахождения величины и направления геометрической суммы:

侬8%=叫%+侬歌方+侬認；侬8%=一畋力 cos a - wkx sin ct十

+®馭；wBx=—56 cM]ced; wSy=wky+w^y + w^\ wBy^w^ cosa — s^sinct+切歌)；wBy=73A cM〔ced.

侬r=/圆x+⑵Zy； 吗=92,4 CMlced.

cos瓦1 咏）=警；cos（限修=皆；/（%，城）=127。3"

193193М. А. Мисюрев

193

193

Задача 69. Кривошип O^^ 10 см вращается равномерно вокруг оси。с угловой скоростью 叫=4 急 (рис. 192). Определить ускорение ползуна В в тот момент, когда /КОВ =60°, если длина шатуна КЗ=40 см

Решение. Ползун 5 движется

Ка поступательно, следовательно, ус-

^^-—^=^=^ корения всех его точек одинаковы

*®и равны ускорению конца 5 стер-

Рис. 192.жня КВ (К и В — цилиндрические

шарниры). Стержень К占 совершает плоскопараллельное движение, поэтому для нахождения ускорения точки В можно воспользоваться формулой:

叽=羡十而毋+砒^

Изображаем точку В в данный момент (рис. 193).

Выбираем полюс — такую точку стержня КВ, ускорение

Ркс. 193.

которой можно найти. Такой точкой является точка К, принадлежащая одновременно шатуну К8 и кривошипу OKt вращающемуся равномерно вокруг оси 0・

Находим ускорение полюса. Так как кривошип ОК вра・ щается равномерно вокруг оси О> то

畋=wkn=со： (О К); 9左二 160 см^се^ •

Вектор wk направлен к_оси О.

Изображаем вектор 畋,приложив его к точке В.

Находим ускорение точки В9 получившееся оттого, что стержень К8 вращается вокруг полюса К с угловой скоростью со:

По теореме о независимости угловой скорости вращения плоской фигуры от выбора полюса (теорема 1), заключаем, что s=R, где Q — мгновенная угловая скорость вращения стержня вокруг мгновенного центра скоростей Р (尸一точка пересечения перпендикуляров, восстановленных в точках К и В к скоростям этих точек):

%05(°К)・

По данным величинам задачи находим, что КР»»78 см, s=0,512 *ек;⑪歌= 10,5 см]сек*・

Изображаем вектор ◎能(этот вектор направлен к полюсу К)*

Находим ускорение точки 8, получившееся оттого, что стержень КВ вращается вокруг полюса К с угловым ускорением е：嘘联= е(КВ)・

Так как точка В движется по оси от, то »勺=0, следовательно,

%у=wky 4•崂砂+@嬲=о.

wky=-wk sin a;礪у=週 sin 0；侬將==5蹤)cos ₽;

—畋 sin a+®歌 sin 卩 +侬扌£)cos ₽ =0;

(вр) 叫 sin a - 屮馭 sin ₽

Угол 0 находим по теореме синусов из △ ОКБ: р = 12°30'・ Таким образом, и©)=139 см/се^.

Находим величину и направление вектора полного ускорения точки В. Так как вектор ускорения точки В лежит на оси ох, то

дУ == 0；5母;=畋* +切飯* +⑵黑.

%=—wk cos a; w鼠и—^ cos₽; WBkx=^^ sin p；

3b*=-wk cos a -国涩 cos 0 +5歌%in 0.

Следовательно, wBx=—60 смIсек1.

Знак минус показывает, что ускорение точки В в данный момент направлено к оси О・

Упражнения

Сохранив условие задачи 103, определить ускорение точки К* если в данный момент 屮= 60°, положение точки К определяется углом а = 60°, г— 7,5 ем.

Ответ: wk = 105 см/сек^.

В период пуска кривошип ОА планетарной передачи вращается с ускорением ео = О,3 J и с угловой скоростью w0==0,15—. Определить пол- сёк

Рис. к упр. 117

ное ускорение точки Л/'шестерни 2, если ^ ОАМ =60°, АМ =： 12 см, R = 166c得 / = 14 вм. Шестерня 1 неподвижна.

Ответ:侬附= 23,1 бм]8еН*

16-2. Решение задач на нахождение мгновенного центраускорений плоской фигуры

План решения задач

Находим мгновенную угловую скорость (со) и мгновенное угловое ускорение (е) плоской фигуры для данного момента времени.

плоской фигу*ускорения 侬浦(Л) на уголвращение ускоплоской фигу*ускорения 侬浦(Л) на уголвращение ускоНаходим ускорение какой-нибудь точки pЫ伍*

плоской фигу*

ускорения 侬浦

(Л) на угол

вращение уско

плоской фигу*

ускорения 侬浦

(Л) на угол

вращение уско

Мысленно повернем найденный вектор вокруг точки приложения этого вектора a=arctg 圾 в сторону вращения фигуры, если

ренное (®е>0), и — в противоположную сторону, если вращение замедленное (сое<0).

От точки Л отложим отрезок в сторону нового направления вектора ускорения, равный

了& + 0

Задача 70. Ползуны 4 и 5, соединенные шарнирно стержнем, скользят по неподвижным осям Og и Од так, чго 04 =s=5f2(/ — s сек, s — в дм). Определить положение мгновенного центра ускорений стержня АВ в момент времени / = 1 сек, если /408 = 120* 46=8,66 дм (рис. 194).

Решение. 1. Находим мгновенную угловую скорость и мгновенное у.'ловое ускорение стержня АВ в момент £ = 1 еек (рис. 195)・ Из ^ОАВ

sin В

綜；sin В =0,5; i.

尸一мгновенный центр скоростей стержня АВ — точка пересечения перпендикуляров； восстановленных в точках 4 н 8 к скоростям этих точек. Мгновенная угловая скорость вращения

стер 然ня:

Q=；

Ла ХАР}

閲二,

；0=1,66，сек.

Для нахождения мгновенного ускорения е стержня АВ в данный момент спроектируем векторные равенства wB^wA+ +®悠+◎舐)на ось 以丄。п・ Так как ускорение ползуна В направлено п0 50, то吨用=⑪厶+如飯х+侬歌番=0； wA cos 30° — e (Д В) cos 30°+Q8 (ЛВ) cos 60°=0;

wA Cos 30。+ 酬馭 cos 60°£=(48) cos 30°

Находим ускорение точки 4:

侬a=^=10 dMjcef^ и, следовательно,

е=2,75 '/сек'.

Мысленно поворачиваем вектор шд вокруг точки Л в сторону вращения стерл<ня А8 (так как ss>0) на угол а= =arctg*; а=45°.

От точки А в сторону нового направления wA отклады-

Q и являетсяQ и являетсяваем отрезок /1Q = ^^==. 4Q=2,58 дм. Точка

Q и является

Q и является

мгновенным центром ускорений стержня ЛВ.

Упражнения

следующее:следующее:Рис. к упр. 118Рис. к упр. 118Уравнение движения точки 阿 обода колеса рудничного электровоза

следующее:

следующее:

Рис. к упр. 118

Рис. к упр. 118

尤=3, 一 "325 sE (9,23/); д = 0,325 (1 — со§9,23)

(где * н д в метрах, а время / — в секундах. Начало координат совпадает с начальным положением точки на пути). Определить положение мгновенного центра ускорений и ускорение мгновенного центра скоростей колеса, если колесо повернулось к данному моменту на угол 120°. Качение без скольжения.

Ответ: мгновенный центр ускорений совпадает с осью колеса wp =27,7 м/cet^i 厶®p,万= 0°.

П9. Сохранив условие задачи 117,

определить положение мгновенного центра ускорений шестерни 2.

Ответ: Мгновенный центр ускорений Q шестерни 2 находится на расстоянии 9 сл от мгновенного центра скоростей Р, 2APQ==46°,

ГЛАВА XVII

СЛОЖЕНИЕ ПЛОСКИХ ДВИЖЕНИЙ ТЕЛА (СЛОЖЕНИЕ ВРАЩЕНИЙТВЕРДОГО ТЕЛА ВОКРУГ ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ ОСЕЙ)

17-1. Основные положения

При сложении вращений твердого тела, направленных в одну сторону вокруг двух параллельных осей, получается результирующее вращательное движение вокруг мгновенной оси, параллель* ной данным осям; направление результирующего вращения сов* падает с направлением вращения вокруг данных осей. Мгновенная ось вращения тела делит расстояние между данными осями внутренним образом на отрезки, обратно пропорциональные величи* нам угловых скоростей составляющих вращений. Абсолютная величина мгновенной угловой скорости результирующего вращения равна сумме абсолютных величин угловых скоростей составляющих вращений (схема на рис. 196):

〕=^=丁，Q=g十％; Q”3jt3" (17-1)

При сложении вращений твердого тела, направленных в разные стороны, вокруг двух параллельных осей, получается вращательное результирующее движение вокруг мгновенной оси, параллельной данным осям и делящей расстояние между этими осями внешним образом на отрезки, обратно пропорциональные величинам данных угловых скоростей. Вектор мгновенной угловой скорости результирующего вращения лежит за большим вектором угловой скорости слагаемых вращений и направлен в ту же сторону. Абсолютная величина мгновенной угловой скорости вращения равна разности абсолютных величин угловых скоростей составляющих вращений (схема на рис. 197):

"_如_处

(17-2)(17-2)◎"%а 件 £；WjX»!； Q=S* — (Oj.

(17-2)

(17-2)

Совокупность вращений твердого тела, направленных в разные стороны, вокруг двух параллельных осей в случае, когда модули угловых скоростей данных вращений равны между со

Рис. 19о.Рис. 19о.

Рис. 19о.

Рис. 19о.

бой, называется парой вращений Пара вращений эквивалентна мгновенному поступательному движению. Скорость поступательного движения тела равна вектору-моменту пары вращений, т. е.

Рис. 198.Рис. 198.скорость результирующего поступательного движения тела перпендикулярна к плоскости пары и направлена так, что если посмотреть с конца

Рис. 198.

Рис. 198.

—а этого вектора, то мы должны видеть У что пара стремится вращать плоскость пары против направления вращения часовой стрелки, а величина этой скорости равна произведению величин угловой скорости пары на кратчайшее

расстояние между осями вращений (схема на рис. 198):

(17-3)(17-3)и=/ 8 х g=тот ®, о)а);

(17-3)

(17-3)

®i4t^；叫М叫；u丄(а，瓦).

17-2. Решение задач

План решения задач

Рисуем схему сложения угловых скоростей,

Составляем пропорции для определения искомых угловых скоростей.

По найденным угловым скоростям находим искомые величины задачи

Задача 71. Зубчатое колесо / жестко скреплено с неподвижной осью 4В; зубчатое колесо IV и рама Oftfifi^ свободно насажены на ось АВ. Спаренные зубчатые колеса 11 и III свободно насажены на эту раму. При вращении рамы колеса 〃 и /// приводят во вращение колесо /V. Определить угловую ско- 200

рость вращения о>4 колеса /У, если рама вращается с угловой скоростью ①°, радиусы колес соответственно равны г г г и г. (рис. 199).

Решение, I. Рисуем схему сложения угловых скоростей. Так как колесо II одновременно вращается вокруг двух параллельных осей АВ и ОаО#, то в данный момент это колесо вращается вокруг мгновенной оси, проходящей через неподвижную точку С касания колес / и //. Эта точка лежит между данными осями,

следовательно, происходит сложение вращений, направленных в одну сторону (рис. 200).

(17-4)(17-4)Составляем пропорции для нахождения Q: 卫=必一力.0 = з 1±Г? Ofi^CO^Ofi9 一①。G ，

(17-4)

(17-4)

где ⑴厶 относительная угловая скорость колеса 2 относительно рамы.

По найденной Q находим угловую скорость(о4.

Так как колеса // и /// спарены, то колесо III в данный момент вращается вокруг той же мгновенной оси с той же угловой скоростью Q и зацепляет колесо IV. Точка касания К колес имеет скорость:

%=吟 ％=Q(gTg);

8川《=却(q+口).(17-5)

Подставляя Q из соотношения (17-4) в (17-5), получим:

吗=(乙+乙)匕+，q)3。.

Задача 72. В схеме механизма задачи 71 колесо IV закреплено с неподвижной осью АВ, а колесо / свободно сидит на этой оси. Определить угловую скорость w1 колеса / используя данные задачи 71.

Решение. 1. Рисуем схему сложения угловых скоростей. Колесо /// одновременно вращается вокруг двух параллельных осей АВ и О*。」 Мгновенная ось результирующего вращения колеса /// проходит через точку К касания неподвижного колеса /V с колесом IIL Эта точка де

лит расстояние между данными осями внешним образом, следовательно, происходит сложение вращений, направленных в разные стороны (рис. 201).

Составляем пропорции для определения £2:

Рис. 201.где (о〉— относительная угловая ско

рость колеса "/.

По найденной угловой скорости Q находим угловую скорость ш, колеса /•

（% 一厶）（尸2 +仆）（% 一厶）（尸2 +仆）Так как колеса II и III спарены, то колесо II вращается вокруг той же мгновенной оси с той же угловой скоростью, что и колесо III. Рассматриваем скорость точки С касания колес / и //:

（% 一厶）（尸2 +仆）

（% 一厶）（尸2 +仆）

%=8储；%=03+%)； $i=R(%+q)；叫Н5

Задача 73. Кривошип ОА вращается с угловой скоростью ш0 вокруг оси О. Диск 2, свободно сидящий на пальце В кривошипа, катится без скольжения по неподвижному диску / и приводит в движение свободно сидящий на пальце Л кривошипа диск 3 (рис. 202). Определить скорость точки С диска 3, если / ОЛС=90°, г1=га=г>=г.

Решение, Диск 3 совершает плоскопараллельное движение. Для того, чтобы найти скорость точки С этого диска, достаточно найти положение мгновенного центра скоростей и мгновенную угловую скорость вращения диска. Но это можно будет иайти, если удастся наити скорости двух каких-нибудь точек диска. Такими точками являются точки 力 н К・ Точка К одновременно

принадлежит диску 3 и диску 2, который одновременно вращается вокруг двух параллельных осей О н В (рис. 204).

Рисуем схему сложения угловых скоростей (рис. 203). Диск 2 катится без скольжения по неподвижному диску Л следовательно, через точку Р касания этих дисков проходит мгновенная ось вращения результирующего движения диска 2・ Точка

Р делит расстояние между данными осями О и В внутренним образом, поэтому происходит сложение вращений, направленных в одну сторону.

Составляем пропорцию для определения Q:言=鴇； Q=2m°.

По найденной угловой скорости R находим скорость точки К： Уд-—Q (РК)\ и*=4%/\

Точка Л, принадлежащая кривошипу ОА, имеет скорость: u产%(0编；^=W-

Так как vK # vA и и冃，vK J_ Л^ (рис. 204), то в данный момент диск 5 движется поступательно и поэтому vc^v^ ==0k=4g/・

Упражнения'

Современные станки для колонкового бурения часто оснащаются планетарными лебедками. Барабан лебедки 6 приводится во вращение от главного вала / посредством системы зубчатых колес 7, 2, 3, 4, 5. Солнечное ш>

Рис. к упр. 120.

Рис. к упр. 121Рис. к упр. 121вращения со, 3 колесавращения со, 3 колесатормозного колеса, когда оно не эаторможеио, если известны радиусы колес:тормозного колеса, когда оно не эаторможеио, если известны радиусы колес:2亿+厶）.2亿+厶）.S —厶 % + 2r J'r-互储+力S —厶 % + 2r J'r-互储+力Ответ:盘=寸 з。；Ответ:盘=寸 з。；Рис. к упр. 123оборотов в минуту барабана.Рис. к упр. 123оборотов в минуту барабана.及］= 25,3 об1минг число及］= 25,3 об1минг число

Рис. к упр. 121

Рис. к упр. 121

вращения со, 3 колеса

вращения со, 3 колеса

тормозного колеса, когда оно не эаторможеио, если известны радиусы колес:

тормозного колеса, когда оно не эаторможеио, если известны радиусы колес:

2亿+厶）.

2亿+厶）.

S —厶 % + 2r J

'r-互储+力

S —厶 % + 2r J

'r-互储+力

Ответ:盘=寸 з。；

Ответ:盘=寸 з。；

Рис. к упр. 123оборотов в минуту барабана.

Рис. к упр. 123оборотов в минуту барабана.

及］= 25,3 об1минг число

及］= 25,3 об1минг число

ле co 3, спаренное с колесом 2, свободно насажено на вал 〃. Оси вращения бегунов 5 неизменно связаны с барабаном лебедки. Зубчатое колесо 4，являющееся пусковым фрикционом лебедки, свободно насажено на ось. При заторможенном шкиве 4 барабан вращается н наматывает канат.

Определить число оборотов барабана в минуту, если вал 1 делает 〃i^jj

и если известно число зубцов zp z2> z$, г4 шестеренок.

Ответ: п, = п.— •―~—.

121 Механизм передвижения породопогрузочной машины УМП-1 состоит из планетарного редуктора. Вал / вместе с 1-й шестеренкой вращается с угловой скоростью <оо Тормозное колесо 4 свободно сидит на валу /. Осн вращения бегунов 2 жестко скреплены с колесом 4. Если колесо 4 заторможено, то вращение вала / посредством шестеренок 2 передается колесу 3, свободно сидя- тему на валу. От шестеренки 5 движение передается оси ведущих колес машины. Если колесо 4 не заторможено, то вращение от вала / передается этому колесу. Определить угловую скорость прн заторможенном 4 колесе и угловую скорость ©4

G и %.

Ответ: со, = ш0 广 £•»‘

Сохранив условие задачи 121, определить абсолютную и относительную угловые скорости вращения бегуна 2, по отношению к 4・му колесу.

Для передачи вращения от мотора к канатному барабану врубовой машины применяется планетарный механизм. При вращении коленчатого вала / тройная шестерня 1―3 катится по неподвижной шестерне 2 н приводит во вращение барабан 4. Определить число

если угловая скорость коленчатого вала соответствует зубцов шестеренок: z】 = 28, z, = 33, / = 32, г4 = 37.

Ответ: пл = п^ -г"~ Z1 • ^^i= 0,488 об^ин.

Часть третья

ДИНАМИКА

VII. ДИНАМИКА МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ

ГЛАВА XVIII

ДВЕ ОСНОВНЫЕ ЗАДАЧИ ДИНАМИКИ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ

18-1. Основные положения. Дифференциальные уравнениядвижения материальной точки

В разделе «Динамика» изучается механическое движение материальных тел в связи с приложенными к ним силами. В целях большей систематичности изложения материала, динамика делится иа динамику материальной точки и системы материальных точек. Материальной точкой называется тело таких малых размеров, что можно пренебречь скоростями и ускорениями в его вращательном движении по сравнению с кинематическими элементами поступательного движения.

Масса материальной точки равна ее весу, разделенному на ускорение силы тяжести, в данном месте земной поверхности:

〃Т・(18-1)

Физические величины в механике измеряются или в технической системе единиц или в системе CGS. В основе технической системы лежат: единица длины — метр (ж), единица времени секунда (сек) и единица силы — килограмм (кГ). Единица массы — производная от этих трех единиц. Единицей массы в технической системе является такая масса, которой сила, равная 1 кГ, сообщает ускорение, равное 1 м/сек".

В основе системы CGS лежат: единица длины — сантиметр (см), единица времени — сек ун да (сек) и единица массы — гр ам м-масса (г), т. е. масса 1 кубического сантиметра чистой воды при нормальном барометрическом давлении (760 мм)

и при температуре 4℃. Единица силы — дина (дн) есть производная от этих единиц. Дина — такая сила, которая массе, равной 1 г, сообщает ускорение, равное 1 см\се^.

1 Г—вес=981 Он.

1 5н=1/981 Г веса.

Дифференциальные уравнения движения материальной точки в декартовых координатах:

т=Х; my=Y\ mz=Z,(18-2)

где 占 у, 2 ——координаты движущейся точки, a X=X(f, х, у, г, 爲 或 г); У=У«, х, у,嘉 х, yt z); Z=Z(J x, у,然亢 〃 г) — проекции на оси неподвижной декартовой прямоугольной системы координат равнодействующей всех сил, действующих на материальную точку.

Дифференциальные уравнения движения материальной точки в естественной форме:

m^=R; m&R”； °=&，(18-3)

где q — радиус кривизны траектории точки; 凡，Rn, & — проекции соответственно на касательную, главную нормаль и бинормаль к траектории точки равнодействующей всех сил, действующих на материальную точку,

В частном случае прямолинейного движения точки, для упрощения решения задачи, при составлении дифференциальных уравнений (18-2) движения рекомендуется одну из осей координат направлять по траектории точки в сторону движения. В случае плоского движения точки систему координат хоу нужно брать в плоскости движения» причем так, чтобы координаты текущего положения точки были положительными. При составлении дифференциальных уравнений (18-3) касательную к траектории точки следует направлять в сторону положительного направления отсчета дуг, а главную нормаль — в сторону вогнутости траектории.

18-2. Первая основная задача динамики материальной точки

Первая основная задача динамики точки заключается в том, что задан закон (уравнения) движения точки и ее масса, а требуется определить силу, действующую на точку.

Дано: m, x电(力 9=h«)； 2=Л(0.

Определить F*

Эта задача решается дифференцированием заданных уравнений движения и подстановкой результатов дифференцирования в уравнения:•• v •• 卩 刀

m#=X; zng==F; mz=N・

Величина и направление силы, действующей на точку, находится по следующим формулам:

Fnpxwya+Z7? cos(F, D=g； cos (戸,力={； cos(F,期=g.

План решения пфвой задачи

Изображаем точку в текущий момент времени.

Изображаем активные силы, действующие на точку.

Освобождаем точку от связей, заменяя действие связей реакциями.

Выбираем систему координат.

Составляем дифференциальные уравнения движения точки: тх=Х; т/=У; mz=Z

(в тех задачах, в которых траекторией точки является окружность, дифференциальные уравнения движения выгодно брать в естественной форме:

m黑ПR；吟=凡;0=R&

Находим 吗=«冏 4匸9；叫=z по заданному закону движения точки.

величину и на-величину и на-Подставляем найденные 侬父=夕； 吗=0； ^г=г в уравнения U8-2) и по найденным проекциям силы получим правление силы.

величину и на-

величину и на-

Рис. 206.Рис. 206.Задача 74. Тело В (рн% 205)

Рис. 206.

Рис. 206.

веса 户=3,27 кГ опускается по^ф^

шероховатой наклонной плоскостиур<\

так, что /=3/д (1 — {+»)(/ ——вм f — в сек; % — момент начала дви- жения груза).

Определить натяжение Т ве- ревки АВ, если а=60* коэффи- циент трения f=O,L

Peuienue. 1. Изображаем тело

В в текущий момент времени Рнс. 205.

(рис. 206). Тело В можно

поступательно.поступательно.считать точкой, так как оно движется

поступательно.

поступательно.

Изображаем активную силу Р — вес тела.

Освобождаем тело В от связей. Связями являются шероховатая плоскость и веревка АВ. Реакцию шероховатой плоскости раскладываем на нормальную составляющую ?? и касательную составляющую F — силу трения скольжения. Реакция Т направлена по веревке (рис. 206).

Выбираем систему координат> как указано на рис. 206 5. Составляем уравнения:

X^X^P^T^F^N^ X = Psina—Т —F.y=^Y^Py+Tv+Fv+Ny; У= —Psina+M衿,i - 九+力；"0一 (1 -4+ 炉；力=% = 0；力=0.

Следовательно,

Он — р cosa+Л/： ^^P cos а; но F=/M F^fP cos a.

Подставляем найденные величины в первое дифференциальное уравнение движения точки

—g(l_?；孑 /)‘=Р (sin a — / cos a) — 7.

Решаем полученное уравнение относительно 7:

Т=Р (sin a — /cos a)+g(1「： + 6，； 7。[2,67+a — ]+，J кГ.

Задача 75. Груз В веса Р=6,2 кГ, подвешенный на нити АВ длины /=1 м в неподвижной точке Л, представляет собой конический маятник, т. е. описывает окружность в горизонтальной

плоскости (рис. 207). Определить натяжение Т нити и угол а, составляемый нитью АВ с вертикалью, если уравнение движения точки В по окружности таково: S=3,13/ (S=OB; S — в м, f ―■ в сек).

Решение. 1. Изображаем точку В в текущий момент времени (рис. 208),

Изображаем активную силу, действующую на точку В, Такой силой является вес ? точки В.

Освобождаем точку В от связи, заменяя действие связи реакцией. Связью является нить ЛВ; реакция 7 направлена по нити.

Выбираем систему координат, как указано на рис. 208 (оси естественного трехгранника).

Составляем дифференциальные уравнения движения точки в естественной форме:

.若=凡；2.团普=R”； 3. 0=&.

5；。「3/3； %.

Первое уравнение обращается в тождество 0=0:

凡=刃尸打=乙十7卩；凡= Tsitia; R产几十7匕；R产Tcosa -。,Q=/sitia — радиус окружности.

Получаем:

2^11=7 sin a; Tcosa —Р=0.

Z sin а

6・ Решаем полученные уравнения:

cos2 a+cos a— 1=0; cosa=0,618; a=51°50,;

T=—; 7=10 кГ.

cos a '

Ответ: a=65°40,; T = 10 кГ.

Упражнения

При паровом подъеме шахтной клети график скоростей имеет еид,

изображенный на рисунке.

горому подвешена клеть, в течение двух ¥=20 сек> и 2) От £=20 се代,до /=30 сек.0加电加：7\=3214 长T；7\=2572以\125. При подъеме шахтной клети график скоростей имеет вид, изобра-горому подвешена клеть, в течение двух ¥=20 сек> и 2) От £=20 се代,до /=30 сек.0加电加：7\=3214 长T；7\=2572以\125. При подъеме шахтной клети график скоростей имеет вид, изобра-UU209209Вес клети равен 3000 кГ. Определить натяжения 7\ н Г, каната, к ко- промежутков времени: 1) От f=0 до

горому подвешена клеть, в течение двух ¥=20 сек> и 2) От £=20 се代,до /=30 сек.

0加电加：7\=3214 长T；7\=2572以\

125. При подъеме шахтной клети график скоростей имеет вид, изобра-

горому подвешена клеть, в течение двух ¥=20 сек> и 2) От £=20 се代,до /=30 сек.

0加电加：7\=3214 长T；7\=2572以\

125. При подъеме шахтной клети график скоростей имеет вид, изобра-

U

U

209

209

М・ А. Мнсврев

женный на рисунке (трехпериодная параболическая диаграмма. Участок О А кривой —парабола). Закон изменения ускорения для параболического участка — линейный. Вес клети 5000 кГ, Определить натяжение Tv Т2 и 7\ каната, к которому подвешена клеть, в течение трех промежутков времени:

1 j От /=0 до /=30 сек. 2) От /=30 сек до £=39 сек и 3) От '=39 сек до f=54 сек.

Ответ: 7\=5382— 12,75/ кГ; 7\=5000 кТ; 7\=4б2б кГ.

126 Определить опорные реакции козлового крана от действия груза D веса Р, если закон движения груза S=S0-|- a cos kt (So> а, А — постоянные величины). Необходимые размеры взять с чертежа.

Отеет^

Др鋒Др鋒4488"少丿/j / // "")р"少丿/j / // "")рМ&=Р(1 - т ) ( н- у

Др鋒

Др鋒

4

4

8

8

"少丿/j / // "")р

"少丿/j / // "")р

Рус. к упр. 126

Ответ: КусокОтвет: Кусок127 Определить величину усилия в оттяжке АВ мачтово-стрелового крана в зависимости от угла %, возникающего от груза D, если стрела крана врз щается с постоянной угловой скоростью со, а вес груза D равен Р. Необходимые данные взять с чертежа. Размером гр)за D пренебречь.

Ответ: Кусок

Ответ: Кусок

Ответ:

Т=—,. 1о— {a ccs а + 九 sin а).

6g sin а ccs §1

В период пуска быстроходного элеватора ковш Л занимал на барабане наивысшее положение. Угловое ускорение барабана e=const, радиус барабана R. В каком месте кусок руды, ле^.ащий в ковше, покинет его? руды покинет ковш при угле а, удовлетворяющем уравне-

нию g cos а — 2&R • а=0.

18-3. Вторая основная задача динамики материальной точки(обратная первой)

Вторая задача динамики точки заключается в том, что задана сила, действующая на точку, и масса точки, а требуется оп ределить закон Сравнения) движения точки.

Дано: m, F,

Определить 尤=/\«)； У = %(/)； г-/3(0-

Эта задача решается интегрированием дифференциальных уравнений движения точки: тх=Х\ my~Y\ mz=Z. После интегрирования уравнений возникают произвольные постоянные. Эти произвольные постоянные определяются по начальным условиям движения. Начальные условия берутся из текста задачи. С точки зрения математики начальные условия движения заключаются в том, что при заданном значении аргумента [f』(J задаются значения функций [х(/0) —х0,出(％)=九；2(i0)==zJ и их первых производных [х(/0)=х0;力(力=九；乞伉)』%/. 。точки зрения кинематики начальные условия движения заключаются в том, что при заданном значении времени [t = t^] задается положение точки [芯&)=相；yf.t^^y^ г(/0)=г0] и скорость точки через ее проекции на оси координат:

仃(幻=%；力储)=〃。；』(3 = zJ

В самом общем случае правые части диффе р ен циал ь- ных урав нений зависят от времени (£), положе* ния точки (局 ％ z) и скорости точки (х, уУ г). Такие дифференциальные уравнения интегрируются до конца только в частных случаях, когда, например, правая часть является постоянной величиной, либо простейшей функцией только времени, либо только расстояния, проходимого точкой, либо только скорости точки и др.

План решения задач

Изображаем материальную точку в текущий момент времени.

Изображаем активные силы, действующие на точку.

Освобождаем точку от связей, заменяя действие связей реакциями.

Выбираем систему координат. Начало координат системы следует помещать в начальном положении точки и оси координат направлять так, чтобы координата точки в текущий момент и проекции скорости ее на эти оси были положительными (х>0, ^>0, z>0, %>0, %>0, %>0)・

\ Если точка движется по окружности, то рекомендуется выбрать оси естественной системы координат, совместив начало координат с текущим положением точки» и направить касательную к траектории точки так, чтобы для текущего положения точки естественная координата и проекция скорости точки на касательную были положительными (S>0, VT>0). Главную нормаль нужно направить в сторону вогнутости траектории.

5・ Составляем дифференциальные уравнения движения точки в выбранной системе координат. При этом следует помнить, что в полученных дифференциальных уравнениях проекции всех сил

необходимо выразить через те переменные {/, х, у, г, х, у, г), от которых эти силы зависят.

Проинтегрируем полеченные дифференциальные уравнения движения точки. Способ интегрирования уравнений зависит от их вида.

Если на точку действуют, кроме постоянных сил, силы, за~ висящие только от одной переменной, то чаще всего такие уравнения решаются путем разделения переменных (см. решение задач 77, 78, 79, 81). Иногда систему трех дифференциальных уравнений второго порядка：

тх=Х, my = Y、mz=Z

выгодно заменить эквивалентной3 равнений, но первого порядка:dvx и dxdvv и"'才=Х,血=%, т?：=У,выгодно заменить эквивалентной3 равнений, но первого порядка:dvx и dxdvv и"'才=Х,血=%, т?：=У,системой, состоящей из шестисистемой, состоящей из шестиdud% v dz应=%，切"=z,m=%dud% v dz应=%，切"=z,m=%

выгодно заменить эквивалентной

3 равнений, но первого порядка:

dvx и dxdvv и

"'才=Х,血=%, т?：=У,

выгодно заменить эквивалентной

3 равнений, но первого порядка:

dvx и dxdvv и

"'才=Х,血=%, т?：=У,

системой, состоящей из шести

системой, состоящей из шести

dud% v dz

应=%，切"=z,m=%

dud% v dz

应=%，切"=z,m=%

(см. решение 77, 78, 81).

В том случае, когда по условию задачи нужно найти скорость точки как функцию текущих координат ее и сила зависит только от этих координат .или скорости точки, то из дифференциальных уравнений переменную f исключаем с помощью подстановок:

dvx = dvx dx_ dvx 工 _dv? _ d% dg — d%d/ — dx dt~~ dx G " — dt dy df 一血 У'

2 =处=也吼&dt dz dt dz 2'

В простейших случаях дифференциальные уравнения движения точки будут иметь вид:

mm械不喧-SM前械不喧-SM前либо [ =У (у)],либо [ =У (у)],

m

m

械不喧-SM前

械不喧-SM前

либо [ =У (у)],

либо [ =У (у)],

(см. решение задач 78, 79).

Составляем начальные условия движения по тексту задачи.

По начальным условиям определяем произвольные постоянные интегрирования.

Найденные произвольные постоянные подставляем в результат интегрирования дифференциальных уравнений движения точки. Это и будут уравнения движения точки (закон движения).

Прямолинейное движение точки

Постоянная сила

Задача 76. На шероховатой наклонной плоскости (рис. 209) находится груз А веса Р】，связанный с грузом В веса Р2 нитью, перекинутой через1 блок С. Определить закон движения грузов

в покое, коэффициент тренияв покое, коэффициент тренияРис. 210.Рис. 210.Рис. 209.Рис. 209.если вначале грузы находились груза Л о наклонную плоскость равен /, угол наклона плоскости к горизонту равен а.

в покое, коэффициент трения

в покое, коэффициент трения

Рис. 210.

Рис. 210.

Рис. 209.

Рис. 209.

Решение, Грузы Л и В можно считать материальными течками, так как эти грузы движутся поступательно. При решении задачи рассматриваем движение каждого груза в отдельности.

Движение гр уза А:

Изображаем груз Л в текущий момент времени (рис, 210}.

Изображаем активные силы: Р, — вес груза, 7\ — натяжение нити.

Освобождаем груз Л от связей, заменяя действие связей реакциями. Связью является наклонная плоскость. Реакцию шероховатой опорной поверхности раскладываем на нормальную составляющую N и касательную составляющую F(尸 ——сила трения скольжения).

Выбираем систему координат, как указано на рис. 210:

Составляем дифференциальные уравнения движения точки. mx=X; my = Y:

X=，Xf； X=Rx+r,*+%^A\;X」Rsina+7\-F;

У=£匕；y^Piy^Tly+Fv+Ny-,cos a;

yz=wv = Q\ х=з『叫，так как направление ускорения точки Л совпадает с положительным направлением оси ох. После подстановки найденных величин в дифференциальные уравнения движения точки Л, получим:

tn1wl=P1 sin a+Tt —尸； O=N —尸］cos a; ^^P1 cos a; F=/W;F=fP\ cos a;

加］叫=尸］(sin a — f cos ct) + T「(18-4)

Движение груза В:

Изображаем груз 8 в текущий__момент времени (рис, 211).

Изображаем активную силу Р^ — вес груза В и Та — наряжение нити.

Выбираем систему координат, как указано на рис. 211. Достаточно выбрать одну ось ох, так как тело движется по вертикали.

产 4, Составляем дифференциальное уравнение дви- 一万жени я:

疝=Х; X = 2Xj； Зех+МТ —М；工=%； 丄］ЕМ尸Р*-%(18-5)

8 Из уравнений (18-4) и (18-5) находим ускорение ^-г-* грузов, имея в виду, что w^w^w; 7\=Т尸Г;

乌陪gA出舞僚a)+ P』8nst.

*. Следовательно, точки Л и В движутся прямолинейно Рис. 21L и равномерноускоренно:

но 8产0, так как грузы движутся из состояния покоя; начало коораинат выбираем так, что хо=0. Следовательно,

Pj (since — / cos a) + ^*2 ^ sx= 冗干耳 斤•

Вывод. В том случае, когда на точку, участвующую 8 пря~ молинейпом движении, действуют постоянные силы, то эта точка движется равнопеременно. Ускорение равнопеременного движения находится из дифференциальных уравнений движения. Для нахождения закона движения точки нужно найденное дс/со рение подставить s ки немати чес кую формулу пути равнопеременного прямолинейного движения,

Сила—функция времени.

Задача 77. Тело М начинает скользить по гладкой наклонной плоскости без начальной скорости в среде с сопротивлением, равным 0,5&-闕他一некоторое положительное число, Р — вес тела М). Определить уравнение движения тела, если угол наклона плоскости к горизонту а=3°9 (рис. 212).

Решение. 1. Изображаем тело М в текущий момент времени (рис. 213)； тело можно считать за точку, так как тело движется поступательно. — —

Изображаем активную силу Р — вес тела и силу & — со» противление среды.

Освобождаем тело М от связи, заменяя действие связи нормальной реакцией ^ (наклонная плоскость гладкая).

Выбираем систему координат, как указано на рис. 213.

Составляем дифференциальное уравнение движения:

X = F(1—c~*)； %=旧X = F(1—c~*)； %=旧张m黑=翳a-i）；张m黑=翳a-i）；mx=X; X=NXj X = Px+Rx+Nx=^P sina — R;

X = F(1—c~*)； %=旧

X = F(1—c~*)； %=旧

张m黑=翳a-i）；

张m黑=翳a-i）；

寫鸟（1-e书

Интегрируем полученное дифференциальное уравнение движения точки ^=弯(1——e'kt). Это уравнение с разделяющимися переменными:八=含(1 —h~^) dt.

После интегрирования получим:

0=多«+4"l‘)+G(is-6)

?=糸窮=£(‘+4"L)+4 d*="J,+•!「')必斗a必.

Откуда:

(18-7)

Составляем начальные условия движения (по тексту задачи) для определения произвольных постоянных интегрирования С\ и С,.

При £=0 х (0)=0, х (0)—0*

Так как начало координат помещено в начальном положении тела М, то х (0)=0.

Начальные условия движения подставляем в уравнения ”6) и (18-7):

L О=^+С” следовательно, С尸一鼻

О= — -^+Сг, следовательно, С*=姦.

Найденные Сх и С2 подставляем в результат интегрирования дифференциального уравнения движения точки (уравнениэ 18—7):

Сила ——функция скорости точки.

Задача 78. Тело Л весом Р, получившее начальную скорость 。门 скользит вверх по шероховатой наклонной плоскости, испытывая сопротивление среды, пропорциональное квадрату скорости тела причем коэффициент пропорциональности равен mk (m — масса тела). Определить расстояние, проходимое телом, как функцию скорости его если коэффициент трения сколь用&• »ия равен/, угод наклона плоскости к горизонту равен а (рис. 214).

Рис. 215.Рис. 215.

Рис. 215.

Рис. 215.

Решение. 1. Изображаем тело Л в текущий момент времени (рис. 215). Тело А можно считать материальной точкой, так как оно движется поступательно,—

Изображаем активную силу ₽ — вес тела и R — силу со противления среды.

Освобождаем тело Л от связи, заменяя действие связи реакцией. Связью является наклонная плоскость. Реакцию плоскости раскладываем на нормальную составляющую ^ и на ка* сательную составляющую 尸(F ——сила трения скольжения).

Выбираем оси координат, как указано на рис. 215. Длй упрощения решения задачи рекомендуется одну из осей направить в сторону движения тела Л

Составляем дифференциальные уравнения движения;

тх』Х; ту=У.

X=?Xf； X=Px+Rx+Nx+Fx=— Р sin а — F — ^；

Y=2匕；F=Py+Rv+"v十九=N-Pcos%

*=应；g=/=o；

следовательно,

О = А」—Pcoqci;尸=/7V=f〃 cos ct;m ^亠一^ sin a - fN —团々吟^=—【g (sin a+/ COS a) + 々优]

Так как скорость точки — сложная функция времени ^―<p[x(OL dv dxdv dv

TO 不=位•位，H0 应=。； следовательно,疝=。我・

Поэтому дифференциальное уравнение движения тела Л получится таким:

и 靠=—tg(sina+/ cos a)十々叫

Интегрируем дифференциальное уравнение движения тела 4~ Это уравнение с разделяющимися переменными:

vdv# .

g (sm a+f 8s се)十々炉——，

十 —J g (sin a +『cos a) + AM，

—%+c=^ In [g(sina+f cos ct)+々u」・(18-8)

Составляем начальные условия для определения произвольной постоянной с.

При f=0 х(0)=0; и(0)=%.

(% (0)=0, так как начало координат помещено в том месте, откуда началось движение тела А),

Определяем произвольную постоянную с. Для этого началь- ные условия задачи подставляем в уравнение (18-8), получим:

с=^ In [g (sin a+f cos a)+kv^]

Подставляем найденное с в уравнение (18-8): g(sin&+f COSG)+ 々党

% —2k 口 g (sin cos a) + kvz '

Сила ——функция координаты движущейся точки.

Задача 79. Тело А находится на гладкой горизонтальной плоскости и притягивается к неподвижному центру О силой, пропорциональной массе тела и обратно пропорциональной кубу расстояния тела от этого центра, причем коэффициент пропорциональности равен k. В начальный момент расстояние тела от О равно а, а скорость его равна нулю. Найти закон движения тела

Решение. 1. Изображаем тело Д в текущий момент времени <рн& 216). Тело можно считать за материальную точку, так как .это тело движется поступательно.

2. тела,3.-цией.2. тела,3.-цией.Изображаем активные силы, действующие на тело: Р — вес 尸一сила притяжения тела к центру О.

2. тела,

3.

-цией.

2. тела,

3.

-цией.

Освобождаем тело от свяаи, заменяя действие связи реак- Связью является горизонтальная гладкая плоскость; ^ — нормальная реакция этой плоскости.

Выбираем систему координат, как указано на рис. 216.

Составляем дифференциальное уравнение движения тела Л:

点=Х; X=NXj； X=p*+N*十F#=-尸；

Рис. 216.Рис. 216.•• du du k

Рис. 216.

Рис. 216.

x=不；应=_密.

Интегрируем дифференциальное ура- внение движения точки:

dv А

Скорость тела А—сложная функция времени 力：。=屮[%(/)], еле* довательно,

dv k , hdxdv k , hdxvdv=—k[~-\-c1\vdv=—k[~-\-c1\du dv dx d，di=di'di=vdi<

dv k , hdx

dv k , hdx

vdv=—k[~-\-c1\

vdv=—k[~-\-c1\

(18-9)

d%户不d%户不dx —— У"在 + g炉.xdxdx —— У"在 + g炉.xdx出出df.df.После интегрированияПосле интегрированиябудем иметь:будем иметь:

d%

户不

d%

户不

dx —— У"在 + g炉.xdx

dx —— У"在 + g炉.xdx

出

出

df.

df.

После интегрирования

После интегрирования

будем иметь:

будем иметь:

(18-10}

Составляем начальные условия для определения произвольных ПОСТОЯННЫХ С\ и с?.

При t=0 %(0)=а,攵(0) = %=0・

Определяем по начальным условиям задачи произвольные постоянные 分 и j

Подставляя начальные условия в уравнения (18-9) и (18-10), получим: с尸一今；q=0.

* )； S=Rf+：(e * — 1), где k — скорость паде-* )； S=Rf+：(e * — 1), где k — скорость паде-вует.Ответ:вует.Ответ:где R — радиус Земли.где R — радиус Земли.

* )； S=Rf+：(e * — 1), где k — скорость паде-

* )； S=Rf+：(e * — 1), где k — скорость паде-

вует.

Ответ:

вует.

Ответ:

где R — радиус Земли.

где R — радиус Земли.

Найденные с, и cs подставляем в уравнение (18—10) и получаем закон движения тела Л:

Упражнения

Определить закон движения куска антрацита при скольжении его по стальным рештакам вдоль очистного забоя, если угол падения пласта а==30°, коэффициент трения тела о плоскость / = 0,3, Движение происходит из состояния

покоя.

Ответ! %= 1,18 尸

При бурении неглубоких скважин сила сопротивления, которую испытывает падающий буровой снаряд веса Р, принимается пропорциональной первой степени скорости снаряда.

Определить скорость н путь, пройденный снарядом, как функцию времени, если 叫=0.

Ответ: 口 =在(1 — с

*нх снаряда, при которой величина сопротивления среды равна весу снаряда.

При падении тела 財 в стволе очень глубокой шахты ускорение прямо пропорционально расстоянию тела от центра земли. Найти время /, в течение которого тело пройдет даннный путь S, если тело начинает падать с поверх* «остн Земли без начальной скорости, Предполагая, что сопротивление отсутст-

Криволинейное движение свободной точки

L Постоянная сила

Задача 80. Материальная точка весом Р брошена со скоростью

以° под углом а к горизонту. Определить, лением воздуха, закон движения точки.

Решение. 1. Изображаем точку М в текущий момент времени (рис. 217).

Изображаем силы, действуюцще на точку. В данном случае действует единственная сила戸二-вес точки.

Выбираем систему координат, как указано на рис. 217 (начало координат помещаем в месте выброса точки; вектор и。лежит в плоскости уог).

Составляем дифференциальные уравнения движения точки:忌=Х; sg=y； mz^Z\ Х = Р#=0; Унру=0; 2=尸*»=—Р, получаем следующие три

пренебрегая

внения:

1. i=0; 2. у=0; 3, 2=—g.

сопротив-

、M网力

Р

Рис. 217.

дифференциальные ура・

Интегрируем дифференциальные уравнения движения точки.

汇=4； 〃=生；^—gt+cz.(18-11>

x=J力十с&； у—с^~\ съ\ 胃=—^"+qf十с”(18-12)

Составляем начальные условия задачи: при f=0; %(0)=0, х(0)=0;

у (0)=0, y(0)=%cosct;

г (0)=0, г (О) = ио sin а.

Определяем по начальным условиям произвольные постоянные интегрирования q, r,以，q,

Из уравнений (18-11), (18-12) после подстановки в них начальных условий получим:

q=0; %=0; Q=o； св=0; c2 = v0 cos a; c^v^ sina.

Найденные произвольные постоянные подставляем в результат интегрирования дифференциальных уравнений (18-12);. получим закон движения точки- или уравнение траектории тоик库 в параметрической форме (роль параметра играет время /):

х=0. y^v^t cos a;

z=%f sina —号・

После исключения параметра Z из уравнений движения уран- вид:

х=0; 2=z/tga — и2 ――^—・

*2и： cos』a

Следовательно, материальная точка М движется по параболе^ расположенной в вертикальной плоскости (рис. 218).

Сила —функция скорости точки.

Задача 81. Материальная точка массы m брошена с начальной скоростью и。под углом а к горизонту. Сила сопротивления воздуха 后=—kmgv, где k ——постоянный коэффициент и и —скорость точки. Найти уравнения движения и наибольшую высоту подъема точки.

Решение. 1. Изображаем точку 41 в текущий момент времени (рис. 219).一

Изображаем силы, действующие на точку: ₽—вес точки, 京一силу сопротивления воздуха, направленную в сторону, противоположную направлению скорости гочки.

Выбираем систему координат, как указано на рис. 21& Начало координат помещаем в месте выброса точки; вектор % -лежит в плоскости zoy.

Рис. 219.Рис. 219.

Рис. 219.

Рис. 219.

Составляем дифференциальные уравнения движения точки；

Х={Х,・； Х = Р*+&=0; У=2匕；Y=Py+Ry^-kmgvy-,Z=£Zj； Z==Pz+R2=— P — kmgv,.

Получаем следую^иг дифференциальные уравнения движения:

%=0； 2."二一&g%； 3.衣=—g(l+R%)・

Интегрируем полученные дифференциальные уравнения движения точки.

После интегрирования первого уравнения имеем:

x=ct(18-13)

х=с^ +с2.(18-14)

Интегрируем второе уравнение:

必+ q; \nvv=—kgt+ct} (18-15)必+ q; \nvv=—kgt+ct} (18-15)嚮=一组%; *=一饱加；j *=ig J

必+ q; \nvv=—kgt+ct} (18-15)

必+ q; \nvv=—kgt+ct} (18-15)

и尸% 拿二е(-Н+&)； dy=e(-^+c^-dt;

(18-16)(18-16)§ dy 十q = \ e~^+c^ -dt

(18-16)

(18-16)

Интегрируем третье уравнение:

樂二一g(i+&%)； 1^^=—grff； 5r^f^+q=—g£办;

-In (1+々%)十分=-gf； 1 +«%=dа*十k绚

%=}[e-sg叶 S)— ]](18-17>

%=^=4" W"+"")_ "； J dz+c尸•|-，e-施十点旬—l]df;

z= ~4 偿ef 3十*)+矶一%(18-18>

Составляем начальные условия для определения произвольных постоянных интегрирования cn с2, с$, с&, cs, св.

При £=0;尤(0)=0;文(0)=0; //{0)=0; у (0)=vy (0) = у0 cos а; г (0)=0; z(0)=%(0) = % sin а.

Определяем произвольные постоянные по составленным начальным условиям.

После подстановки в уравнения (18-13), (18-14) и (18-15); (18-16); (18-17); (18-18) начальных условий получим:

q=0； % = 0; e%=%cosct; с4= — ^cosa;

sin а; св== —[1 十月％ sin а].

Подставляем найденные произвольные постоянные в уравнения (18-14), (18-16), (18-18) и находим закон движения точки;

%=0；u=£1^(1 —e“；z=^(l+«%sina)(l — е「総')一•{•.

Для нахождения /г=гтах используем то положение, что

Рис. 220.

точки горизонтален (рис. 220) и, следовательно.

匕=^=0； L+&：。也e-*g，-^=0； /, = 1 In (Ursina);

Mf; %=^2—插n(l+饵 sin a).

Сила — функция координат движущейся точки.

Задача 82. Точка М массы т притягивается неподвижнь^г центром О с силой F^k^tnr, где 々一постоянный коэффициен г и г ——расстояние точки М от О. В начальный момент расстояние 〃=а, а скорость vQ направлена перпендикулярно ОМС. Найти уравнение движения точки М и ее траекторию, принимая прямую ОЛ4в за ось / н пренебрегая весом точки.

Решение. 1. Изображаем точку М в текущий момент времени (рис. 221).—

Изображаем силу F, действующую на точку.

Выбираем систему координат, как указано на рис. 221.

Составляем дифференциальные уравнения движения точки: m^=X; my^Y.

X=yXj； X=F*=—tnk^r coscp; У=2 匕；Y=Fy=—ml^r sin ср;

r cosq)=x; rsin(p=g; X=—加炉％; У=—mk^y. Следовательно,1. x4-fe2x—0; 2. y+兴y=0・r cosq)=x; rsin(p=g; X=—加炉％; У=—mk^y. Следовательно,1. x4-fe2x—0; 2. y+兴y=0・но

r cosq)=x; rsin(p=g; X=—加炉％; У=—mk^y. Следовательно,

1. x4-fe2x—0; 2. y+兴y=0・

r cosq)=x; rsin(p=g; X=—加炉％; У=—mk^y. Следовательно,

1. x4-fe2x—0; 2. y+兴y=0・

Интегрируем дифференциальные уравнения движения ^■|月2尤=0; у 寸 ^2у=0* Эти уравнения однородные линейные второго порядка с постоянными коэффициентами. Для решения такого уравнения нужно составить характеристическое уравнение и найти его корнн: Q*斗/^=0; Qf = i月；Q*二一i也，где，=)/—1.

Обихее решение первого уравнения будет: х=с^ -Vcze~lkt^ где с】и с2 — произвольные постоянные. Далее используем формулы Эйлера:

d"=cos 左f+? sin kt\ в-'规=cos kt ——i sin kt.

Получаем: x—a cos kt+b sin kt, где a=%+q; b=^i(cx — c2) — новые произвольные постоянные. Если ввести произвольные посто- яннью Лиа, связав их с а и Ь так: а=А cos а; Ь=—Л sin ч, получим общие решения данных дифференциальных уравнений: х~А cos (Af 4-а); у=^В cos (fe^+P).

Составляем начальные условия движения для определения произвольных постоянных Л, В, а и §.

При £=0 %(0)=а; 土 (0)=0; У (0)=6; *(0) = %・

По начальным условиям движения определяем произвольные постоянные. Подставляя начальные условия задачи в общие

Из уравнения (18—20): а=0, так как 4/=0,归 #0.Из уравнения (18—19): 4=&; из уравнений (18—21) и (18—22):Из уравнения (18—20): а=0, так как 4/=0,归 #0.Из уравнения (18—19): 4=&; из уравнений (18—21) и (18—22):^ий движения. С этой^ий движения. С этой

Из уравнения (18—20): а=0, так как 4/=0,归 #0.

Из уравнения (18—19): 4=&; из уравнений (18—21) и (18—22):

Из уравнения (18—20): а=0, так как 4/=0,归 #0.

Из уравнения (18—19): 4=&; из уравнений (18—21) и (18—22):

^ий движения. С этой

^ий движения. С этой

решения диффе рен ци а льн ы х уравнений движения точки, а также в выражения, которые получ-аются после дифференцирования этих

^решений, получим:

а—Л cos а;(18-19)

о~— Ak sin а;(18-20)

о = В cos В;(18-21)

v,~—Bk sinp.(18-22)

з

Р = —л, так как В 千 0.

Из уравнения (18—22) 8=^.

8 Подставляем найденные произвольные постоянные в общие решения дифференциальных уравнений и получаем закон движения материальной точки:

х=а cos 左f; У=^ sin 左九

Для нахождения траектории точ-ки исключаем время / из уравне-целью находим cos fe/ и sin kt. затем.

возводим в квадрат и складываем:

Следовательно, точка движется по эллипсу (рис. 222).

Криволинейное движение и е свободной точки

Задача 83 Колечко скользит под действием собственного веса по проволочной окружности радиуса г, расположенной в вертикальной плоскости, выходя без начальной скорости из конца горизонтального диаметра Зная коэффициент трения / колечка об окружность, определить скорость прохождения колечка через нижнюю точку окружности.

Решение L Изображаем точку М в текущий момент времени (рис. 223).—

Изображаем активную силу Р — вес точки.

Освобождаем точку М от связей, заменяя действие связи реакцией. Связью является шероховатая окружность. Реакцию окружности раскладываем на две составляющие: ^ — нормаль-

ная составляющая и Л— касательная составляющая (сила трения скольжения).

Выбираем систему координат, как указано на рис. 223 (оси естественного трехгранника).

Составляем дифференциальные уравнения движения точки в естественной форме:

m幫Пr；加^=冗；

凡ПA+%+N产Pcos中一F;

F~fN\ Q=r.

Rn^Pn+Fn^Nr~N — Psincp;

m^=P 8stp—fN\

2.加 g=N — Psitiqp.

Из уравнений (1) и (2) получаем:

結g(cosФ—/sinqp) —-J-炉，

но v=yp [s (/)], следовательно, 黑=罂已・ Так как ds=rd^4 то дифференциальное уравнение движения точки принимает вад;

° ^+/y*=^(cosср—/sinф).

Интегрируем дифференциальное уравнение движения точки» Это уравнение можно представить в следующем виде:

(18-23)(18-23)為(v^^fv'^rg (cos ф —fsincp).

(18-23)

(18-23)

Общее решение этого уравнения с?$=и：+и：, где 疗 一 общее решение однородного дифференциального уравнения;

и： — частное решение данного дифференциального уравнения:

^(0：)+2山：=0;卡丄=_2%中；

Частное решение ищем в следующем виде: 。:=4 cos 屮+8 sinq).

2252258 м. А, Мнсюрев

225

225

Это решение должно обращать дифференциальное уравнение (18-23) в тождество. Отсюда находим коэффициенты Л и В:

八_1+4 尸‘01+4产'

Итак, общее реизение дифференциального уравнения (18-23) имеет следующий вид;

*=d一含m+6+/ cos(p+B sinq),(18-24)

где А и В имеют вышенайденные значения.

Составляем начальные условия для определения произвольной постоянной С.

При /=0 ф (0)=0; у (0)=0.

Определяем произвольную постоянную интегрирования. После подстановки начальных условий движения в уравнение (18-24) получим ес~—А.

Подставляем найденную произвольную постоянную в уравнение (18-24):

уа=— Ае~^+А cos(p+B sitiq).

Когда материальная точка проходит нижнюю точку кольца, то万：

Упражнения ленточного транспортера движется со скоростью и = 2 м/сек.Упражнения ленточного транспортера движется со скоростью и = 2 м/сек.132. Лента132. Лента小=产各［1_2产一3讶勺.

Упражнения ленточного транспортера движется со скоростью и = 2 м/сек.

Упражнения ленточного транспортера движется со скоростью и = 2 м/сек.

132. Лента

132. Лента

Определить расстояние / от вертикального диаметра барабана, на котором упадет частица руды. Угол подъема ленты 卩=30°・ Нужные размеры указаны на чертеже. Исследовать, в каком месте произойдет отрыв частицы от поверхности барабана, и не будет ли в данном случае частица после отрыва снова падать на барабап.

Ответ: / = 0,92 ль частица отделяется от поверхности барабана в месте

набегания ленты на барабан и в дальнейшем совершает свободный полет.

Материальная частица находится внутри вращающегося барабана Найти зависимость скорости частицы и от «угла поднятия» а, если при а = 0с, » = 0. До каких лор полученное уравнение имеет применение?

Ответа 炉=-—^ (3/ sin а 4-( I — 2/г) (cos а —咖儿 где R — радиус ба- 1十4片

рабана, a f — коэффициент трения частицы о поверхность барабана. Уравнение имеет смысл до тех пор, пока окружная скорость барабана больше ско*

рости частицы.

Из точки О наклонной плоскости, образующей угол 卩 с горизонтом, вылетает материальная точка с начальной скоростью о0 под углом а к горизонту и падает на наклонную плоскость* Определить закон движения точки в системе координат оад, (сопротивлением воздуха пренебречь. Начальная скорость точки лежит в вертикальной плоскости, проходящей через линию наибольшего ската наклонной плоскости).

Рис. к упр. 134Рис. к упр. 134Ответ:招=u()f cos (а — 0)—等 shi 0, ^ == v^ sin (а — р) — ^ cos р.-

Рис. к упр. 134

Рис. к упр. 134

Материальная точка массы т движется по окружности радиуса г, расположенной в горизонтальной плоскости. Определить закон движения точки в естественной форме, если сила, вызывающая движение, составляет со скоростью точки угол, котангенс иоторого возрастает пропорционально первой степени времени (k — коэффициент пропорциональности). Начальная скорость

Материальная точка массы т движется по плоской кривой так, что проекция силы на касательную к траектории точки равна kmv (k — коэффициент пропорциональности, и — величина скорости точки). Определить закон движения точки в естественной форме и проекции силы на естественные оси, как функции времени, если начальная скорость точки равна %(весом точки пренебречь).

Ответ: S = £(e"—1), F_ = kmv^^ 尸融=—^炉材

гДе Q — радиус кривизны траектории.

Материальная точка ^движется по плоской кривой под действием постоянной по величине силы Q. Определить закон движения точки в естественной форме, если проекция силы на нормаль к траектории Fn—mkv (m — масса точки, k — коэ4хрнциент пропорциональности, р — величина скорости точки). Вначале точка находилась в покое. Определить также проекции силы на естественнной оси (весом точки пренебречь).

Огпвет: 5=я~^(1 — cosfe/), f^Q cos ktt Fn=Q sin kt.

Материальная точка массы m движется по плоской кривой под дей* ствием силы, проекция которой FJC=Q=const. Определить проекции скорости точки на оси декартовой системы координат, если V，戶，£)=片(f — ") (А — коэффициент пропорциональности, 土＞q； ta — начальное значение времени). В начале движения г очка имела скорость ио=О (весом точки пренебречь).

0.

О/neem： 气=工« —厶)，％=—言 In cos*(/ — /0),

Прямолинейные колебания материальной точки

1. Гармонические колебания

Задача 84. Пружина закреплена в точке 4 ко второму концу пружины прикреплен груз Е веса Р=4 кГ. Статическое

удлинение fcm пружины, вызываемое этим грузом, равно 6 ои. Пренебре-

Рис. 224.

!1

м

р

Рис. 225.

шее: АВ —

гая сопротивленийми, определить закон движения груза, если вначале пружина была недеформирована и груз был предоставлен самому себе (рие. 224):户=yA/.

Решение. 1. Изображаем груз М в текущий момент времени (рис. 225).

Изображаем силы, действующие на груз М: Р — вес груза 尸一 силу упругости пружины.

Выбираем систему координат, как указано на рис. 225. Для упрощения решения задачи начало координат рекомендуется помещать в положении статического равновесия груза. На рис. 225 имеем следую-

длина недеформированной пружины; BD= fcm ——стати-

ческое удлинение пружины под действием данного груза М; D — положение статического равновесия груза.

4. Составляем дифференциальное уравнение движения груза (груз можно считать материальной точкой, так как он движется поступательно):

mi=X; X=EXf； X^Px + Fx=P — F.

Сила упругости пропорциональна удлинению пружины (рассматриваем малые удлинения):

尸=Y(BM); BM=BD + DM; BM=^fcm+x\

X = P — Y (力m+灯；忌=尸—Yfcm — YX.

Для упрощения правой части рассматриваем равновесие груза в положении статического равновесия D (рис. 226):

eХ = 0; Р 一尸d=0； но 尸0=Y〃。.

产

Рис. 226.

Следовательно,

получаем:

Р — Yfcm = °；

(18=25)

土+4х=0, где 左=/^

Решаем дифференциальное уравнение движения груза:х+кйх~0.

Общее решение этого дифференциального уравнения имеет следующий вид:

х^а sin(虹+а)

(см. решение задачи 82).

Составляем начальные условия движения для определения произвольных постоянных а и а.

При f=0 х(0)=—〃搀；х(0)=0.

Определяем произвольные постоянные интегрирования по начальным условиям движения. Для этого подставляем начальные условия в выражения:

х=а sin (fe/4-a),(18-26)

x=ak cos (fe+a)(18-27)

получаем：

—fcm=a sin a(18-28)

0=〃々 cos a.( 18-29)

Из уравнений (18-28) и (18-29):

3£

3 彳几；3fcm*

Найденные произвольные постоянные подставляем в общее решение x=asin (й/4-a) дифференциального уравнения движе

ния точки и получаем:

где k=где k=—fm cos 6 厶

где k=

где k=

;у определяем из уравнения равновесия (18-25)：

Y=F^;左二］/^^==12,8 11 сек,/ cm* I cm

x= — 6 cos 12,8f・

Груз M совершает прямолинейные гармонические колебания.

Период колебания

Т=^; 7=0,49 сек.

Затухающие колебания

Задача 85. Тело Е весом Р=4,9 кГ подвешено на пружине, статическое удлинение (/?加)которой под действием этого веса равно 1 см (рис. 227). Второй конец пружины закреплен в неподвижной точке Л. Сила сопротивления воздуха при движении тела пропорциональна скорости и при скорости в 1 м\сек равна

0,1 к/\ Определить закон движения гр)за. если вначале пружина была растянута на 2/已编 и груз был предоставлен самому себе. (R= - 60；f=y♦仪.)

Решение. 1. Изображаем точку М в текущий момент времени (рис. 228). Тело можно считать материальной точкой, так как оно движется поступательно.

2. Изображаем силы, действующие на точку: Р ——вес точки, R — силу сопротивления воздуха и 尸 ——силу упругости пру-

А

^w^xe、2、

Рис. 228.

Рис. 227.

ЖИНЫ.

Выбираем систему координат, как указано на рис. 228. Как и в задаче 84, начало координат помещаем в положении D статического равновесия груза» причем АВ—длина недеформиро- ванной пружины, BD=% — статическое удлинение пружины.

. Составляем дифференциальное уравнение движения точки М 加^ = Х; X = ZX^ X=Px+R*+尸%;

p*=尸；J=-6元；尸*= — F; F=y (BM);

BM^BD + DM; ВМ=/м+招

X=P— 丫 (〃"+%)— 底；mx=P — yfcm — yx — 6x.

Для упрощения правой части полученного сматриваем равновесие груза (рис. 229):

eX=0, p -尸。=0;尸。=Y〃"，

уравнения рас- ,6

следовательно,

P-Y〃『0・(18-30)

Дифференциальное уравнение движения груза будет иметь вид.

京+2九^+德力=0,(18-31)

где

р

Рис. 229.

5, Интегрируем дифференциальное уравнение (18-31) движе- мпя груза. Это уравнение ——линейное однородное дифференци* альное уравнение второго порядка с постоянными коэффициен

та

тамн. Находим корни характеристического уравнения:

尸+ 2"+々‘=0； r=——n± K^-^；m=0/V月=3,13

Поэтому

Г]= — /：+/У k^—n2; q == — n — iV^^^.

Общее решение дифференциального уравнения будет:

х=с[夕力+qe「J; x=e^nt(с^4gc —『'卧一万“)，

После преобразования по формулам Эйлера будем иметь:

x=e~ni (Л sin Ykz —饋 f+8 cos]/ fe2 —吟. (18-32)

Составляем начальные условия движения для определения произвольных ПОСТОЯННЫХ /4 и В.

При 力=0 х(0)=%； х(0)=0.

Определяем произвольные постоянные интегрирования по начальным условиям задачи. Для этого составленные начальные условия подставляем в уравнение (18-32) и в уравнение, полученное из уравнения (18-32) путем дифференцирования его по времени, получим

Найденные произвольные постоянные подставляем в уравнение (18-32) и получаем закон движения груза:

x=e-W(8s 31,3/+(),1 sin 31,3/).

Вынужденные колебания.

Задача 86. (Сопротивление среды отсутствует; нерезэнансный случай.)、；

Материальная точка массы /и=2 совершает прямолинейные колебания по оси х под действием восстанавливающей силы, пропорциональной расстоянию точки от начала координат, причем коэф- £ 一 f

фициент пропорциональности равен °“#

н возмущающей силы S=4cos 3f. Найти закон движения точки, еслиРис- 23°.

в начальный момент 工尸0；

Решение, 1. Изображаем точку М в текущий момент времени (рис. 230).

Изображаем силы, действующие на точку:戸——восстанавливающая сила, S — возмущающая сила (весом точки пренебрегаем).

Выбираем систему координат, как указано на рис. 230

Составляем дифференциальное уравнение движения точки

Х=ЕХ『； X=S#+C=S —尸；F=y(OM); F=yx; S=4cos3f;

x+4x=2cos 3f.

Интегрируем дифференциальное уравнение движения точки х+4х=2 cos 3九 Это уравнение — неоднородное линейное с постоянными коэффициентами> дифференциальное уравнение второго порядка. Его решение #==%】丄％乞,где хх — общее решение однородного дифференциального уравнения «+4%=0, следовательно, №Gtsin (fe^+«)； / ——частное решение дифференциального уравнения %4-4х=2 cos 3/. Берем хй=О cos 3/, причем коэффициент D находим из того условия, что х2 обращает данное дифференциальное уравнение в тождество. Следовательно, D= — 0,4.

Таким образом, общее решение дифференциального уравнения будет：

%=а sin (瓦+(х) — 0,4 cos 3/.(18-33)

Составляем начальные условия задачи для определения произвольных постоянных а и а.

При /=0 х(0)=0; х (0)=0.

Определяем произвольные постоянные по начальным условиям. Для этого начальные условия подставляем в выражение (18-33) и в выражение x^ak cos (W+a) -J-1,2 sin 3^, полученное из (18-33) путем его дифференцирования. Тогда (1=彳;a=0,4.

Подставляем найденные произвольные постоянные в общее решение дифференциального уравнения движения точки и получим закон движения точки:

х=0,4 (cos 2f — cos 3f)・

Задача 87. (Случай резонанса). Тело веса Р«э7,94 кГ прикреплено к пружине, второй конец которой прикреплен к неподвижной точке А. Определить закон движения груза, если для растяжения пружины на 1 см требуется сила в 2 кГ\ на тело действует возмущаюнхая сила 8=6 sin 5зг^ см\ вначале пружина была растянута на fcm см. и тело находилось в покое. Сопротивлением воздуха пренебречь.

(尸=Y加］.2 kГ〜1 ем}.

Решение^ I. Изображаем тело М в текущий момент времени (рис. 231).—

Изображаем силы, действующие на тело: Р ——вес тела, 户—сила упругости пружины,耳—возмущающая сила.

Выбираем систему координат, как указано на рис. 23L АВ — недеформированная длина пружины, D — положение статического равновесия груза, BD=fcm ——статическое удлинение

пружины.

Составляем дифференциальное уравнение движения груза (груз можно считать за точку, так как он движется поступательно).

X=EX,.; X^Px+Fx+Sx^P+S — F-,

F=y(BM); BM—fcm+x.

尸二Y(As+x)； X=P —丫〃加一Y%+6sin5以；

mx~P — yfcm — 丫工十6 sin 5 л/.

Но из условия равновесия груза в положении D статического равновесия заключаем, что Р — 丫厶加=°； дифференциальное уравнение движения груза будет иметь вид:

%+左2%=八sin 5Л厶

где—

々=» /匕；々=15,7; /1=741.

Решаем дифференциальное уравнение движения груза:

x+fe2x=741 sin 5几九

"〃""""*""，"""h"〃""""*""，"""hииРис. 231.Рис. 231.В данном случае Е=5л и, следовательно, имеет место явление, называемое резонансом. Общее решение дифференциального уравнения ищем в виде х—х^х^ где xt — решение однородного уравнения х+^2х==0, следовательно, х^а sin (々f+a); х2 — частное решение данного дифференциального уравнения ищем в виде:

"〃""""*""，"""h

"〃""""*""，"""h

и

и

Рис. 231.

Рис. 231.

xz~At sin 5冗£+8/ cos 5冗八

Коэффициенты А и В находим из того условия, что х2 обращает неоднородное дифференциальное уравнение в тождество. Получим:

4=0； 3=一备=-23,6;

х~а sin (5nt+a) — 23,6f cos 5冗九(18・34>

Составляем начальные условия.

При ^=0 х{0) = 0; х(0)=0.

Определяем произвольные постоянные а и а по начальным условиям.

Для этого подставляем начальные условия движения в выражение (18-34) и в выражение

%= 15,7а cos (5nf+a) — 23,6/ cos 5л? 4-371/sin 5л^

полученное из выражения (18-34) путем дифференцирования: а=0; а= 15.

Подставляя найденные произвольные постоянные в общее решение (18-34) дифференциального уравнения движения точки, получаем закон движения точки：

15 sin 5戒一23,6/ cos 5戒・

Упражнения

К одной и той же пружине подвесили сначала груз весом Р Г, а во второй раз груз весом 3 Р Г. Определить, во сколько раз изменится период колебаний? Зная коэффициент жесткости пружины с 卜［gm, а также начальные условия (грузы подвешивались к концу иерастяжимой пружины и отпускались без начальной скорости)» найти уравнения движения грузов.

Ответ 募尤=———cos Ч/ 桀

/ 1с г Р

висел на пружине неподвижно.висел на пружине неподвижно.

висел на пружине неподвижно.

висел на пружине неподвижно.

Пластинка D весом 100 Г, подвешенная на пружине АВ в неподвижной точке А, движется между полюсами магнита. Вследствие вихревых*токов дви>сенне тормозится силой, пропорциональной скорости. Сила сопротивления движению равна Луф2 дин, где й = 0,0001, и — скорость в см!сек, а 屮一ма— житный поток между полюсами ^ и S. В начальный момент скорость пла-

стиики равна нулю и пружина не растянута* удлинение ее на 1 см получается при статическом действии силы в 20 Г, приложенной в точке В.

Определить движение пластинки в том случае, когда 屮=1000 У 5 единиц CGS.

Ответ, к = — ©г式(5 cos 13,78t + 4~ 0,907 sin 13,78f) см, где х обозначает расстояние центра тяжести пластинки от его разновесного положения по вертикали вниз.

На пружине жесткостью с = 20 PjcM подвешен магнитный стержень весом в 100 Г. Нижний конец магнита проходит через катушку, по которой идет переменный ток : =20 sin 8冗£ ампер. Ток идет с момента времени f = 0, втягивая стержень в соленоид; до этого момента магнитный стержень

Сила взаимодействия между магнитом и катушкой определяется равенством F г= 16л/ дин. Определить вынужденные колебания магнита.

Ответ: х = —0,023 sin 8л/ см.

Электрический мотор установлен на платформе Л1, поддерживаемой спиральной пружиной; общий вес мотора и платформы равен 32,5 кГ; пружина такова, что уменьшение ее высоты на I см получается при нагрузке в 30 яЛ; на вал мотора насажен груз Mlt весом 200 Г на расстоянии 1,3 см от оси О вала; угловая скорость мотора равна 30 1/сек. Определить вынужденные колебания платформы, предполагая, что в начальный момент она находилась в покое Принимаем g = 981 cmIcck1.

Рис. к упр. 142Рис. к упр. 142Ответ:尤=0,12f sin (30/) см

Рис. к упр. 142

Рис. к упр. 142

ГЛАВА XIX

ОБЩИЕ ТЕОРЕМЫ ДИНАМИКИ ТОЧКИ

19-1. Теорема об изменении количества движения точки

Количество движения точки ——вектор, численно равный произведению массы точки на модуль ее скорости. Этот вектор приложен в данной точке и по направлению совпадает с направлением вектора скорости точки (рис. 232).

Изменение проекции количества движения точки на какую- нибудь неподвижную ось равно проекции на ту же ось импульса силы, действующей на точку

Рис. 232.Рис. 232.тих — mvQx^^ X Л, о

Рис. 232.

Рис. 232.

mvy — mvty^ У dt, ■ О

/л% — т%尸 § Z d£.

План решения задач

Изображаем точку в текущий момент времени,

Изображаем все силы, действующие на точку (если точка несвободна, то ее нужно освободить от связей, заменяя действия связей реакциями).

Выбираем систему координат,

Составляем уравнения (19-1) теоремы об изменении коли> чества движения точки.

Из составленных уравнений находим неизвестные величины.

езв

Задача 88. Частица массы 加,несущая заряд е электричества» находится в однородном электрическом поле с переменным напряжением Е=5加 sin 今工.Определить скорость частицы через 6 сек после начала движения, если известно, что в электрическом поле на частицу действует сила F=eE, направленная в сторону напряжения Е・ 2£L，■士

Влиянием силы тяжести пренебречь. На-Рис. 233.

чальное положение частицы принять за начало координат; начальная скорость частицы равна нулю.

Решение- 1. Изображаем точку М в текущий момент времени (рис. 233).—

Изображаем силу F, действующую на точку.

Выбираем систему координат, как указано на рис. 233.

Составляем уравнение теоремы об изменении количества движения точки в проекции на ось 尤：

团% - 尸、X dt;

=0；

0=5e j sintdt\ у=Г^ C0S-J/1®

Задача 89. Требуется определить скорость, которую нужно сообщить телу, чтобы оно поднималось в течение 4 сек по шероховатой наклонной плос*

кости в среде с сопротивлением R=mg”(т — масса тела). Коэффициент трения /=0,2; угол наклона плоскости к горизонту а-30°.

Решение. 1. Изображаем тело в текущий мо мент времени (рис. 234).

Изображаем силы, действующие на тело: Р — вес тела, R — сила сопротивления среды. Освобо

ждаем тело от связи, заменяя действие связи реакцией. Связью； наложенной на тело, является шероховатая наклонная плоскость. Реакцию этой пло-

скости раскладываем на две составляющие: ^ — нормальную составляющую и 尸一касательную составляющую (силу трение скольжения).

Выбираем систему координат, как указано на рис. 234.

Составляем уравнения теоремы об изменении количеств分 движения точки:

тих —Xdf; — mvav = \ У d九

ОО

Тело можно считать за точку, так как это тело движется поступательно.

x=ex,; x=Р用 + 尸月+r/ рд；=一p sin a;尸为0 -尸=—fM此П 一 R= — mg6"；

X= — Psina — mgc" — fN\ %#==%; %=u=0;

У=2%； Y^Py+Fv+Ry+Ny; P^-Pcosa; &=0; R产0; Ny=N

Y^N — P cos a； %卅=0; %e=0.

Получаем:

—加％= —，(P sina+mgei'+fN) df*(19-2)

4

0=§ (^ — P cos a) dt.(19-3)

5. Решаем полученные уравнения. Так как ^, Р и a — величины постоянные, то из уравнения (19—3) находим: Nucosa; подставляя ^=P cos а в уравнение (19—2), получим:

4

уо = Jg-(sin a4-/cos ❶+厂')df; %=且[(加 a+/ cos a) Г — с"]：;

% = 36 м]сек.

Рекомендация: Теорему об изменении количества движения точки целесообразно применять 8 тех случаях, когда из четырех величин F, /, %, и три известны и нужно найти четвертую.

Упражнения

3. Поезд весом 400 Т входит на подъем Z = tga = 0,006 (где a — угол подъема) со скоростью 54 км[иас. Коэффициент трения (коэффициент суммарного сопротивления) при движении поезда равен 0,005. Через 50 сек после входа поезда на подъем его скорость падает до 45 км№ас. Найти силу тяги паровоза.

Ответ: 2,36 Т.

. Каков должен быть коэффициент трения 左 колес заторможенного о дорогу автомобиля, если при скорости езды у = 72 км/час ои останавливается через 6 сек после начала торможения

Ответ: 2 = 0,34.

19-2. Теорема об изменении момента количества движения точки-

Производная по времени от момента количества движения точки относительно какой-нибудь неподвижной оси равна сумме моментов относительно той же оси всех сил, действующих на

точку：

机 тот* （/）］={m* （戸）， ^ ［加。加,（/Л0］=5 Му（^）＞

（19-4）.

备［加忆（加豆】=ё此（戸）.

План решения задач

Изображаем точку в текущий момент времени.

Изображаем активные силы, действующие на точку.

Освобождаем точку от связей, заменяя действие связей реакциями.

Составляем уравнения теоремы об изменении момента количества движения точки:

^[тоmх （mi0]=2此（跳 %[momx（加明=?My（户）；^ \тотг （moj]«2 此（戸）•

Для упрощения решения задачи сначала подсчитываем правые части этих уравнений.

Решаем полученные уравнения.

Задача 90. Гирька М （рис. 235） привязана к концу нерастяжимой нити MfiAt часть которой ОА пропущена через верти-

Рпс. 236・Рпс. 236・

Рпс. 236・

Рпс. 236・

кальиую трубку; гирька движется вокруг оси трубки по окруж* ности радиуса Mfi^R, делая % = 120 об/мин. Медленно

239

втягивая нить ОА в трубку, укорачивают наружную часть нити до длины'ОЛ!,, при которой гирька описывает окружность радиуса 0,57?. Сколько оборотов в минуту делает гирька по этой окружности?

Решение. 1, Изображаем гирьку М в текущий момент времени (рис. 236).

Изображаем активную силу Р — вес гирьки.

Освобождаем гирьку от связи, заменяя действие связи реакцией. Связью, наложенной на гирьку, является нить МО. Реакция нити Т направлена пэ нити.

Составляем уравнение:

^ [mom. (m『)]=2 MJ 2 М 尸此便)+此⑦.

Ho Mz (Р)=0, так как линия действия силы ? параллельна оси z. М/(Т)=0, так как линия действия силы Т пересекает ось г. Следовательно,工此=0 и

d—

应[momz (mt?)]—0.

Решаем полученное уравнение

[momz (my)]=0; momz (my)=const.

Отсюда заключаем, что

momz (mv^^momz (my2),

где

momz (mv^^mv^ R^m~R2\ momz (mv^^mv^—m 需等・

Следовательно»

九2=4%;九2 = 480 об!мин.

Рекомендация: Теорему об изменении момента количества движения точки целесообразно применять в тех случаях, когда имеет место закон сохранения момента количества движения относительно центра или оси.

Упражнения

Груз Л веса Р привязан к нити, длина которой /. Нить прикреплена к верхнему концу тонкого стержн兄 и образует с ним угол а. Грузу сооб* щена в горизонтальном направлении скорость и, перпендикулярная к стержню и к нити, причем вследствие этого движения нить начнет навертываться на стержень. Сделав несколько оборотов, нить укоротится до длины 厶，а угол а примет значение а『Определить скорость и】，с которой будет двигаться при этом груз в гори зонтальном направлении, перпендикулярном к стержню и нити*

с" sin а

Рнс. к упр. 145Рнс. к упр. 145Ответ:.

Рнс. к упр. 145

Рнс. к упр. 145

Z, sin

Шарик А, находящийся в сосуде С жидкостью н прикрепленный к концу стержня АВ длиной /, приводится во вращение вокруг вертикальной оси 。1。2 с начальной угловой скоростью (d『Сила сопротивления жидкости пропорциональна угловой скорости вращения R = ams, где m — масса шарика 5 ——коэффициент пропорциональности Определить, через какой промежуток времени угловая скорость вращения станет в два раза меньше начальной, и число оборотов, которое сделает стержень с шариком за этот промежуток времени.

Массу шарика считать ссх:редоточенной в его центре, массой стержня пренебречь.

Ответ: Т =丄 1п2; %

19-3. Теорема об изменении кинетической энергии точки

Дифференциал кинетической энергии материальной точки иавен сумме элементарных работ всех скх, действующих на точку:

k

《*)=宫歩仆(19-5)

Изменение кинетической энергии материальной точки за некоторый промежуток времени равно сумме работ всех сил, действующих на точку, на соответствующем перемещении точки:

2 А

241241贵一长=£分(19电

241

241

М. А, Мн’гюрев

Работа постоянной силы на прямолинейном отрезке перемещения точки приложения силы равна произведению величины силы на величину отрезка и на косинус угла между силой и скоростью точки приложения силы (рис. 237):

A^F-s-cos (F, V).A^F-s-cos (F, V).(19-7)(19-7)

A^F-s-cos (F, V).

A^F-s-cos (F, V).

(19-7)

(19-7)

Элементарная работа переменной силы на криволинейном участке перемещения точки приложения силы равна произведе

нию величины силы на величину элементарного перемещения и на косинус угла между силой и скоростью точки приложения силы (рис. 238):

壮厶=尸 ds cos (尸，у); 4= , P ds cos (F, 〃)• (19-8)

Элементарная работа силы равна сумме попарных произведений проекций силы на оси прямоугольной декартовой системы координат на дифференциалы соэтветствуюдих координат точки приложения силы:

dfA^X dx+Y dy+Zdz; 4= §(X dx+Y dg+Z 心).(19-9)

Работа силы тяжести тела равна произведению, взятому со знаком плюс или минус, веса тела на высоту опускания или подъема центра тяжести тела. Знак плюс у произведения бе* рется тогда, когда центр тяжести опускается, в противном случае берется знак минус:

А = ±Р%с・ (19-10)

План решения задач

L Изображаем материальную точку в текущий момент времени.

Изображаем активные енлы, действуюиие на точку.

Освобождаем точку от связей, заменяя действия связей реакциями.

Составляем уравнение теоремы об изменении кинетической

энергии точки в виде —^энергии точки в виде —^mu2 加 Rmu2 加 R22X， (если силы, действующиеX， (если силы, действующиена точку, постоянные) или лы, действующие на точку,на точку, постоянные) или лы, действующие на точку,mv2 в видепеременные).mv2 в видепеременные).df А (если си-df А (если си-5. Решаем полученные уравнения.5. Решаем полученные уравнения.

энергии точки в виде —^

энергии точки в виде —^

mu2 加 R

mu2 加 R

2

2

X， (если силы, действующие

X， (если силы, действующие

на точку, постоянные) или лы, действующие на точку,

на точку, постоянные) или лы, действующие на точку,

mv2 в виде

переменные).

mv2 в виде

переменные).

df А (если си-

df А (если си-

5. Решаем полученные уравнения.

5. Решаем полученные уравнения.

Силы постоянные

Задача 91. Тело весом Р движется вверх по шероховатой наклонной плоскости. Определить путь, который пройдет тело

до остановки, если начальная скорость тела и0, плоскость наклонена к горизонту под углом а, коэффициент трения скольжения равен /.

Решение, 1. Изображаем тело В в текущий момент времени (рис. 239).

Изображаем активную силу, действующую на тело В:Р — вес тела.

Освобождаем тело В от связи, заменяя действие связи реакцией;

связью является шероховатая наклонная плоскость. Реакцию плоскости раскладаваем на две составляющие: ^— нормальную составляющую и 尸一касательную составляющую—силу трения

скольжения.

Составляем уравнение теоремы об изменении кинетической

энергии точки:不Тело В можно считать за точку, так как оно движется поступательно. Сначала подсчитываем правую часть этой формулы — сумму работ всех сил, действующих на тело, на перемещении s тела:

У ,4 = 4 dЧ~4* + 4 g /4戸==* — ph~—ps sin cc,An—N>s cos (Л/,历=0,

так как V〃V, u)=号，Af~F^scos 尸,u)=—Fs, так как

V(7\ &=叫 F=/M

Для нахождения N составляем дифференциальное уравнение движения тела в проекции на ось оу\

my=У； У=£У/， Y=Ny十Py 十尸y=N —P cosu, 〃=%=“ следовательно,

0=^ — P cos a, N=P cos a.

Итак,

2 4 =— Ps (sin a+/ cos a).

Конечная скорость тела u=0. Уравнение теоремы об изменении кинетической энергии точки принимает вид:

——==Ps (sin a+f cos a).

Решаем полученное уравнение

2g (sin a 十 f cos a)，

Силы переменные

Задача 92. Тело падает на землю с высоты Л без начальной

скорости. Сопротивлением воздуха пренебрегаем, а силу притя-

жения Земли считаем обратно пропорциональной квадрату

Рис. 240.Рис. 240.расстояния тела от центра Земли:尸=々， %=°*

Рис. 240.

Рис. 240.

Определить скорость, которую приобретает тело при подходе к Земле, если радиус Земли равен R; ускорение силы тяжести у поверхности Земли равно g.

Решение. 1. Изображаем точку М в текущий момент времени (рис. 240). “

Изображаем силу 尸一силу притяжения точки к центру Земли.

Составляем уравнение теоремы об из-

менении кинетической энергии точки в дифференциальной форме:

d (*) =2 dN； £ d'A =d'Ap^X dx+Y dy+Z dz.

В выбранной системе координат:

X=F*0-f；y=尸，=0; Z=%=0;尸=^；

получаем:получаем:£ 出 A=—^dx;d (嚟)一件£ 出 A=—^dx;d (嚟)一件

получаем:

получаем:

£ 出 A=—^dx;

d (嚟)一件

£ 出 A=—^dx;

d (嚟)一件

4. Решаем полученное4. Решаем полученноеуравнение: 加m一k I力+ Rуравнение: 加m一k I力+ Rg уg у2kh2kh加（R+办R ■加（R+办R ■

4. Решаем полученное

4. Решаем полученное

уравнение: 加m一k I

力+ R

уравнение: 加m一k I

力+ R

g у

g у

2kh

2kh

加（R+办R ■

加（R+办R ■

Для определения коэффициента пропорциональности исполь

зуем то положение, что сила 尸 притяжения тела к центру Землн является весом тела, если тело находится на поверхности Земли:

、/igRB、/igRBV —V —:К工尸；следовательно, h=PR?. Поэтому

、/igRB

、/igRB

V —

V —

Рекомендация: Теорема об изменении кинетической энергии точки целесообразно применять в тех случаях, когда из четырех величин: сила, совершающая работу (F), путь точки приложения силы (s), начальная скорость точки (и。) и конечная скорость (и) известны три и нужно определить четвертую.

Упражнения

Кусок руды начинает скользить со скоростью и。по желобу 4В = 2「 Определить длину 1Х желоба, при которой скорость подхода куска к точке В будет в три раза больше начальной,

а также найти угол наклона второго желоба ВС, при котором кусок руды будет скользить по этому желобу равномерно. Коэффициент трения скольжения равен [.

4碓

Ответ. /. = —, , 。?I

P2 —arctgf.

Определить предельную ско

рость вагонетки, при которой можно ее

остановить на пути торможения S, если тормозное усилие, приложенное к колесу, равно Q; коэффициент трения колодок равен k, коэффициент сопротнвлз

ния движению вагонетки равен /; вес вагонетки Р, уклон пути —.

Ответ: о =Ответ: о =т/^ ?gs [Р (/力一1)十々ziQJ

Ответ: о =

Ответ: о =

УР *п

Определить движение тяжелого шарика вдоль воображаемого прямо линейного канала, проходящего через центр Земли, если известно, что силэ притяжения внутри земного шара пропорциональна расстоянию движущейся точки от центра Земли и направлена к этому центру, шарик опущен в канал с поверхности Земли без начальной скорости (R —радиус Земли; g — ускорение силы притяжения на поверхность Земли),

Ответ: расстояние шарика от центра Земли меняется по закону!

ГЛАВА XX

ОТНОСИТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТОЧКИ

20-1. Общие положения

Для того, чтобы написать дифференциальные уравнения движения точки относительно движущейся системы координат, нужно к силам, действующим на точку, присоединить переносную 以 кориолисову силы инерции：

他石=X, + &W+碎"]

成;, = y,+尸齡+尸歌，｝(20-1

忌尸Z,+尸翳+尸修)，J

где 尸绊」一mWe——переносная сила инерции точки;

尸£")=—2m(Фех &г) — поворотная (кориолисова) сила инерции точки.

Дифференциал кинетической энергии материальной точки 6 относительном движении равен сумме элементарных работ всех сил, действующих на точку, плюс элементарная работа пеоеносной силы инерции точки:

d^-y^A-iF^-dF.(20-2)

I = J

Для того, чтобы выделить относительное движение точки, нужно мысленно остановить подвижную систему координат и посмотреть, как будет в этом случае двигаться точка. Для того, чтобы выделить переносное движение точки, нужно мысленно скрепить точку с подвижной системой координат и посмотреть, как будет в этом случае двигаться точка

План решения задач

Изображаем точку в текущий момент времени.

Изображаем активные силы, действующие на точку.

Освобождаем точку от связей, заменяя действие связей реакциями.

Изображаем переносную ［尸『")］и повторную ［尸『力 силы инерции точки.

Составляем дифференциальные уравнения движения точки в относительном движение.

Интегрируем дифференциальные уравнения движения.

Составляем начальные условия движения для определения произвольных постоянных.

Определяем произвольные постоянные интегрирования по начальным условиям задачи,

Найденные произвольные постоянные подставляем в результат интегрирования уравнений и получим закон движения точки Если задачу решить с помощью теоремы об изменении кинетической энергии в относительном движении точки, то первые три пункта плана остаются прежними, а далее нужно сделать следующее:

Нарисуем переносную силу инерции точки.

Составим уравнение теоремы об изменении кинетической энергии точки в относительном движении:

d (萼)=工 d'A+F^-di.

Из полученного уравнения находим неизвестную величину.

20-2. Решение задач

Задача 93. Материальная точка массы т может свободно двигаться без трения в плоскости г1о1х1, вращающейся вокруг неподвижной вертикальной оси o1zl с постоянной угловой скоростью з Найти относительное движение этой точки, если она находится под действием силы тяжести и если ее начальные координаты равны х0 и г0, а начальная относительная скорость равна нулю. Определить также реакцию ^ вращающейся плоскости.

Решение 1 Изображаем точку М в текущий момент (рис. 241).

Изображаем активную силу Р — вес точки.

Освобождаем точку Л4 от связи» заменяя действие связи реакцией. Связью является гладкая плоскость х^^. Реакция ^ плоскости направлена по нормали к плоскости.

Прикладываем переносную силу инерции 尸『")и поворотную 戸豊)силу инерции течки. Для выделения переносного движения точки скрепляем ее с подвижной системой координат xloi2'l. В этом случае точка будет принадлежать вращающейся плоскости, следовательно, ui)e^=wt,n =(aixl；F^—mco^. Сила F^ направлена в сторону, противоположную wen-FkH)=—2;n (ю х uf)；

для выделения относите л ьн ого движения мысленно останавливаем подвижную систему координат и приходим к заключению, что vr лежит в плоскости 占0]2「 Векторы ®, ?г и wk образуют правую систему координат, а вектор р^ направлен в сторону, противоположную направлению вектора 畋，t. e.尸俨)]f0小：

F^^m ^vr sin (ci), v^^2(x)mx^

Составляем дифференциальные уравнения движения точки в отно* сительном движении:

g=X|亠内要+魔)；my=Y1+F^+F(^-欣=Z，+尸罂十理?.

X,=2X“・； X, = P%+Na=0; F^^F^^m^xc，网学=0.

匕=工匕,；У产Py,+Ny,=M尸黑=0；尸加尸一尸”；

%=吗,=0.

Z^Z.- Z^p^+N^-P; F^=o-尸貶)=0.

Дифференциальные уравнения будут:

Xj — з*=0,(20-3)

2；=—g,(20-4)

0=N—2m*・(20'5)

Интегрируем дифференциальные уравнения движения точки xt ——о/л\=О; характеристическое уравнение для данного линейного уравнения будет q^ — со2=О; корни этого уравнения Qi=(o; @2=— ®； следовательно, общее решение дифференциального уравнения (20-3) таково:

(20-6)

%,=<0 (0卅-毋2‘)，(20-7)

Интегрируем уравнение (20-4):

2尸一gf+q,20-8)^

々к—粤+q % c&.(20-9}

Составляем начальные условия движения для определения произвольных ПОСТОЯННЫХ С], са, Ср С&・

При f=0; Х](0)=%。；占(0)=0;

々(о)=/； 2](0)=0.

Определяем произвольные постоянные интегрирования. Для этого подставляем начальные условия движения в уравнения (20-6), (20-7), (20-8), (20-9) и получаем:

с尸％=q ; с, —0; с4=^0.

Найденные произвольные постоянные подставляем в уравнения (20-6) и (20-9) и получаем закон относительного движения точки:

尤产今(卅+е-з)； z『z。—职

Из уравнения (20-5) N=2tn ®хг

Следовательно,

М=/шоХ(*» —吗.

Задача 94. Прямолинейная трубка АВ (рис. 242) вращается в горизонтальной плоскости вокруг неподвижной точки О с постоянной угловой скоростью з. Внутри трубки может двигаться без трения шарик М массы 加 Найти относительную по отношению к трубке скорость шарика в зависимости от расстояния, проходимого шариком, если в начальный момент он находился в точке А и его начальная относительная скорость равна нулю, ОХА =а.

Решение. 1. Изображаем точку М в текущий момент времени (рис. 243).

Изображаем активную силу, действующую на точку, 戸一вес точки.

Освобождаем точку от связи, заменяя действие связи реакцией. ^ Связью является гладкая трубка. Реакция трубки N направлена по нормали к трубке.—

Прикладываем переносную силу инерции точки F^\ 戸俨)=—tn^e\ Для выделения переносного движения точки, мысленно точку скрепляем с подвижной системой координат q%f・

В этом случае точка М принадлежит вращающейся трубке, поэтому

Составляем уравнение теоремы об изменении кинетической энергии точки в относительном движении:

d (粵)=Х"'/+戸册•否.

^drA^drAp^dfAn^=Q, так как v值 E)= ^"，

<(M %)=子.

戸”•方=尸，砲・厶| cos [F^\vr], cos [Мй<^]=-7^=；

F^'dr~fn(ozxi d%y

Получаем

d (亭)= "20)2 尤]d^].

Интегрируем полученное дифференциальное уравнение движения точки

(20-10)

Составляем начальные условия движения для определения произвольной постоянной интегрирования С1(

При /=0; х, (0)=а, %(0) = о”=0.

Определяем произвольную постоянную С「

Начальные условия задачи подставляем в уравнение (20-10), получаем:

й m0)2废

Подставляем найденную произвольную постоянную Ct в уравнение (20-10), находим относительную скорость точки как функцию 修：

Упражнения

В гладкой горизонтальной прямолинейной трубке, вращающейся с постоянной скоростью @ вокруг вертикальной оси, проходящей через конец трубки, находится шарик массы т. В начальный момент расстояние шарика от оси вращения равно а, а его скорость относительно трубки равна нулю. Найти закон относительного движения шарика вдоль трубки и горизонтальную реакцию N трубки.

Ответ: /=ас/?(①/), ,У=2а/п ①2 sh (①f).

Гладкая трубка, осевая линия которой имеет форму некоторой плоской кривой, вращается с постоянной угловой скоростью со вокруг неподвижной точки 。 в горизонтальной плоскости. В трубке находится шарнк М; его на* чальное расстояние от О равно г0, а начальная скорость относительно трубки равна нулю. Показать, что относительная скорость шарика выражается так

Q产9 |/,2一《

где г есть расстояние шарика от точки 0 в данный момент.

XIII. ДИНАМИКА СИСТЕМЫ МАТЕРИАЛЬНЫХ ТОЧЕК

ГЛАВА XXI

ОБЩИЕ ТЕОРМЫ ДИНАМИКИ СИСТЕМЫ

21-1. Теорема о движении центра инерции системы

Центр инерции системы движется как материальная точка, масса которой равна массе всей системы 〃 на которую действуют все внешние силы, приложенные к системе;

总=戸3(21-1)

где М=Х 团一масса всей системы, wc — ускорениецентра

инерции, /?(О ——главный вектор внешних сил системы.

Центром инерции системы называется такая геометрическая точка, координаты которой определяются следующими формулами:

尤产鳥£叫巧；%К^£加也；分=专£呻,・.(21-2)

Внутренними силами с〃стсл/% ［户〃 называются силы взаимодействия точек системы друг с другом. Внешними силами системы ［尸⑺］называются силы взаимодействия точек системы с точками и телами, не входящими в данную систему.

А. Дифференциальные уравнения движения центра инерции системы в декартовых координатах:

財五工X? М%=У? M2c=Z。(21-3)

Б. Дифференциальные уравнения дв ижен и я центра инерции системы в естественной форме:

м ^=p^\ 及工=贈；0=砲(21-4)

где % —скорость центра инерции системы, q — радиус кривизны траектории центра инерции системы.

Все задачи, решаемые с помощью теоремы о движении центра инерции системы, можно разделить, как и задачи динамики точки, на две группы.

К первой группе задач относятся такие задачи, в которых известен закон движения центра инерции системы, а нужно определить внешние силы, действующие на систему (первая задача динамики).

К о второй группе задач относятся такие задачи, в которых известны внешние силы, действующие на систему, а нужно определить закон движения центра инерции системы (вторая задача динамики).

План решения первой группы задач

Выделяем систему и изображаем ее в текущий момент времени.

Изображаем внешние силы, действующие на си* стему.

Выбираем систему координат.

Составляем дифференциальные уравнения движения центра инерции системы в выбранной системе координат; уравнения ⑵・3) или (2Ь4),

По заданному закону движения центра инерции системы находим путем дифференцирования проекции ускорения центра на координатные оси.

Решаем полученные уравнения, найдем внешние силы, действующие на систему.

Задача 95. Материальная система состоит из трех точек % В3, % веса которых соответственно равны Р】=1 к「; Ра—2 кГ; Р*=2 к/\ Точки соединены между собой и с горизонтальной осью О вращения жесткими стержнями. Определить, пренебрегая массами стержней, усилие S в стержне 0Вг в момент времени 4 = 1厶 сек, если ф—5sin л^ (время t измеряется в сек); 6]В2n =В田а = 1 九，<(В2В1В3)=120°> ОВ|=0,5 м (рис. 244).

Решение. 1. Изображаем систему в текущий момент времени (рис. 245).

Изображаем внешние силы, действующие на систему. Система состоит из точек В。Ва, В$, связанных между собой стержнями; следовательно, внешними силами, действующими на систему, будут веса 匕，А и Рв точек и реакция S стержня ОВ..

Выбираем систему координат (т, с, м), как указано на рис. 245. Начало координат помещаем в центре инерции системы.

Составляем дифференциальное уравнение движения центра инерции системы в проекции на внутреннюю нормаль к траек， тории центра инерции:

m倉=&；以=2，"；r“=s“+Pi”+P2“+p,“0

vz

uS —(R+匕+PJ cosq);卷=8&

^ — радиус кривизны траектории центра инерции, окружности, описываемой центром инерции; из^ — радиус кривизны траектории центра инерции, окружности, описываемой центром инерции; изравный радиусу рис. 246 видно»равный радиусу рис. 246 видно»

^ — радиус кривизны траектории центра инерции, окружности, описываемой центром инерции; из

^ — радиус кривизны траектории центра инерции, окружности, описываемой центром инерции; из

равный радиусу рис. 246 видно»

равный радиусу рис. 246 видно»

что

Qc^b+Zi —%; %=^^~； %uq;$：+8； %=0，1 阳 Qc=0,9m;

M =△土尹昌；八土产匕• o,93公S —(P什匕十%)cos中.

5・ По заданному закону движения центра инерции системы находим

3=0=7 сек=1"П '/сек.

Решаем полученное уравнение:

S=0,9R +j + y Y+(RT 匕十匕)cos%;

фх^ф^'/з cetf^=248Q.

Получаем S=26,25 "・

План решения второй группы задач

Выделяем и изображаем систему в произвольный момент времени.

Изображаем все внешние силы, действующие на систему.

Выбираем систему координат.

Составляем дифференциальные уравнения движения центра инерции системы в выбранной системе координат [уравнения (21-3) или (21-4)].

Интегрируем полученные дифференциальные уравнения.

Составляем начальные условия движения для определения произвольных постоянных интегрирования.

Определяем произвольные постоянные интегрирования по начальным условиям задачи.

Найденные произвольные постоянные подставляем в результат интегрирования дифференциальных уравнений движения центра инерции системы и найдем неизвестные величины задачи.

Задача 96. Грузы А веса Р^=ЗР и В веса Р^=2P соедилеш i нерастяжимой нитью, переброшенной через блок Е, Груз В скользит по боковой стороне клина, опирающегося основанием D^ на гладкую горизонтальную плоскость. Найти перемещение клина по горизонтальной плоскости при опускании груза Л нс высоту 瓦 если вес клина Q = 10P, V (EKD)=a; массой нити и блока, а также отклонением нити АЕ от вертикали пренебречь, вначале система находилась в покое (рис. 247).

Решение, 1. Рассматриваем систему, состоящую из клина, грузов Л и В, нити и блока, в текущий момент (рис, 248).

Изображаем все внешние силы, действующие на систему: Q ——вес клина, РА——вес груза Л, Рв—вес груза В и N ——нормальная реакция пола.

Выбираем систему координат, как указано на рис. 248.

Составляем дифференциальное уравнение движения центра инерции в проекции на ось х:

儿氏=Х<"; x©=£xf); X^>^Qx+PAx+PBx+Nx=0,

следовательно,следовательно,

следовательно,

следовательно,

九=°，

Интегрируем дифференциальное уравнение движения центра инерции системы х^—0.

Получаем:石=%(2ЬЗа)

/=*+%.(21-4а)

Составляем начальные условия задачи. При £=0 хс (0)=хсо;儿(0)=0.

Наеденные произвольные постоянные подставляем в уравнение (21—4а) и получаем хс=хсо, следовательно, центр тяжести системы остается на одной и той же вертикали и

(21-40

Из рис. 249 видно, что

Из рис. 250 следует, что

Q(/ + s) + Pj4，+尸冃($+4 —力 <*°s ос) cLРдТРв + Q

После подстановки найденных величин в соотношение (21-46) и несложных преобразований получим:

Р» h cosa匕 + Pb + Q；

s~^h cos а.

Упражнения

152. Однородный тонкий прямой стержень весом Р и длиной / равномерно вращается с угловой скоростью со в горизонтальной плоскости вокруг своего неподвижного конца А. Найти усилие 冗 возникающее благодаря вращению в каком-нибудь его поперечном сечении, отстоящем на расстоянии 尤 от точки Л:

А

6

Ответ: F = —7— (/2 — х2).

153. На одном конце лодки, находящейся в покое, в точке А стоит человек, он переходит затем на другой ее конец в точку В. Определить, пренебрегая сопро

Рис. к упр. 153

тивлением воды, на какое расстояние влево передвинется при этом лодка, если вес лодки равен Р, вес человека равен Q и АВ = 2а.

Ответ：门.

21-2. Теорема об изменении количества движения системы

Производная по времени от количества движения системы равна главному вектору всех внешних сил. действующих на си* стему:

嘗=f3(21-5)

где 冗=£ т&§ — количество двшкения системы; 戸*= » 戸—

S=1S=1

главный вектор внешних сил, действующих на систему.

Производная 九。времени от проекции количества движения системы на какую-нибудь неподвижную ось равна проекции на ту же ось главного вектора всех внешнлх сил, действующих

на систему：

где Kx^ms vsx-, J=工也%，；工=w/%2；x®=xxf)； *=毋沱 z』Xz0.

(21-6)

Количество движения системы равно количеству движения центра инерции системы^ считая, что в этом центре сосредоточена масса всей системы:

K=Mvc, Kx=^Mx£i К 尸 Му® Kz=Mzct (21-7)

3=1 ции системы. Теорема об изменении количества образованном Л. Эйлером виде часто3=1 ции системы. Теорема об изменении количества образованном Л. Эйлером виде частогде М = 2 тс ——масса всей системы» 呢——скорость центра инер-

3=1 ции системы. Теорема об изменении количества образованном Л. Эйлером виде часто

3=1 ции системы. Теорема об изменении количества образованном Л. Эйлером виде часто

внутрь вожделенного объема, образуютвнутрь вожделенного объема, образуютГлавныеГлавныевекторывекторыдвижения системы в пре- применяется к изучению движения сплошных сред (жидкостей и газов при скоростях, далеких от скорости звука).

внутрь вожделенного объема, образуют

внутрь вожделенного объема, образуют

Главные

Главные

векторы

векторы

объемных 〃 поверхност- Hbix сил 〃 векторы количества движения масс жидкости, входящих и выходящих сквозь сечения трубы в единицу времени, направленные замкнутый многоугольник

(21-8)(21-8)(геометрическая сумма этих векторов равна нулю — рис. 251a и 2516):

(21-8)

(21-8)

План решения задач

(Система дискретных точек и тел)

Выделяем и изображаем систему в текущий момент.

Изображаем внешние силы, действующие на систему.

Выбираем неподвижную систему координат.

Составляем уравнения теоремы об изменении количества движения системы в проекциях на оси выбранной системы координат.

Интегрируем полученные дифференциальные уравнения.

Составляем начальные условия задачи.

Определяем произвольные постоянные интегрирования по начальным условиям.

Найденные произвольные постоянные подставляем в результат интегрирования дифференциальных уравнений.

Из полученных уравнений находим неизвестные величины.

Задача 97, Прямоугольный клин с углом а весом Q постйз- лен на горизонтальную плоскость (рис. 252). На него положено тело 4g весом Р* и тело В весом Ра, связанные между собо! гибкой нерастяжимой нитью

АСВ, перекинутой через блок^^

С. Определить зависимость ме->^ру\

жду скоростью клина и отно-\ \ в

сительной по отношению к кли-

ну скоростью грузов А и В,\

если опорные поверхности глад- /V\

кие и в начале движения си- 川分6,苏分少分初、加〃力?切方分"〃，》，,;

стема находилась в покое. Мас

сами блока и нити пренебречь.Рис* 252

Решение, L Изображаем си

стему, состоящую из грузов Л и В, клина, нити и блока С в текущий момент времени (рис. 253). _ _—

Изображаем внешние силы Q, Рп Ра и ^, действующие на систему (^——нормальная реакция гладкой горизонтальной опорной плоскости).

Выбираем систему координат, как указано на рис. 253.

Составляем уравнение теоремы об изменении количества

Рис. 253.Рис. 253.движения системы в проекции на ось ох:

Рис. 253.

Рис. 253.

Следовательно ~^=0»

Интегрируем полученное дифференциальное уравнение

Получаем:

(21-8а)(21-8а)где ct — произвольная постоянная интегрирования.

(21-8а)

(21-8а)

Составляем начальные условия: при f=0 V (0)=0,

Определяем произвольную -постоянную t\ по начальному условию движения, получаем с5—0,

Найденную произвольную постоянную подставляем в уравнение (21-8а), будем иметь:冗=0.

9・ Из полученного уравнения находим %7(%1

где К[ — количество движения груза А,

凡一количество движения груза В, 天з — количество движения клина.

Количество движения каждого тела подсчитывается, как количество движения материальной точки, так как каждое тело движется поступательно:

%=^乙；及=?呢；冗=£必弋х=?。皿;

скоростей в сложном движении точки: ua~ve+vrt следовательно, 箱4 =吐+总；方2。=兄十乙•Имея в виду то положение, что проекция геометрическойскоростей в сложном движении точки: ua~ve+vrt следовательно, 箱4 =吐+总；方2。=兄十乙•Имея в виду то положение, что проекция геометрическойДля определения скоростей грузов Л и В относительно неподвижной системы координат используем формулу сложения

скоростей в сложном движении точки: ua~ve+vrt следовательно, 箱4 =吐+总；方2。=兄十乙•

Имея в виду то положение, что проекция геометрической

скоростей в сложном движении точки: ua~ve+vrt следовательно, 箱4 =吐+总；方2。=兄十乙•

Имея в виду то положение, что проекция геометрической

суммы на какую-нибудь ось равнасуммы на какую-нибудь ось равнаалгебраической сумме проекций составляющих на ту же ось, получаем:

суммы на какую-нибудь ось равна

суммы на какую-нибудь ось равна

^iax = ^iex^^irx^

гах

Из рис. 254 видноя что

(Для выделения переносного движения тел А и В мы скрепляем их с подвижной системой

координат 汇 1 cyv которая неподвижно связана с клином.)

и〔尸上=о尸 cos a;vsrx=vr sin а.

1A/а ГЛz

(Для выделения относительного движения тел Л и В мы мысленно останавливаем подвижную систему координат хг сух.) vlax=ve+vr cos a; %a*=%+%sitia; %工=%.

(Мы сделали пр*едположение, что все тела системы движутся слева направо; будет ли это так, укажет результат решения задачи.)

Итак,

ррл

к力=т(%+% 8s a)+j (%+ % sin a)+管 %=0、

Отсюда:Отсюда:Pi cos a + P2 sin aPi cos a + P2 sin a

Отсюда:

Отсюда:

Pi cos a + P2 sin a

Pi cos a + P2 sin a

Знак (—) показывает, что клин движется справа налево.

План решения задач

(Движение жидкости)

Выделяем объем жидкости в трубе.

—2. Изображаем объемные силы [京。^〕， поверхностные силы [/?пов], действующие на выделенный объем, а также векторы количеств движения масс жидкости, входящих и выходящих сквозь сечения трубы в единицу времени, направляя эти векторы внутрь выделенного объема.

Выбираем систему координат.

Составляем уравнения равновесия сил, приложенных к выделенному объему:

£Х=0; £У=0; £Z=6・

Из уравнений равновесия находим неизвестные величины. Задача 98. Определить добавочное давление на опору Л колена трубы, если ось трубы расположена в горизонтальной плоскости, скорость воды при входе 〃 = 2 м}се^ диаметр сечения равен 30 см, скорость течения воды при выходе у2=3 м/се& а=60°; 6=30。(рис. 255).

Рис. 255・Рис, 256.Рис. 255・Рис, 256.

Рис. 255・Рис, 256.

Рис. 255・Рис, 256.

Решение. 1. Выделяем объем трубы BCDK (рис. 256).

Изображаем^реакцию RA опоры Л (поверхностная сила), векторы Mvv—Mv2 (вес колена трубы и вес'жидкости, заключенной в этом колене, не оказывают влияния на величину до* бавочного давления).

Выбираем систему координат, как указано на рис. 256.

Составляем уравнения равновесия сил, действующих на колено и лежащих в горизонтальной плоскости:

£Х=0;cos а — Му2 cos 0 = 0;

£У=0; RAy — Ми】 sina+Л!% sin 0 = 0.

Из полученных уравнений равновесия находим неизвестные Ееличины: Ra"尺聞：G

RAx^Mv^ cos p — Mv^ cos a, R^^Mv^ sin a — Mv2 sin 0, где t4g г дм3

K^=l^~e卫2 COS P — i7| cos a), RAy = — e：sina —q^sinB).

R{#=23,3 k/\ R{尸3,27 кГ.

Рекомендация: Теорему об изменении количества движения системы целесообразно применять е тех случаях, когда имеет место закон сохранения количества движения системы 以,кроме тоео, когда система представляет собою сплошную среду (жидкость или газ, при скоростях, далеких от скорости звука)( движущуюся 6 сосуде; нужно найти давление среды на стенки сосуда、

Упражнения

Прямоугольный параллелепипед веса Q поставлен на горизонтальную плоскость. На него положено тело 4 весом 尸卜 а тело В весом Р2 соединено с телом А гибкой нерастяжнмой нитью 4СВ, перекинутой через блок С. Определить зависимость между скоростью пара л ле лепи педа и относительной по отношению к параллелепипеду скоростью тела Д, если опорные поверхности гладкие и в начале движения система находилась в покое. Массами блока и йити пренебречь.

0TBeт：。产芹黑FV ■0TBeт：。产芹黑FV ■

0TBeт：。产芹黑FV ■

0TBeт：。产芹黑FV ■

Определить добавочное давление на опору А колена трубы диаметром 20 см. Ось трубы расположена в горизонтальной плоскости, по трубе течет 密04а со скоростью 4 MjceKt скорость воды при входе в трубу образует угол 60* со скоростью воды прн выходе из трубы.

Ответ* 51,2 кГ.

21-3. Теорема об изменении момента количества движениясистемы

Производная по времени от момента количества движения системы, взятого относительно какого-нибудь неподвижного центра, равна главному моменту относительно того же центра ссек внешних сил, действующих на систему:

警=硏).(21-9)

Производная по времени от момента количества движения системы, взятого относительно какой-нибудь неподвижной оси, равна главному моменту относительно той же оси всех внешних си几,действующих на систему：

》=М?学=財贤,窑=М?，(21-10)

где 厶*=£团。心(心石J；^.v=2 momy (m^)； 1^=2 тотг («А)；

M(貝=£mom」戸?]; М^=^тоту科)];

附£)=£加。加z [戸"

Кинетический момент твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси, равен произведению момента инерции тела относительно оси вращения на угловую скорость вращения тела;

Lz=l^.(2Ь11)

Моменты инерции некоторых однородных тел

Момент инерции тонкого стержня (рис. 257):

(21-12)(21-12),含

(21-12)

(21-12)

/产飞一，

где 04=/—длина стержня, М. — масса стержня.

цилиндра (рис. 258):цилиндра (рис. 258):厶=号•№'"),(21-13)厶=号•№'"),(21-13)Рис. 258.Рис. 258.Момент инерции толстостенного

цилиндра (рис. 258):

цилиндра (рис. 258):

厶=号•№'"),(21-13)

厶=号•№'"),(21-13)

Рис. 258.

Рис. 258.

где М—масса цилиндра,

儿儿R ——внешний радиус цилиндра, г — внутренний радиус цилиндра.

儿

儿

Рис. 257>

Момент инерции диска (цилиндра) (рис. 259):

з 粤，(21-14)

где М ——масса цилиндра, R — радиус основания диска (цилиндра).

Рис. 259.Рис. 259.Рис. 260.Рис. 260.

Рис. 259.

Рис. 259.

Рис. 260.

Рис. 260.

Момент инерции тонкостенного цилиндра (кольца, обруча)

(рис. 260):，z=MR2,(21-15)

где М — масса тонкостенного цилиндра;

R——радиус цилиндра.

Момент инерции твердого тела относительно любой оси равен

моменту инерции тела относительно оси, параллельной данной и

проходящей через центр тяжести тела, плюс масса тела, умноженная на квадрат расстояния между осями (рис. 261):

/1е+М『 (21-16)

Радиусом инерции тела относительно какой-нибудь оси называется такое расстояние от оси, в конце которого нужно в одной точке сосредоточить массу тела

так, чтобы момент инерции точки относительно данной оси равнялся моменту инерции тела относительно

План решения задачПлан решения задачтой же оси:

План решения задач

План решения задач

Выделяем и изображаем систему в текущий момент времени.

Изображаем внешние силы, действующие на систему.

Выбираем систему координат.

Составляем уравнения теоремы об изменении момента Количества движения системы в скалярной форме:

dt =仞¥， dt у， dt 一何 z •

Для упрощения решения задач рекомендуется сначала вычислять правые части уравнений.

Проинтегрируем полученные дифференциальные уравнения.

Составляем начальные условия задачи для определения произвольных постоянных интегрирования.

Определяем произвольные постоянные интегрирования по начальным условиям задачи.

Найденные произвольные постоянные подставляем в результат интегрирования уравнений.

Из полученных уравнений находим неизвестные величины задачи.

Рис. 262.Рис. 262.Задача 99. По хорде 0хух горизонтальной платформы веса Р, вращающейся вокруг вертикальной оси, проходящей через ее центр, идет человек веса Q. Найти угловую скорость вращения

Рис. 262.

Рис. 262.

Рис. 263.

платформы, если масса платформы равномерно распределена по всему кругу; человек движется по закону О*М=У] = Ь产. В начальный момент платформа находилась в покое; радиус платформы R=r, 00, =0,5 г (рис. 262).

Решение. 1. Изображаем систему в текущий момент времени. Система состоит из платформы, человека и оси АВ, Массой оси пренебрегаем 】(рис. 263).

Изображаем внешние силы, действующие на систему: Q — вес человека, Р — вес платформы, R力 ——реакция подшипника Л, Лд —реакция подпятника 5.

Выбираем систему координат, как указано на рис. 263.

Составляем уравнение ■^»=М(? теоремы об изменении момента количества движения системы:

M(?=£M/R£]； Л4＜：＞=Мг(Р)+Л1г(^)+Л4г(^л)-+ Мг^;

МДР)=Л1±(0)=Л1г(/?л)=Мг(Кв)=0,

так как линии действия этих сил параллельны оси моментов, либо пересекают ось. Следовательно,

此)=0；甞=0.

Интегрируем полученное уравнение ■^~=“ получаем

Lz=cv(21-16а)

Составляем начальные условия движения.

При f=0;(о (0)=0;力(0)=0.

Определяем произвольную постоянную интегрирования c「 Так как

L』t =0=2 тот＜ти) / &=产0, получаем с^—0.

Найденную произвольную постоянную q подставляем, в уравнение (21-16а) — результат интегрирования дифференциального уравнения. Будем иметь L2—0.

Из полученного уравнения находим неизвестную угловую скорость со. Для этого подсчитываем L, для нашей системы:

厶 2 =厶1"+&2，

где L]? — момент количества движения платформы относительно ОСИ 02,

« Lzz — момент количества движения человека (точки) относительно с си 02・

L产厶8； ?尸丁 =宕；4产石0

Мы сделали предположение, что платформа вращается против направления вращения часовой стрелки. Будет ли это так, пока* жет результат решения задачи.

Для нахождения Ь22 воспользуемся теоремой Вариньона:

h^mom^mv^M^mv^+M^nw^

так кактак какVa=pe+vr (рис. 264),

так как

так как

^ = со (ОЛ4) = аш; vf — s^2bt\Mz(mv^=mve 〃= у со饋；饋=二十产) ； m2 6篤)=备(严+4从严)co;

Mt{mv^ = mvr g=£ r4；厶尸备[(""“s^心];Zz=4Js+^[(r2+46&)s ++ 4rbt]=^0.

Следовательно,

①=2Pd + Q (尸 + 4b2尸)'

Знак (—) показывает, чтоЗнак (—) показывает, чтоплатформа вращается по направо

Знак (—) показывает, что

Знак (—) показывает, что

лению вращения часовой стрелки.

Задача 100. Однородный диск колебания вокруг горизонтальной

радиуса г=16 см совершает оси, перпендикулярной к пло-радиуса г=16 см совершает оси, перпендикулярной к пло-Рис- 265.Рис- 265.скости диска и проходящей через точку 4 причем。乂=0,5 г. Найти закон движения и период малых колебаний диска, если в начальный момент диаметр диска, проходящий через ось подвеса, был отклонен на угол 屮° и диск был предоставлен самому себе.

радиуса г=16 см совершает оси, перпендикулярной к пло-

радиуса г=16 см совершает оси, перпендикулярной к пло-

Рис- 265.

Рис- 265.

Решение. 1. Изображаем систему в текущий момент времени. Материаль* ной системой является диск (рис. 265).

Изображаем внешние силы, действующие на систему: Р — вес диска; X/, У《一составляющие реакции гори* зонтальной оси подвеса диска.

Выбираем систему координат； как указано на рис, 265 (правая система координат).

Составляем уравнение ^2"^〃'? теоремы об изменении мо

мента количества движения системы относительно оси подвеса

диска:

М^^Мг[Р^]- М(^Мг(Р)4Л12(Хл)+Л12(Ул);

Mz (^^~^2(¥^ = 0, так как линии действия этих сил пересекают ось моментов.

Mz (Р)= — Р (ОA) sincp= —sinqi;

М г = 一 PqSincp；L*=/押=/拜； получаем

厶屮+*sin(p=0・

Рассматриваем малые колебания, т. е. sin ср、ср; следовательно, 中十a77<Т = °；厶=/。十n(00)；/。=或/；(=彳石'■

Дифференциальное уравнение малых колебаний диска будет иметь следующий вид:

(р4 fe2(p=^0, где为=/碧.

Интегрируем полученное дифференциальное уравнение движения диска左2屮=0.

Общее решение этого дифференциального уравнения:

<р=〃 sin 侬+&

(см. решение задачи 82).

Составляем начальные условия движения для определения произвольных постоянных.

При / — 0(p(0)=R； ф (0)=0,

Определяем произвольные постоянные интегрирования а и а по начальным условиям задачи. Для этого подставляем начальные условия в уравнения:

屮=〃 sin (左f *а)； ^} = ak cos (fef+a).

Получаем:

q)0—tz sin a; 0~ak cos a； следовательно,

Найденные произвольные постоянные подставляем в общее решение дифференциального уравнения движения диска и получаем закон движения диска:

中=以8s /患九

9. Находим период малых9. Находим период малыхформулеформулеколебаний диска по известнойколебаний диска по известной?т；?т；Т 1 сек.Т 1 сек.

9. Находим период малых

9. Находим период малых

формуле

формуле

колебаний диска по известной

колебаний диска по известной

?т；

?т；

Т 1 сек.

Т 1 сек.

Р екомен дация: Теорему об изменении момента количества движения системы целесообразно применять в тех случаях^ когда имеет место закон сохранения этого момента относительно центра или оси и, кроме того, когда система является твердым телом, вращающимся вокруг неподвижной оса.

Упражнения

Барабан буровой лебедки под действием груза 3 весом Р вращается с угловой скоростью со. Определить время торможения до остановки барабана»

Рис к упр. 157Рис к упр. 157еслн известно, что R=2广,а =еслн известно, что R=2广,а =4Ь, с = Ь, коэффициент трения колодки о4Ь, с = Ь, коэффициент трения колодки олюзной шкив /=0,3, сила, e八 р щающихся частей Q=—,относительно оси вращениялюзной шкив /=0,3, сила, e八 р щающихся частей Q=—,относительно оси вращениядействующая на педаль тормозадействующая на педаль тормозатор- вра-тор- вра-радиус инерции этих частей @=1,5 г (контргруз 4 уравив'радиус инерции этих частей @=1,5 г (контргруз 4 уравив'вешивает собственный вес тормозного рычага).вешивает собственный вес тормозного рычага).Ответ. £=0,77 雙Ответ. £=0,77 雙157. Колонна штанг, находящаяся в наклонной скважине, извлекается на дневную поверхность при помощи лебедки. Определить ускорение колонны в начале движения, если вес одного метра штанг равен q, длина колонны штанг равна I, удельный ве с глинистого раствора равен у】， удельный вес материала штанг равен у, угол наклона скважины от вертикали а, коэффициент трения штанг об обсадные трубы Д радиус барабана лебедки равен R, момент инерции барабана относительно оси вращения равен /, к барабану приложен постоянный момент М・ Весом троса пренебречь.157. Колонна штанг, находящаяся в наклонной скважине, извлекается на дневную поверхность при помощи лебедки. Определить ускорение колонны в начале движения, если вес одного метра штанг равен q, длина колонны штанг равна I, удельный ве с глинистого раствора равен у】， удельный вес материала штанг равен у, угол наклона скважины от вертикали а, коэффициент трения штанг об обсадные трубы Д радиус барабана лебедки равен R, момент инерции барабана относительно оси вращения равен /, к барабану приложен постоянный момент М・ Весом троса пренебречь.весвес

Рис к упр. 157

Рис к упр. 157

еслн известно, что R=2广,а =

еслн известно, что R=2广,а =

4Ь, с = Ь, коэффициент трения колодки о

4Ь, с = Ь, коэффициент трения колодки о

люзной шкив /=0,3, сила, e八 р щающихся частей Q=—,

относительно оси вращения

люзной шкив /=0,3, сила, e八 р щающихся частей Q=—,

относительно оси вращения

действующая на педаль тормоза

действующая на педаль тормоза

тор- вра-

тор- вра-

радиус инерции этих частей @=1,5 г (контргруз 4 уравив'

радиус инерции этих частей @=1,5 г (контргруз 4 уравив'

вешивает собственный вес тормозного рычага).

вешивает собственный вес тормозного рычага).

Ответ. £=0,77 雙

Ответ. £=0,77 雙

157. Колонна штанг, находящаяся в наклонной скважине, извлекается на дневную поверхность при помощи лебедки. Определить ускорение колонны в начале движения, если вес одного метра штанг равен q, длина колонны штанг равна I, удельный ве с глинистого раствора равен у】， удельный вес материала штанг равен у, угол наклона скважины от вертикали а, коэффициент трения штанг об обсадные трубы Д радиус барабана лебедки равен R, момент инерции барабана относительно оси вращения равен /, к барабану приложен постоянный момент М・ Весом троса пренебречь.

157. Колонна штанг, находящаяся в наклонной скважине, извлекается на дневную поверхность при помощи лебедки. Определить ускорение колонны в начале движения, если вес одного метра штанг равен q, длина колонны штанг равна I, удельный ве с глинистого раствора равен у】， удельный вес материала штанг равен у, угол наклона скважины от вертикали а, коэффициент трения штанг об обсадные трубы Д радиус барабана лебедки равен R, момент инерции барабана относительно оси вращения равен /, к барабану приложен постоянный момент М・ Весом троса пренебречь.

вес

вес

1 — ~^- J (cos а + f sin а) ^*1 — ~^- J (cos а + f sin а) ^*MR — ql

1 — ~^- J (cos а + f sin а) ^*

1 — ~^- J (cos а + f sin а) ^*

Ответ: w=g

Схема упругого маятника такова: тонкий однородный стержень ОА массы /л и длины I жестко скреплен с упругой пластинкой DK. Определить жесткость с пластинки, если период малых колебаний маятника в нормальном положении (рис., а) равен 7\ н в перевернутом (рис. в) равен Т含.

，窗+窗

Ответ： c=mg у ~一~— ■

21-4. Теорема об изменении кинетической энергии системы

Дифференциал кинетической энергии системы равен сумме элементарных работ всех внешних и внутренних сил, действующих на систему:

dT^dfA^^drA^.(21-17)

Изменение кинетической энергии системы за некоторый промежуток времени равно сумме работ всех внешних и внутренних сил, действующих на систему, на соответствующем перемещении системы:

Т — Т.^А^+^А^,(21-18)

Кинетическая энергия системы равна сумме кинетических энергий точек системы:

7=2唄

Если система неизменяемая, т. е. расстояния между точками системы остаются неизменными (частным случаем такой системы является абсолютно твердое тело), то сумма работ всех внутренних сил системы равна нулю:

》а)=0・

Кинетическая энергия системы равна кинетической энергии центра масс системы, считая, что в нем сосредоточена масса всей системы, плюс кинетическая энергия системы в ее относи™ тельном движении по отноыденшо к поступательно движущейся системе координат, с началом в центре масс:

Кинетическая энергия поступательно движущегося твердого тела равна кинетической энергии любой точки этого тела, считая, что в этой точке сосредоточена масса всего тела:

Кинетическая энергия твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси, равна половине произведения момента инерции тела относительно оси вращения на квадрат угловой ско-

рости вращения тела:рости вращения тела:'~ ~2•'~ ~2•(21-21)(21-21)

рости вращения тела:

рости вращения тела:

'~ ~2•

'~ ~2•

(21-21)

(21-21)

Кинетическая энергия тела, участвующего в плоскопараллельном движении, равна кинетической энергии центра тяжести тела, считая, что в нем сосредоточена масса всего тела, плюс кинетическая энергия тела в относительном (вращательном) движении тела по отношению к поступательно движущейся системе координат с началом в центре тяжести (ось cz перпендикулярна к направляющей плоскости):

(21-22〉(21-22〉М/ 1сг^

(21-22〉

(21-22〉

"2'

Элементарная работа силы, приложенной к твердому телу, вращающемуся вокруг неподвижной оси, равна произведению^ момента силы относительно оси вращения на элементарный угол поворота тела:

dfA=Mz(F) d^\ 4 = § 〃？(£) dtp. ⑵・23> о

Сумма элементарных работ сил, приложенных к твердому телу, вращающемуся вокруг неподвижной оси, равна главному моменту сил, действующих на тело, относительно оси вращения», умноженному на элементарный угол поворота тела:

22=財/屮；Л —j Mzd(^t (2L24}

План решения задач

Выделяем и изображаем систему в текущий момент времени.

Изображаем внешние и внутренние силы, действующие на систему.

Составляем уравнение теоремы об изменении кинетическол энергии системы:

7 一М={4⑵+{屈》

(Если силы, действующие на систему, переменные, а траектории точек приложения сил криволинейные, то следует Арать теорему об изменении кинетической энергии системы в дифференциальной форме с последующим переходом к конечной форме путем интегрирования.)

Из полученного уравнения находим неизвестные величины.

Задача 101. В однородном тяжелом диске радиуса R сделан круговой вырез радиуса 广-=0,5 R (рис. 266). Какую скорость нужно сообщить точке А диска, чтобы диаметр ОД сделал у оборота (О — горизонтальная ось вращения диска, сопротив

Рис. 267.Рис. 267.Рис 266.Рис 266.лениями пренебречь, а=120°).

Рис. 267.

Рис. 267.

Рис 266.

Рис 266.

Решение. 1 Изображаем диск (диск — материальная система, состоящая из бесчисленного множества точек) в текущий момент времени (рис. 267).

, Изображаем внешние силы, действующие на диск; Р ——вес диска и Л;о ——реакция оси вращения диска.

Составляем уравнение теоремы об изменении кинетической энергии системы в конечной форме: Т—詳=£ {⑻+》4")при повороте диска на 120*

у д^)=0, так как диск — неизменяемая система.

騎4⑹=4?+4助；4w0=0? так как точка приложения реакции 礼 неподвижна:

Ap^—Ph\ ft=rq-rcos 60°; 4产一"I PR； ^Л(^=—^ PR\

Найденные лолучим:Найденные лолучим:T=0 — кинетическая энергия диска в конце движения. 含;/℃ =厶+m* G=空;^； d=r； величины подставляем в уравнение теоремы и

Найденные лолучим:

Найденные лолучим:

. Решаем полученное уравнение

(R+r) ®0 = ^0； ^0 = 3 ]/ |§-/?.

Задача 102. Груз Л веса Р лонной плоскости с помощью наматываемой на барабан (рлс 268) Барабан приводится во вра'цение вокруг горизонтальной оси О парой сил с моментом М 汇广加.Определить скорость тела Л как функцию расстояния s, проходимого этим грузом, а также ускорение груза Л, если коэффициент трения скольже-

поднима^тся по шероховатой нак- барабана 8 веса Q и нерезки.

Рис 268.

ния груза по наклонной

плоскости равен /, угол наклона плоскости к горизонту равен а, радиус барабана равен г, радиус инерции барабана относительно оси вращения равен 0,5 г. Вначале система находилась в покое; массой веревкн пренебречь.

Решение. 1 Изображаем барабана В и веревки (рис. 269)

2. Изображаем вЕ1ешпие силы вес барабана, Р — вес тела 4

систему

состоящую из груза Л, в текущий момент действующие на систему: Q — R。— реакция оси барабана,

^ ——нормальная составляющая шероховатой опорной плоскости и 戸一сила трения скольжения (весом веревки пренебрегаем) и пари с моментом М.

3. Составляем уравнение теоремы об изменении кинетической энергии системы в конечной форме Т— Tgh£4® +力 4" £/1(d=o； так как система нерастяжимой нити (связь, является со-

состоит из трердых тел и гибкой осуществленная в виде гибкой перастяжимой нити, вершенной связью, т е £4。)=。)：

2若(2)=40 + 4/ 4 4財+ 4Р+ 4n+4?,

4产。；4々=。,

так как точки приложения зтмх сил не перемещаются: An=N-ss(N, u)=^scos90°=0, AM=M(p,

где ср — угол поворота барабана при перемещении тела Л на расстояние s. Очевидно, rq)=s;

力戸=—P/i=—Ps sin a, Af~F*s cos (F, v)~F *s cos 180°——尸・s, F=fN, Ap=—f*N・s.

Для определения реакции N составляем дифференциальное уравнение движения поступательно движущегося груза А в проекции на ось у (рис. 270):

my=N— р cos a=0, так каку =、= 0, N = Pcosa.

Следовательно,

AF—fp cos as「о —0, так как вначале системанаходилась в покое. Получаем:

—Р (sin a-(-/ cos a)j s;

t = та"B； X学二督；3宇；『含T QM

/0z=川8？ ； u = <or； TR = - 8g- ，

XT匠

Найденные величины подставляем в уравнение теоремы:

(尸十4)^= |^—P(sina + /cosa)] s(21-25)

Решаем полученное уравнение (21-25)

。=2 ^[M—Pr (sin a + / cos a)]•

Для определения ускорения груз i А нужно продифференцировать уравнение (21-25) по времени, имея в виду, что

dv

(尸 +4)/%|4—P(sina 卜f cos a)];

9=7(4片R 1M — & (sin u+/ cos a)].

Теорему об изменении кинетической энергии системы целесообразно применять 吕 тех случаях, когда из совокупности следующих величин: силы системы, совершающие работу, начальные и конечные скорости точек системы и их пути, неизвестна какая- нибудь одна величина и ее нужно определить.

Кроме того, выгодно применять эту теорему для определения ускорения. Для этого составляют уравнение теоремы на произвольном участке пути с последующим дифферент ированием по времени обеих частей полученного равенства.

Упражнения

159. Определить угловую скорость вращения кругового оп рок и дывателя

вагонеток в тот момент, когда он повернется из 60°. В начальный момент центр тяжести вагонетки жение. Момент инерции опрокидывателя вместе с геометрической оси опрокидывателя равен 厶， расстояние общего центра тяжести вагонетки и

•опрокидывателя до этой оси равно а; вес вагонетки с опрокидывателем равен Р, радиус окружности опрокидывателя равен R, радиусы роликов Л и В равны г, момент инерции каждого ролика вместе с его осью вращения равен /2, вращающий момент, приложенный к ведущему ролику Л, равен /И. Опрокияывагель приводится бо вращение от ролика Л с помощью силы трения.

Ответ:

состояния покоя на угол занимал наивысшее поло* вагонеткой относительно

г (2jiRM + Зорг)

3= У 3UF + 2/2 ■

160. Определить угловую скорость барабанов ковшевого элеватора, как функцию угла поворо-

Рис. к \пр. 159

та (р барабанов в период пуска, если вес ленты с

Р вес каждого барабана Q, радиус“

порожними ковшами равен

инерции барабанов относительно их осей вращения равны 广【и г2, диаметры барабанов одинаковы и равны 2Р, коэффициент трения скольжения в шейках равен /, диаметры шеек d. К валу ведущего барабана приложен постоянно вращающий момент М.

Размерами ковшей пренебречь.

Ответ:

Рис. к упр. 160 Рис. к упр. 161

по кругу радиуса г) равен Q. Доска

Ответ:

g[2M-(2Q + P)团PY + Qg + U)

161. Фрикционный молот состоит из двух роликов 3, С н падающих частей Д и D. Определить скорость падающих частей Л н D весом R как функцию высоты 储 если падение происходит из состояния покоя. Вес каждого ролика (масса распределена D движется без скольжения.

-/Ж-

162. Для молота, рассмотренного в упражнении 161, определить ускорение доски D при подъеме, если к ролику С приложена пара сил с момен.ом 也=const.

Ответ:

m 一 p。广

ГЛАВА XXII

ПРИНЦИПЫ МЕХАНИКИ

21-1. Принцип Даламбера

Если точки движущейся материальной системы мгновенно остановить и, кроме действующих на точки активных сил “ реакций связейу приложить /с ним силы инерции этих точе^ имевшие место к моменту остановки, m。 w в дальнейшем эта система будет оставаться & покое.

Силой инерции точки называется сила, равная по величине произведению массы точки на величину ускорения этой точки и направленная противоположно ускорению:

F^=—m^). (22-1>

Совокупность сил инерции частиц твердого тела, движущегося поступательно с ускорением w, эквивалентна равнодействующей R=——Mwc (где М ^S^ ——масса тела, wc— ускорение центра тяжести тела), линия действия которой проходит через центр тяжести тела.

Совокупность сил инерции частиц твердого тела, имеющего плоскость симметрии, перпендикулярную оси вращения, проходящей через центр тяжести, эквивалентна паре, плоскость которой перпендикулярна оси вращения и момент которой равен —/之£ (где /г ——момент инерции тела относительно оси вращения).

Совокупность сил инерции частиц твердого тела, движущегося плоскопараллельно, в том случае, когда плоскость симметрии тела параллельна направляющей плоскости, а центр тяжести лежит на общей нормали к подвижной и неподвижной центроидам* проходящей через мгновенный центр скоростей, эквивалентна силе 欠=——Mwc, проходящей через мгновенный центр скоростей, и паре с моментом —/卢(где (— момент инерции тела относительно мгновенной оси вращения 1ела).

План решения задач(Метод кинетостатики)

Выделяем и изображаем систему в текущий момент времени.

Изображаем активные силы, действующиг на точки системы.

Освобождаем систему от связей, заменяя действие связей реакциями.

Прикладываем силы инерции точек.

Выбираем систему координат.

Составляем уравнения равновесия полученной системы сил.

Рис. 271Рис. 271Решаем уравнения равновесия.

Рис. 271

Рис. 271

Задача 103. Два шара А (рис. 271) весом Р каждый и радиусом R закреплены на расстоянии а от оси 0D и приводятся во вращение посредством груза С

веса Q, привязанного к веревке, намотанной на шкив В. Определить пренебрегая сопротивлениями и массами шкива, стержней АЛ и 0D и блока К, закон движения груза С, если R==2r, а=4г

Вначале система находилась в покое.

Решение, А. Применяем метод кинетостатики к грузу С. 1. Изображаем груз С в текущий момент (рис. 272 а).

Изображаем активную силу 0_(вес тела С) и натяжение Г、

Прикладываем силу инерции F^u) груза С (груз С можно

а)а)ШсШсРис. 272.Рис. 272.получаем：получаем：»0.»0.(22" а)(22" а)£у=0；厂+£W—Q=o；£у=0；厂+£W—Q=o；兴;兴;считать точкой, так как он движется поступательно).

а)

а)

Шс

Шс

Рис. 272.

Рис. 272.

получаем：

получаем：

»0.

»0.

(22" а)

(22" а)

£у=0；厂+£W—Q=o；

£у=0；厂+£W—Q=o；

兴;

兴;

Выбираем систему координат, как указано на рис. 272 а.

Составляем уравнение равновесия сил, приложенных к телу С：

Получили одно уравнение (22-1 а« с двумя неизвестными Т‘ и 侬.Для составления недостающего уравнения рассматриваем

движение шаров,

Б. Применяем мето^ кинетостатики к шарам.

10 М4 А. Мисюрев

Рассматриваем систему в текущий момент времени (рис. 272 б). Система состоит из двух шаров Л и шкива 8, связанных между собой стержнями АА и 0D.

Рисуем активные силы, действующие на систему: Р ——вес шара, Т —натяжение веревки.

Освобождаем систему от связей, заменяя действия связей реакциями: ND—реакция подпятника и No — реакция подшипника.

川用 ，々曾4・ Прикладываем силы инерции

&^Jточек системы В шарах А берем

Л^\ точки одинаковых масс mt отсто^

( J ^^^^р () 僧制 ящие на одинаковых расстояниях

g '^f^^^ Q от оси вращения (рис. 273).

/ 付*丿Силы инерции этих точек раскла

‘々*дываем на касательные и нормаль

ные составляющие (эти составля

Рис. 273.ющие, очевидно, будут попарно

равными по величине).

Выбираем систему координат, как указано на рис. 272 б.

Составляем уравнение равновесия сил, приложенных к системе:

2мг(7)^о； 2мг(р)+мг(1 х»仅z阮賞]+2此觑叫=。；

Мг(Р)=0, так как линия действия силы Р параллельна оси 2； 2Л1г[^„и>]=0, так как линия действия силы 网脚 пересекает ось;

他⑦)=T7 £此]戸廿)]=£ -2成叫3=

=艺一2/n 声暧?£》叫 q：; 2mZQj=/r

Следовательно,

У2Л4г[Fz?H)]=—2/广=：—2厶号，так как &r~w.

Уравнение моментов принимает следующий вид:

(22-1 Ь)(22-1 Ь)_2厶++”=0

(22-1 Ь)

(22-1 Ь)

Решаем полученные уравнения (22-1 а) и (22-1 Ь). Тах как

「口尸=7.

т。 получаем:т。 получаем:WWQg产Qg产2厶g + Q…2厶g + Q…

т。 получаем:

т。 получаем:

W

W

Qg产

Qg产

2厶g + Q…

2厶g + Q…

2

I2~Ie^mds, где m—масса шара, d=6r; 厶=石团/?含一 момент инерции шага относительно оси, проходящей через центр тяжести шара, а поэтому

厶一亏^厂，O — 376P + 5Q '

Следовательно, груз С опускается с постоянным ускорением из состояния покоя, поэтому S=万，

5Qg尸

2 (376P + ЗД) '

Задача 104. Груз В весом Q, опускаясь, приводит в движение посредством невесомой и нерастяжимой нити, перекинутой через неподвижный блок К, груз Л весом Р по шероховатой наклонной плоскости, образующей угол а с горизонтом (рис 274).

Определить горизонтальную составляющую давления наклонной плоскости на выступ С и натяжение нити, если коэффициент трения скольжения тела Л по наклонной плоскости равен /

Решение 1 Рассматриваем систему, состоящую из тела А, тела В, клина D, блока К и нити АКВ, в текущий момент времени (рис. 275)

Изображаем активные силы, действующие на систему: Р ——вес тела 4, Q — вес тела В, G — вес клина.

Освобождаем систему от связей, заменяя действия связей реакциями: Nx — реакция выступа и Ny — реакция горизонтальной опорной поверхности клина (внутренние силы, как известно, в уравнения равновесия не входят)-

Прикладываем силы инерции ючек системы.

戸W,尸*⑴一силы инерции грузов А и В (грузы 4 н £ можно считать точками, так как они движутся поступательно)^

Выбираем систему координат, как указано на рис. 275

Составляем уравнение равновесия системы:

2 X=0;必一f片)-cos a=0;尸产=也陋=^叱

— — w cos a=0.(22-1 с)

Получили одно уравнение (22-1 с) с двумя неизвестными N* и w. Для составления недостающих уравнений рассматриваем движение грузов Л и В в отдельности, применяя принцип Да ламбер а.

1. Рассмотрим систему, состоящую из тела Л, в текущий момент (рис. 276)_

Изображаем активную силу Р, действующую на тело, и натяжение Т нити

/У/УРис. 277.Рис. 277.

/У

/У

Рис. 277.

Рис. 277.

Освобождаем тело Л от связей, заменяя действие связей реакциями: ^ (нормальная составляющая полной реакции шероховатой опорной плоскости),尸(касательная составляющая полной реакции шероховатой опорной плоскости ——сила трения скольжения).—

Прикладываем силу инерции 尸果"груза А.

Выбираем систему координат, как указано на рис. 276

Составляем уравнения равновесия сил: УХ -0; £У=0： ?Х = 0;Psina —尸一尸**)=()

£У=О； ^ —Pcosa = 0; F=fN.

Из этих уравнений получаем:

7v 十Р (sin a — f cos a)—^w^=0.(22-1 d)

Б. 1. Рассматриваем систему, состоящую пз тела 8, в текущий момент времени (рис. 277).

Изображаем активную силу Q (вес тела S), действующую на тело В и натяжение нити Т1

Прикладываем силу инерции Fb^ груза 3*

Выбираем систему координат, как указано на рис. 277.

Составляем уравнения равновесия сил, приложенных к телу 8:

£У=0; T"+F^G-Q=0;尸制"=m8期=^w

Получаем:

T"+^w—Q=0(22-1 е)

Из уравнений (22-1 с), (22-1 d) и (22-1 е) находим неизвестные величины, имея в виду, что Т = Т" = Т、

NX=PNX=PР (sin ос — / cos а) + QР (sin ос — / cos а) + QP + QP + Qcos а; Т = ^^【I — sin а " cos а ]cos а; Т = ^^【I — sin а " cos а ]

NX=P

NX=P

Р (sin ос — / cos а) + Q

Р (sin ос — / cos а) + Q

P + Q

P + Q

cos а; Т = ^^【I — sin а " cos а ]

cos а; Т = ^^【I — sin а " cos а ]

Упражнения

Шахтная клеть, весом Q=6 7, подвешенная на четырех цепях,

поднимается с ускорением з=2 м[сеН. Найти натяжение каждой из цепей и определить соотношение между динамическим натяжением Г. и статическим

7G Размеры указаны на чертеже

Ответ. 7\=Т!а=Гз=Т4|=3,43 Т; Тд=1 ^Тс

Грохот состоит из pemeia 88* качающегося на подвесках BD и 口自. Качание решета сообщается от кривошипно-шатуиного механизма О АВ

Рис. к упр. 163Рис к упр. 164

Определись число п, об\мин кривошипа, при котором начнется скольженне куска руды С вверх по решету при левом мертво\i положении (AJ; найти также число 几？。6/川〃兄 кривошипа, при коюром начнется скольжение куска вниз при правом мертвом положении (从^), если угол наклона решета а, угол трения руды о решето 屮.OA=j АВ~1, причем г%/ (кривошип 04 вращается равномерно, BD=BiDJ.

Ответ

Onределить зависимость между постоянной угловой скоростью ① и углом 屮 в центробежном регуляторе, если вес каждого нв грузов Д и В ра-

вей Р, вес муфты О равен Q. Нужные размеры взять с чертежа (СК ==а). Ответ.

(Р1 + Оа),dMg.pTFK/smG/tgW

Определить зависимость между псстоянноп угловой скоростью(о » углом ф в центробежном регуляторе Чебьчьева, если вес каждого из грузов

Рис. к упр. 165Рис. к упр. 165А ^ Ах равен Р, вес муфты D равен Q, ОД От^ет

Рис. к упр. 165

Рис. к упр. 165

2 _ Qa sin ср — Р/ sin (а — ср) ⑦&Р/2 sin 2 (а - ф)2 _ Qa sin ср — Р/ sin (а — ср) ⑦&Р/2 sin 2 (а - ф)В центробежных (майтниковых) мельницах раздавливание материала производится роликами 1, которые прижимаются к кольцу 2 центробежно» силон инерции роликов. Определить силу давления ролика на кольцо, если

2 _ Qa sin ср — Р/ sin (а — ср) ⑦&Р/2 sin 2 (а - ф)

2 _ Qa sin ср — Р/ sin (а — ср) ⑦&Р/2 sin 2 (а - ф)

Рис. к у пр. 167Рис. к у пр. 167вес ролика равен 150 кГ вертикаль- ннХ вал вращается с угловой скоростью соответствующей п = 140 oOImuh^ К=60 см, /•=24 см.

Рис. к у пр. 167

Рис. к у пр. 167

Ответ: 1185

Рис. к упр. 168

. Подъем труб буровым станком производится при помощи талевого ступенчатого барабана А. Определить угловое ускорение барабана в иачале поиъема, если к барабану приложен постоянный вращающий момент М, вес

барабана Q, радиус инерции барабана относительно оси вращения а, вес ко

пренебречь.Ответ:пренебречь.Ответ:2A^-P|JJ^g 4QM + P(R —炉2A^-P|JJ^g 4QM + P(R —炉лонны труб Р, сопротивление среды kP (k — некоторый коэффициент), радиус большого цилиндра R, радиус меньшего цилиндра г. Массами блоков и троса

пренебречь.

Ответ:

пренебречь.

Ответ:

2A^-P|JJ^

g 4QM + P(R —炉

2A^-P|JJ^

g 4QM + P(R —炉

22-2. Принцип возможных перемещений

Для того, чтобы система с идеальными связями оставалась в равновесии в данном положении, необходимо и достаточно, чтобы сумма элементарных работ всех активных си% действующих на систему, на любом возможном перемещении системы равнялась нулю (связи удерживающие):

2М (冗)=£戸&尸 £(XM・+y®+Zg,)=0.(22-2)

/==1/=1/ =1

Возможным перемещением системы называется всякое бесконечно малое перемещение точек системы которое допускается 吕 данный момент связями, наложенными на систему.

67t (бх( 6у〃 6之，一возможное перемещение точки номера t системы

Связи наложенные на систему, называются идеальными (совершенными), если сумма элементарных работ всех реакций связей на любом возможном перемещении системы равна нулю: e以(瓦)=£瓦6元=0(22.3)

К числу идеальных связей относятся связи, осуществленные в виде гладких поверхностей, линий, гибких нерастяжимых нитей, шарниров без трения и пр. 6吃 6弘，6马——вариации декартовых координат точки номера ( системы — бесконечно ма

лые изменения координат получившиеся от возможного перемещения системы. Для того чтобы вычислить вариацию декартовой координаты какой-нибудь точки системы, нужно взять полный дифференциал от функции связывающей декартову координату с обобщенными координатами системы (q「力 .q@ и всюду значок d заменить значком 6.

(22-4}(22-4}Если х=；(^1 %, ... %),то 6х=££м・

(22-4}

(22-4}

План решения задач

Выделяем систему равновесие которой следует рассмотреть.

Изображаем активные силы, действующие на систему.

Выбираем систему координат (если задачу решаем при помощи аналитического выражения элементарной работы).

Составляем уравнение принципа возможных перемещений системы:

£(Х6% + УМ + Z6z)=0.

Для этого сначала нужно найти проекции X, Р\ Z активных сил, действующих на систему, а также координаты точек приложения этих сил как функции обобщенных координат, затем по известному правилу найти вариации 6%, бу, 6? декартовых координат точек системы.

Решаем получен ное уравнение принципа возможных перемещений.

Задача 105. Шарнирный четы рехзвенник ABDK (рис, 278) удерживается в равновесии грузом Е lrcom Q с помощью ве

ревки ЕМВ, перекинутой через блок М. Определить угол а из условия равнонесия системы если стержни однородные, 4В = = BD=DK=AM=AK=a и нес каждого стержня равен Q==2P.

Решение. 1. Рассматриваем равновесие системы стержней ABt BD и DK (рис. 279)

Изображаем активные силы, действующие на систему!

Р尸Р, Р2=Р, Р『Р — веса стержней и P『Q — вес груза Е. 3. Выбираем систему координат, как указано на рис 279.

Составляем уравнение принципа возмо?кных перемещений: Х(Х6х 卜 FBg +ZBz)=U.

储=%*=0； ^2 = ^2X=O； X'uP^hO;

X,=/\=-Qsin(9()° — ~|)；

где a — обобщенная координата системы.

У尸匕产一Р，У『匕尸一Р;%=匕产一口

У「匕产 Qcos(9(P_^)；

Zi=Pf；j=O； Z2=Phz=0; 2з = Р#а=0;

尸一Р；у^у cos a;6g尸一多 sin а ба；

*=— Р;.ys—а cos а;6%=~ а sin а ба

,=—Р； y,^-jCos а; бу3=—у sin аба;

$=— Q cos 等;尤&=а sin а; бх4—tzcos аба;

^Q sin —; y^acos a; 6応=—a sin аба.

Уравнение принципа Y^yi+Y 2^y2+ %6弘彳 X＜尤& 十匕 6y&=0 ^удет иметь вид:〔2戶 sin a ——Q (cos a cos -y + sin a sin 告)]afia=0.

Решаем полученное уравнение.

Так как a^O; Get 声 О, то

2Psina — Q [cos a cos ■^-+sinasin ^-)=0;

2P sin a — 9cos-~=0; 4P sin-^-cos %Q cos -^- =0;

(4Psin*^—Q)cos 告=0.

Следовательно,

cos-y=0; % = 180°; 4P sin ^- —Q=0; sin*^=%; sin 今=扌，%=60久

Задача 106. Четыре стержня равной длины и равного веса соединены друг с другом шарнирами С D и Е. Два крайних

стержня вращаются в вертикальной плоскости на шарнирах около неподвижных точек / нВ, лежащих на одной горизонтали» Определить зависимость между углами а и р в положении равновесия (рис. 280), если AC=ct)=DE=EBua.

Решение, 1. Рассматриваем равновесие системы» состоящей из стержней AC. CD, DE, ЕВ (рис. 281).

Рисуем активные силы, действующие на систему: Р〔=Р; Р$=Р； Р3 = Р；匕二 Р —веса стержней.

Выбираем систему координат, как указано на рис. 281

Составляем уравнение принципа возможных перемещений: ^(X^x+Y^y^Zd^O

Х[ = Р[Х=Р； X2 = Pwx=P X 尸 Р?х=Р； Х^ — Р 4Х^=Р\

匕=?Уп0；九=尸约=0;Z]二Р|?=0； Zz=匕 z=0； Х[==Р; 尤尸sin а;X?二P; x,=asina+Ysin 0;X.=P; x8=asina-|--|-sin 0;X产 P; x4=ysin a;匕=?Уп0；九=尸约=0;Z]二Р|?=0； Zz=匕 z=0； Х[==Р; 尤尸sin а;X?二P; x,=asina+Ysin 0;X.=P; x8=asina-|--|-sin 0;X产 P; x4=ysin a;匕二 Rv=n； У,-Р^ 2『R?=°； Z4 H匕产0.б/ cos аба;Sx2==a cos аба+* cos 0B0;6尤尸ct cos afia+^-cos PSP；6x4=-|-cos аба.匕二 Rv=n； У,-Р^ 2『R?=°； Z4 H匕产0.б/ cos аба;Sx2==a cos аба+* cos 0B0;6尤尸ct cos afia+^-cos PSP；6x4=-|-cos аба.

匕=?Уп0；九=尸约=0;

Z]二Р|?=0； Zz=匕 z=0； Х[==Р; 尤尸sin а;

X?二P; x,=asina+Ysin 0;

X.=P; x8=asina-|--|-sin 0;

X产 P; x4=ysin a;

匕=?Уп0；九=尸约=0;

Z]二Р|?=0； Zz=匕 z=0； Х[==Р; 尤尸sin а;

X?二P; x,=asina+Ysin 0;

X.=P; x8=asina-|--|-sin 0;

X产 P; x4=ysin a;

匕二 Rv=n； У,-Р^ 2『R?=°； Z4 H匕产0.

б/ cos аба;

Sx2==a cos аба+* cos 0B0;

6尤尸ct cos afia+^-cos PSP；

6x4=-|-cos аба.

匕二 Rv=n； У,-Р^ 2『R?=°； Z4 H匕产0.

б/ cos аба;

Sx2==a cos аба+* cos 0B0;

6尤尸ct cos afia+^-cos PSP；

6x4=-|-cos аба.

(АС)у=а cos a; (CD)y=a cos 0;(АС)у=а cos a; (CD)y=a cos 0;

(АС)у=а cos a; (CD)y=a cos 0;

(АС)у=а cos a; (CD)y=a cos 0;

Уравнение принципа Х^х^Л^Хз + Л8бхэ-ьХ46х4=0 будет иметь вид:3cos afia+cos рбр^О.

Решаем полученное уравнение.

Для этого прежде всего установим зависимость между 6a и 60.

Из рис. 282 видно, что АВ=АС~\~СО+1)Ё^ЕВ\

(AB)y=(AC)v+(CD)v+(DE)v^ (£В)у; (ZB)v = &=const;

(DE)y=a cos p； (EB)^=acos a. Получаем:

b=2a cos aA 2cl cos |3.

После варьирования обеих частей этого равенства будем иметь:

-sin аба - sin m6句； sin a B

60 =д oa.

У sin p

Найденную вариацию 6p подставляем в уравнение принципа, тогда это уравнение примет следующй вид:

(3 cos a — cos 6 理耳)6a=0.

\r Sinp2

Так как 6a 力 0, то 3cos a — 8sB 吧^=0,

следовательно,

tga=3tg₽.

цилиндрические шарниры.цилиндрические шарниры.Рис. 283Рис. 283

цилиндрические шарниры.

цилиндрические шарниры.

Рис. 283

Рис. 283

Задача 107. На однородный стержень 0А=а весом Р действует пара сил с моментом Л1Р а на однородный стержень АВ^Ь весом Q действует пара сил с моментом М2 (рис. 283). Определить углы аир при равновесии системы, если в точках О и 4

Решение. 1. Рассматриваем равновесие системы, состоящей из стержней 04 и АВ (рис 284).

Изображаем активные силы, действующие на систему, Р — вес стержня ОА и& — вес стержня АВ. а также пары сил с моментами 此 и Л4а.

Составляем уравнение принципа возможных перемещений. Для этого даем системе следующие два возможных перемещения:

а) угол” а оставляем неизменным, а угол 6 получает пр^раще* ние 6р (рис 285 а), б) угол р оставляем неизменным, а угол а получает приращение 6а (рис. 285 б) (это можно сделать, так как система имеет две степени свободы).

Составляем уравнение принципа возможных перемещений в ■случае (a) (a=const 0 — переменная; рис. 285 а):

_64 (戸)+64 (%)"4 (Q)卜64 (此)=0,

SX (P)=/no(P)6a=O, ' 6Д (Mj^AljSa—O, так как Sa=0.

64 @=Ma(Q)60=—Q^sinMfJ, 64(MJ=M,60.

Получаем:Получаем:加2 — Q4"sin。] 60=0,加2 — Q4"sin。] 60=0,(22-5)(22-5)

Получаем:

Получаем:

加2 — Q4"sin。] 60=0,

加2 — Q4"sin。] 60=0,

(22-5)

(22-5)

Составляем уравнение принципа возможных перемещений в случае (в) [а — переменная, р=const; рис. 285-6].

6Л (用d 6Л (加 J+64 (加 J+6A (Q)=0.

SH (P)=M0 (P)6a=—P ~ sin afia, 6/(MJ=MBa,6/(也)=他60=0, так как 60=0, 6Л(Q) = Q6ht6h=ds sin a=a sin afia, 6A (Q)=— Qa sin aSa.

Получаем:

(22-6>(22-6>[/И】一Р -|- sin a — Qasina] 6a=0.

(22-6>

(22-6>

Решаем полученные уравнения (22-5) и (22-6). Так как 6a 抬 0 и 60*0, то получим следующие два уравнения:

М, — Р — sin a — Qa sin a==0; M^ — Qy sin 0=0.

Следовательно,

sinaH^F^1^ ； Sltl 0b卷 *

Упражнения

На средний шарнир В коленчатого пресса АВС действует в его плоскости горизонтальная сила Р. Какая сила Q, приложенная в точке С и на

правленная по прямой СД, уравновешивает эту силу Р? (4В = В% / АВС = 2сс).

Ответ: Q = у Р iga.

Найти при условии равновесия механизма соотношение сил: Р— горизонтальной н Q — вертикальной, действующих на поршень С и на палец А кривошипа, как указано на рисунке. Углы а н 屮 известны.

Ответ: §-=Ответ: §-=sin (а — <р) cos а cos <рsin (а — <р) cos а cos <рРис. к упр 170Рис. к упр 170

Ответ: §-=

Ответ: §-=

sin (а — <р) cos а cos <р

sin (а — <р) cos а cos <р

Рис. к упр 170

Рис. к упр 170

Втулка Д веса Р соединена с втулкол В веса Q гибкой нерас1яжимой нитью АВ =Z. Определить угол 口 при равновесии системы, если известен постоянный угол а между стержнями АС и В& расположенными в вертикальной плоскости.

Ответ.: tgp ——方」etgee

Рис. к упр 172Рис. к упр 172

Рис. к упр 172

Рис. к упр 172

К кривошипу ОА в вертикальной плоскости, при равновесии системы, если ОА — =АВ ~/, вес каждого из стержней равен Р, вес поршня В равен Q.Ответ: cos (р = ?俨石Q)/ •На кривошипно-шатунный механизм, расположенный в горизонтальной плоскости, действует сила Q(QJ_4C) и пара с моментом М. Определить угол 屮 при равновесии системы, еслиК кривошипу ОА в вертикальной плоскости, при равновесии системы, если ОА — =АВ ~/, вес каждого из стержней равен Р, вес поршня В равен Q.Ответ: cos (р = ?俨石Q)/ •На кривошипно-шатунный механизм, расположенный в горизонтальной плоскости, действует сила Q(QJ_4C) и пара с моментом М. Определить угол 屮 при равновесии системы, есликривошипно-шатуниого приложена пара с моментомкривошипно-шатуниого приложена пара с моментоммеханизма, расположенного К Определить угол фмеханизма, расположенного К Определить угол фРис, к упр. 17304 = 43 = ВС = /.Рис, к упр. 17304 = 43 = ВС = /.

К кривошипу ОА в вертикальной плоскости, при равновесии системы, если ОА — =АВ ~/, вес каждого из стержней равен Р, вес поршня В равен Q.

Ответ: cos (р = ?俨石Q)/ •

На кривошипно-шатунный механизм, расположенный в горизонтальной плоскости, действует сила Q(QJ_4C) и пара с моментом М. Определить угол 屮 при равновесии системы, если

К кривошипу ОА в вертикальной плоскости, при равновесии системы, если ОА — =АВ ~/, вес каждого из стержней равен Р, вес поршня В равен Q.

Ответ: cos (р = ?俨石Q)/ •

На кривошипно-шатунный механизм, расположенный в горизонтальной плоскости, действует сила Q(QJ_4C) и пара с моментом М. Определить угол 屮 при равновесии системы, если

кривошипно-шатуниого приложена пара с моментом

кривошипно-шатуниого приложена пара с моментом

механизма, расположенного К Определить угол ф

механизма, расположенного К Определить угол ф

Рис, к упр. 173

04 = 43 = ВС = /.

Рис, к упр. 173

04 = 43 = ВС = /.

Ответ： sin 屮=Ответ： sin 屮=

Ответ： sin 屮=

Ответ： sin 屮=

22-3. Принцип Даламбера-Лагранжа(Общее уравнение динамики системы)

Для того, чтобы составить общее уравнение динамики системы с идеальными связями, нужно сумму элементарных работ на любом возможном перемещении системы всех активных сия、 действующих на систему, и сил инерции точек систет приравнять нулю:

金产(%)+ E 产配)]奇 l(X[ -6* + (Yi - m加他+

十(Z『一团応)6zJ=O.(22-7)

План решения задач

Выделяем и изображаем систему в текущий момент времени.

Изображаем активные силы, действующие на систему.

Прикладываем силы инерции точек системы.

Выбираем систему координат.

Составляем уравнение динамики системы:

У【(X — тх) В%+(У — ту) 6//4 (Z— mz) &г]=0.

Решаем полученное уравнение.

Задача 108. Жесткий прямой угол АОВ, массой которого можно пренебречь, прикреплен к вершине О при помощи шар

нира к вертикальной оси Z так, что может вращаться вокруг точки 0 в вертикальной плоскости, а также вокруг оси Z (рис. 286). На концах Л и В к нему прикреплены грузы, которые можно принять за материальные точки веса Р, и А” Найти зависимость между угловой скоростью ① вращения стержня АО вокруг оси Z и постоянным углом «доставленным этим стержнем с вертикалью, если АО^^ и В0=12.

Решение, 1. Рассматриваем систему в текущий момент времени. Система состоит из двух точек 4 и В, связанных между собой и осью вращения стержнями О А и 0В (рис. 287).

Изображаем активные силы, действующие на систему^ Р] — вес точки А} Р含一вес точки В.—

Йрикладываем силы инерции точек системы: F曾 (центре* бежная ' сила инерции точки А) и 見7 (центробежная сила инерции точки В).

Выбираем систему координат, как указано на рис. 287.

Составляем общее уравнение динамики системы:

》[(Х —切尤)阮+(У — ту) 6p+(Z — mz) 6zJ=0.

X1=O; Xg=0; y『一尸瞟)=—团陷“=—^<0%sinct;

Z产一R; У严尸盤工团2%=专s&cosa; Zk—P?;!介=—4 sin a; 6p]=—厶 cos аба; 弘二厶 cos a; 6弘=—厶 sin аба;г =—L cos a; dz^L sin аба; n^ = —/9 sin a； 6Zg=—/, cos ada.

Общее уравнение будет иметь вид:

У也什ZQz"У阿"以切=0

—з7；、in a cos аба — R/, sin аба —匕 sin a cos afia +

4 Ph cos a6a = 0.

Решаем полученное уравнение.

Так как ба^О, то

(Р/ ——PJ2) ^ sin a cos а — PJ”incc 卜匕厶 cos a—О,гsin а — cos a

(P舌一P J；) sin a cos a

Задача 109. Груз Л весом пР (п>0 — некоторый коэффициент), опускаясь вниз посредством невесомой нерастяжимой нити, переброшенной через неподвижный блок D и намотанной на барабан В, заставляет колесо К катиться без скольжения по горизонтальному рельсу (рис. 288). Барабан В радиуса г жестко связан с колесом К, радиус которого равен R; их общий вес равен Q, а радиус инерции относительно горизонтальной оси С равен q. Определить ускорение груза Л, если вес блока D раЕен R его радиус равен г, масса блока равномерно распределена по всему кругу.

Решение, 1. Рассматриваем систему в текущий момент времени, Система состоит из колеса К, барабана В, груза А, блока D и веревки (рис. 289).

Изображаем активные^ силы, действующие на систему: Q — вес колеса с барабаном;尸一вес блока; пР — вес груза 4.

Прикладываем силы инерции системы:

—/De;—応с，一 IМ (см. 22—1) н 戸羽.

Составляем общее уравнение динамики системы:

2必(戸)4 £64 [7(ии)]=о.

》6力(戸)=6/ @ + ^4 0)+6/ (лР). 6Л(Q)^MD(Q)6<f= 0, так как A1D(Q)-О

(6屮 ——элементарный угол поворота колеса вокруг мгновенного центра вращения D). 6/(Р)=0, так как точка приложения веса Р не перемещается. ЗЛ (nP)=nP6s. Следовательно, ^6Д(F)=nP^?t £64 [戸？=М (Мшс)н 6Л(/*н 64 (/^)4 6Л【段叫.

6Л [Mwc]—MD(Mwc)6(f=0, так как MD (Mwc)~0, 鋪(/讲)=一//6中，6Л (1Н^= -/неМ 6Л (戸肥 1=一F般).也， где 6屮 ——элементарный угол поворота блока вокруг своей оси //. Но

^н)=тдшл=у^л.

Следовательно

бл F 俨)]=-^5亦.

Итак,

¥6百[戸叫=_ID^-IH^ 一限a6s.

Общее уравнение динамики для данной системы будет следующее:

/厶?6屮—/月e'6屮-^ASs-| nP6s=0.

Решаем полеченное уравнение.

Очевидно, что &=冷屮；с другой стороны, 6s=(R+「)6屮，следовательно

必=:e%； q=£(R+r).

Получаем:

[_厶吊学一融a + 齡]6s =。.

Так как 6s^=0 то

Нo 1产 ic4md工 где 〃=^ q2; d=R;缶=普(g + q2);

Получаем искомое ускорение:

2"Р (R + r)‘

以=g 2Q (* 十 g + P (2n + 1) (R 十 r)z.

Упражнения

Центробежный регулятор вращается с постоянной угловой скоростью ю.Центробежный регулятор вращается с постоянной угловой скоростью ю.Найти зависимость между угловой скоростью регулятора ния его стержней ог вертикали, если муфта весом Pi кГ отжимается вниз пружиной жесткостью С кГ/см, находящейся при а = 0 в недеформированном состоянии и закрепленной верхним концом на оси регулятора; веса шаров равны /% кГ, длина стержней равна I см; оси подвеса стержней отстоят от оси регулятора иа расстоянии а см; весами стержней и пружин пренебречь.2 Р[ +「2 + 2" (1 — cos сс),Подъем труб буровым станком производится при помощи талевого ступенчатого барабана В. Определить угловое ускорение барабана в начале подъема, если к барабану приложен постоянный вращающий момент М, вес барабана Q, радиус инерцииНайти зависимость между угловой скоростью регулятора ния его стержней ог вертикали, если муфта весом Pi кГ отжимается вниз пружиной жесткостью С кГ/см, находящейся при а = 0 в недеформированном состоянии и закрепленной верхним концом на оси регулятора; веса шаров равны /% кГ, длина стержней равна I см; оси подвеса стержней отстоят от оси регулятора иа расстоянии а см; весами стержней и пружин пренебречь.2 Р[ +「2 + 2" (1 — cos сс),Подъем труб буровым станком производится при помощи талевого ступенчатого барабана В. Определить угловое ускорение барабана в начале подъема, если к барабану приложен постоянный вращающий момент М, вес барабана Q, радиус инерцииуглом ауглом аотклоне-отклоне-Рис. к упр. 174Рис. к упр. 174барабана относительно оси вращения .труб Р, сопротивление среды /Р (k — некоторыйбарабана относительно оси вращения .труб Р, сопротивление среды /Р (k — некоторыйа, вес колонныа, вес колонныкоэффициент), радиус большого цилиндра R, радиус Массами блоков и троса пренебречь„коэффициент), радиус большого цилиндра R, радиус Массами блоков и троса пренебречь„меньшего цилиндра г.меньшего цилиндра г.

Центробежный регулятор вращается с постоянной угловой скоростью ю.

Центробежный регулятор вращается с постоянной угловой скоростью ю.

Найти зависимость между угловой скоростью регулятора ния его стержней ог вертикали, если муфта весом Pi кГ отжимается вниз пружиной жесткостью С кГ/см, находящейся при а = 0 в недеформированном состоянии и закрепленной верхним концом на оси регулятора; веса шаров равны /% кГ, длина стержней равна I см; оси подвеса стержней отстоят от оси регулятора иа расстоянии а см; весами стержней и пружин пренебречь.

2 Р[ +「2 + 2" (1 — cos сс),

Подъем труб буровым станком производится при помощи талевого ступенчатого барабана В. Определить угловое ускорение барабана в начале подъема, если к барабану приложен постоянный вращающий момент М, вес барабана Q, радиус инерции

Найти зависимость между угловой скоростью регулятора ния его стержней ог вертикали, если муфта весом Pi кГ отжимается вниз пружиной жесткостью С кГ/см, находящейся при а = 0 в недеформированном состоянии и закрепленной верхним концом на оси регулятора; веса шаров равны /% кГ, длина стержней равна I см; оси подвеса стержней отстоят от оси регулятора иа расстоянии а см; весами стержней и пружин пренебречь.

2 Р[ +「2 + 2" (1 — cos сс),

Подъем труб буровым станком производится при помощи талевого ступенчатого барабана В. Определить угловое ускорение барабана в начале подъема, если к барабану приложен постоянный вращающий момент М, вес барабана Q, радиус инерции

углом а

углом а

отклоне-

отклоне-

Рис. к упр. 174

Рис. к упр. 174

барабана относительно оси вращения .

труб Р, сопротивление среды /Р (k — некоторый

барабана относительно оси вращения .

труб Р, сопротивление среды /Р (k — некоторый

а, вес колонны

а, вес колонны

коэффициент), радиус большого цилиндра R, радиус Массами блоков и троса пренебречь„

коэффициент), радиус большого цилиндра R, радиус Массами блоков и троса пренебречь„

меньшего цилиндра г.

меньшего цилиндра г.

Ответ: e = 2gОтвет: e = 2g2М -Р(1+目(R+“ ~4Q^ + P (R + 厂)2

Ответ: e = 2g

Ответ: e = 2g

176. Вагонетка Л при помощи лебедки В начинает подниматься по наклонной плоскости. Определить ускорение вагонетки в том случае, когда к барабану лебедки приложен постоянный вращающий момент Mt если вес вагонетки равен 尸，момент инерции колесного ската относительно оси вращения равен /п радиус колеса равен л, коэффициент трения равен /, угол наклона равен а, радиус

Рис. к упр. 175

барабана равен R, момент инерции барабана равен /,, М — PR (sin а + / ccs а)

Ответ: ш =—/

R

177. Определить зависимость между постоянной угловой скоростью углом ф в центробежном регуляторе, если вес“

если

равен Р, вес муфты D равен Q Нужные размеры с2P/ + Q。 ，

Ответ: = g п ：收 屮.

Р (/ sm — b) I с *

каждого из грузов Л взять с чертежа.

①И и В

Рис. к упр. 177

Рис. к упр. 178

178. Определить зависимость между постоянной угловой скоростью со вращения центробежного рег^-лятора и углом 屮，если вес каждого груза Л и Я равен Р, Жесткость пружины равна С яг/см и при(р = 0 пр^ жина не деформирована. Весом стержней и муфты пренебречь. Остальные данные взять

с чертежа.

Ответ:炉=g

PU—a)+ 2U2(i—co5(p) p3 + (2+a)S由中］(/耳而M屮"

ГЛАВА XXIII

УДАР

23-1. Основные положения

У даром называется такое явление, при котором за весьма малый промежуток времени (время удара ——т) скорость точек движущегося объекта изменяется на конечную величину. За время удара действуют ударные (импульсивные) силы. Ударной силой называется такая сила, которая действует на тело (на материаль* ную точку) в течение весьма короткого промежутка времени, но достигает при этом весьма большого значения, так что ее импульс является величиной конечной.

Изменение за время удара проекции количества движения материальной точки на какую нибудь неподвижную ось равно проекции на ту же ось ударного импульса, приложенного к этой точке:

тих — J Xdt=Sj тиу — mwy=J Ydt^S^о0

muz — zn%g, Zd/=Sz・(23-1)

0

За время удара перемещением материальной точки и действием на точку неударных сил можно пренебречь.

Изменение за время удара момента относительно какой-нибудь неподвижной оси количества движения материально自 точки равно моменту относительно той же оси ударного импульса, приложенного к этой точке:—

Мх (ти) — Мх (mv)=Mx (S),

Ad? (ти) — Му(mv)=My (S),(23-2)

儿厶(ти)—例击(/tw)=M? £)・

Удар двух поступательно движущихся тел называется прямым и центральным, если общая нормаль к поверхностям соударяющихся тел в точке их соприкосновения в начале удара проходит через их центры тяжести и скорости обоих тел в начале удара направлены по этой нормали. Коэффициент восстановления (&) зависит от материалов соударяющихся тел и при прямом центральном ударе двух поступательно движущихся тел равен отношению, взятому со знаком минус относительной скорости движения первого тела по отношению ко второму после удара к относительной скорости до удара:

注=一勺二乌，(23-3)

F — %

где Ov 巾 Wl; если 々=0, то удар называется неупругим; если й= 1, то удар называется вполне упругим и если 0<й<1. то удар называется не вполне упругими у, и % — проекции скоростей тел до удара на линию удара, a w, и us ——проекции скоростей тел после удара на то же направление.

Скорости после прямого центрального удара двух тел находятся по формулам:

(23-4)(23-4)"宀一（此肃к©-°）% =力+（1 +献詳石（力一。2）.

(23-4)

(23-4)

Кинетическая энергия теряемая материальной системой приКинетическая энергия теряемая материальной системой при1 一々ударе, равна 中1 一々ударе, равна 中доле кинетической энергии, соответствующейдоле кинетической энергии, соответствующейпотерянным скоростям:потерянным скоростям:(23-5)(23-5)

Кинетическая энергия теряемая материальной системой при

Кинетическая энергия теряемая материальной системой при

1 一々

ударе, равна 中

1 一々

ударе, равна 中

доле кинетической энергии, соответствующей

доле кинетической энергии, соответствующей

потерянным скоростям:

потерянным скоростям:

(23-5)

(23-5)

Эту потерю кинетической энергии при прямом центральном ударе двух тел можно найти по формуле:

М-т=^??^а —的(力一盯・ (23-6)

Изменение за время удара проекции на какую-нибудь неподвижную ось количества движения системы равно проекции на ту же ось главного вектора всех внешних ударных импульсов, приложенных к системе:

(-К。尸 &s像 Ку-К°产 £s吼 Kz-K°z=£ sg (23-7)

Изменение за время удара проекции на какую-нибудь неподвижную ось количества движения центра масс системы, считая, что в этом центре сосредоточена масса всей системы, равно

проекции на ту же ось главного вектора всех внешних уда» ных импульсов, приложенных к этой системе:

Мк — М%х=玄 S愿 Mucv-Mvc^t S^;r=Ir=l

n

—S ^rz*(23-8)

Изменение за время удара кинетического момента системы, взятого относительно какой-нибудь неподвижной оси, равно главному моменту относительно той же оси всех внешних ударных импульсов, приложенных к этой системе:

八一丄。此斑］；儿一Ч-Sму ［s^］；

厶宮一厶。『工此俨工(23-9)

23-2. Решение задач

Задача 110, В диск радиуса г и веса Q ударяется горизонтально летящее тело В веса Р (рис. 290). Найти такую скорость у

этого тела до удара, при которой диск, вращаясь вокруг гори

Рис. 290Рис. 290зонтальной оси О, совершит полный оборот, если ОС— у. Удар считать неупругим, сопротивлениями пренебречь, 20P=Q.

Рис. 290

Рис. 290

План решения задачи

А. Применяем теорему об изучении за время удара относительно оси вращения кинетического момента системы, состоящей издиска и тела В:

L2 一厶。产工鴻闻］.

Из этого уравнения найдем угловую скорость диска после удара.

Б. Применяем теорему об изменении кинетической энергии этой системы Т ——T0=^Aie} на перемещении центра тяжести диска из наинизшего положения в наивысшее, считая, что в наивысшем положении центр тяжести будет обладать скоростью %》0・ При этом условии диск может совершить одни оборот (центр тяжести системы «диск — тело В» можно считать совпадающим с центром тяжести диска так как Р <^Q).

Решение. А Применяем теорему об изменении за время удара относительно оси вращения кинетического момента системы, состоящей из тела В и диска.

Для этого: 1. Изображаем систему «диск — тело В» во время удара (рис. 291).

Изображаем внешние ударные импульсы, действующие на систему. На данную систему действует только один внешний ⑻ударный импульс ——ударный импульс,

1-^^ приложенный к диску со стороны оси подшипника О.

/ N^ \3. Составляем уравнение моментов

а /,\ за время удара:

)e4一書产2件6" (23-10)

£鷗俨)]=此岱河=0,

厶02——кинетический момент относитель- Рис. 291.но оси вращения диска системы «диск —

——тело 占》до удара. Так как до удара двигалось только тело В, то

上金一кинетический момент относительно той же оси данной системы после удара.

После удара диск будет обладать угловой скоростью з, а тело В будет двигаться вместе с диском, так как удар неупругий (fe=0). Следовательно

где 丄1尸/]押—кинетический момент диска;

LZZ=I^ ——кинетический момент тела (точки) В.

По геореме о связи моментов инерции тела относительно параллельных осей имеем:

Момент инерции точки В относительно оси г будет:

3肛0砂;3幺亭）3肛0砂;3幺亭）5P 25P 2

3肛0砂;3幺亭）

3肛0砂;3幺亭）

5P 2

5P 2

Таким образом, получили:

l尸茶(5'+3Q)

получим:получим:После подстановки найденных величин в уравнение (23 10)

получим:

получим:

(23-11)(23-11)2网m=(5Р +故"，

(23-11)

(23-11)

Б. Применяем теорему об изменении кинетической энергии этой системы после удара на перемещении центра тяжести диска

из наинизшего положения в наивысшее.

Изображаем систему «диск — тело 6》в текущий момент времени фис. 292).

Изображаем внешние силы, действуюшие на эту систему. Такими силами являются Р, Q, R。(R。— реакция оси вращения).

Составляем уравнение теоремы об изменении кинетической энергии системы:

7 —7;=上4 ⑹. (23-12) ^=Ap^Aq+A^.

Aro=O, так как точка приложения О силы R。не перемещается; 4р=—尸九и hj=r, Ар= — Рг,々=—Q% ”2=匚 4q= — Q『・

Получаем:

才厶⑹=-(P+Q";

To ——кинетическая энергия данной системы после удара: 7。= /鴻+/豊；北=兽(5P+3Q).

получим:получим:Т — кинетическая энергия системы в конце движения, когда центр тяжести диска будет находиться в наивысшем положении и скорость его равняется нулю. Следовательно, Г=0・

получим:

получим:

(23-13)(23-13)Подставляя найденные величины в уравнение (23-12%

(23-13)

(23-13)

V (5P + 3Q" •

Из выражений (23-11) и (23-13) находим искомую скорость и тела В до удара:

Так как Q=20P.

и=52,3 Vgr.

Задача 111. Два маятника могут вращаться вокруг горизон тальных осей 0т и 。纟(рис. 293). Моменты инерции маятников

относительн о этихотносительн о этихРмс. 293.Рмс. 293.осей равны /, и /2. Левый маятник отклоняют от вертикали на некоторый угол и затем отпускают. В момент удара его угловая скорость равна ю10. Определить угловые скорость обоих маятников после удара, если коэффициент восстановления равен k а расстояния точек О, и 0含 от линии удара равны между собой.

относительн о этих

относительн о этих

Рмс. 293.

Рмс. 293.

План решения задачи

Применяем теорему об изменении кинетического момента системы за время удара относительно оси О, для первого маят* ника и относительно оси 0а для второго

маятника.

々=々=Используем формулу (23 3):

々=

々=

Из полученных уравнений находим искомые величины.

Решение, 1А. Применяем теорему об изменении кинетического момента за время удара относительно оси 01 для первого маятника.

Изображаем первый маятник в положении удара (рис. 294).

Изображаем внешние ударные импульсы, действующие на первый маятник:

S” 一 ударный импульс приложенный к маятнику со стороны оси О,;

S2 ——ударный импульс, приложенный к первому маятнику со стороны второго маятника.

Составляем уравнение моментов за время удара;

L-LOi^Mo^] где

^MoAS^MoM+MoAS^ Но

m。"。」=0; Mo1 [5S]=一SJ.

Следовательно,

工MoNh-s/

£?==——l^ — кинетический момент первого маятника относительно оси О] после удара.厶欠工人⑴^ кинетический момент до удара.

(23-14)(23-14)Получаем

(23-14)

(23-14)

厶(0+s,o)=SJ・

1Б. Применяем теорему об изменении кинетического момента за время удара относительно оси 02 для второго маятника.

Изображаем второй ма-、

Рис. 294.Рис* 295.Рис. 294.Рис* 295.ятник в момент удара (рис. 295).

Рис. 294.Рис* 295.

Рис. 294.Рис* 295.

Изображаем внешние ударные импульсы, действующие на маятник:

Sq2——ударный импульс приложенный к маятнику со стороны оси 0а;—

S；= —S2 — ударный импульс, приложенный ко второму маятнику со стороны первого.

Составляем уравнение моментов за время удара:

厶L厶。尸£附。,8門， где__

W例 o」S⑺]=財5 [Suj+Mo JSJ

HO

^о31^о2]=0; M o2 [S2J=S2Z=5s/.

Следовательно._

别5仍]

L『/a* — кинетический момент второго маятника после удара, взятый относительно оси O^Loz^O, так как второй маятник до* удара находился в покое.

Получаем

La=S3・(23-15)

Применяем формулу:

B=一生二匕.

В данном случае имеем:

%=—(oj; /=3j1内=5展；%=0.

Эта формула в нашем случае будет:

% 十 °\ — °Ч(Л=°*(23-16}

Из полученных уравнений (23-14), (23-15), (23-16) находим "искомые абсолютные значения величин о\ и ⑴含.

白厶一Л（1 +々）/1

Задача 112. Два шкива вращаются в одной плоскости вокруг своих осей с угловыми скоростями ш10 и ①2о・ Определить, как изменяются угловые скорости после того, как на шкивы будет накинут ремень. Радиусы шкивов равны соответственно rt и 厂* Удар считать неупругим (々=0); скольжением и массой ремня пренебречь.

Решение. Решаем задачу с помощью формулы (23—12). В нашем случае fe==0, следовательно, получаем:

т°-т=%，

но Т* — кинетическая энергия потерянных скоростей. В случае вращающихся тел эта энергия находится по формуле:

•^ А®】一й)ю)а+4'厶(⑴含—w2o)a-

Итак, решаем задачу с помощью формулы:*

Л 一 T=,(①］一①1J+冬(82一

энергия до удара системы, состоящей из двух шкивов.

Т=/】 亍 + 厶〒 一кинетическая энергия той же системы после удара.

жением ремня, то 口務=и色(рис. 296)1жением ремня, то 口務=и色(рис. 296)1Угловые скорости шкивов после удара связаны друг с другом. Если пренебречь сколь-

жением ремня, то 口務=и色(рис. 296)1

жением ремня, то 口務=и色(рис. 296)1

以尸4Rj "产&Rj3尸①1合

Получаем уравнение для определения w,:

厶%+厶% 一人s；-厶前%М人(4 -①/+厶管⑴lAo) *

следовательно.следовательно.

следовательно.

следовательно.

/抵2go + / 2&3*

/1r,3]0 + IzRl62tx

，阀+厶抬.

Упражнения

179 Для защиты проходчиков oi jдара при возможном Пидении кусков породы или подъемных сосудов в случае обрыва каната устраивают в стволе шахты предохранительные полки из металла, беточа и дерева. В верхней части полки для смягчения удара укладывают фашины, опилки и песок Определить потерю кинетической энергии при ударе, если вес падающего сосуда Р, высота падения сосуда /г, вес полка Q, коэффициент восстановления материала k.

ОР

Ответ： АТ = (1 — й2) —^—~5 h

Рис. к упр 181

180 Два шара массами 加】и т，висят на параллельных нитях длиной di и /2 так, что их центры находятся на одной высоте Первый шар был отклонен от вертикали на угол и、и зачем отпущен без начальной скорости Определить угол предельного отклонения а2 второго шара, если коэффициент восстановления й

Отвгт. sm 等=加](1/^% sm^ 2 ГП】+ 加2 У “2 2

К однородному прямолинейному стержню весом Р и длиною I, закрепленному на шарнире О и находившемуся в покое, приложен в точке А (посредством удара) импульс S в направлении, перпендикулярном к стержню. Стержень отклоняется при этом от вертикали на угол а. Наити величину S* если расстояние О А =/г.

Ответ' S = Р sin \ • "|/ у .

182 При автоматической загрузке клетей, вагонетка, которая весит вместе с грузом 1600 к「，набегает со скоростью 1,9 砧然 на порожнюю вагонетку весом 1200 кГ, стоящую неподвижно Определить скорость обеих вагонеток после удара, если коэффициент восс1ановления k = 0,5,

Ответ: и1 = 0168 м/сек, и2= 1,63 м^сек.

Литература

Н. Н. Бухгольц, Основной курс теоретической механики, q. 1 и 2^ ГТТИ, 1937.

Н. Н. Бухгольц, И. М. Воронков, А. П. Минаков, Сборник задач по теоретической механике. Гостехиздат, 1954.

И. М. Воронков, Курс теоретической механики, ГИТТЛ, 1953.

Л. Г. Лойцянский н А И. Лурье, Курс теоретической механики, ч. 1 н 2, ГИТТЛ, 1954.

И. В. Мещерский, Сборник задач по теоретической механике, ГИТТЛ, 1954- А. И. Некрасов, Курс теоретической механики, ч. 1 и 2, ГИТТЛ, 1953. Е. И. Николаи, Теоретическая механика, ч. 1 и 2, ГИТТЛ, 1950.

С. М. Тарг, Краткий курс теоретической механики, Физматгиз, 1958.

Т. Б. Айзенберг, И. М. Воронков, В. М. Осецкий, Руководство к решению задач по теоретической механике. ГИВШ, 1960.

В. М. Осецкий, Сборник задач по теоретической механике для горных втузов, под редакцией проф. И. М. Воронкова, М. 1938.

М. А. Мисюрев, Сборник задач по теоретической механике для горным втузов, изд. Свердловского горного института имени В. В. Вахрушева, 1954.

М. А. Мисюрев, Методика решения задач по теоретической механике, изд. Свердловского горного института имени В. В. Вахрушева, 1958

ОГЛАВЛЕНИЕ

Предисловие

3

ЧАСТЬ ПЕРВАЯ. СТАТИКА

Предмет статики. Связи и реакции связей 5

Плоская система сил14

Глава 1. Сили, линии действия которых пересекаются 6 одной точке 14

1-1. Равновесие трехсил14

1-2. Решение задач15

1-3. Равновесие какогоугодно числа сил20

1-4. Решение задач21

Глава Н. Параллельные силы24

2-1. Основные положения24

2-2. Решения задач25

Глава III. Приведение плоской системы сил к простейшему виду . . , 29

3-1. Основные положения29

3-2. Решение задач31

Глава IV. Равновесие плоской системы сил40

4-1. Основные положения40

4-2. Решение задач на равновесие тела при наличии идеальных связей

(Трение отсутствует) . . . . 41

4-3. Решение задач на опрокидывание*47

4-4. Решение задач на равновесие тел при наличиитрения54

4-5. Решение задач на равновесие системы сочлененныхтел59

Глава V. Графинеская статика .. . . 71

5-1. Основные положения71

5-2. Определение опорных реакций72

5-3. Определение усилий в стержнях формы76

5-4. Метод сквозных сечений81

6-5. Метод вырезывания узлов82

Пространственная системасил86

Глава VI. Силы, линии действия которых пересекаются в одной точке 86

6-1. Основные положения86

6-2. Решение задач87

Глава VI" Приведение пространственной системы сил к простейшему шду . . . Л92

7-1. Основные положения 92

3053057-2. Решение задач96

305

305

М. А Ми сюрев

Глава VIII. Pqs卜с^ес〃е пространственной системы силЮЗ

8-1.Основные положения10&

8-2.Решение задач109

Глава IX. Центр тяжести.122

9-1.Основные положения 122

9-2.Решение задач124

ЧАСТЬ ВТОРАЯ. КИНЕМАТИКА

III Движение точки 13}

Глава X, Прямолинейное движение точки .〔31

10-1. Предмет кинематики. Основные положения131

102 Решение задач при нахождении скорости и ускорения по заданному закону движения точки134

10-3. Решение задач с помощью составления закона движения точки. 136

Глава XI. Криволинейное движение точки140

11-1. Основные положения 140

11-2. Решение задач при нахождении скорости и ускорения по задан

ному закону движения точки в координатной форме142

11-3. Решение задач на составление закона движения точки в координатной форме и нахождение скорости и ускорения движения по данным задачи 144

11-4. Решение задач при нахождении скорости и ускорения движущейся точки в случае естественного способа задания движения146 11-5. Решение задач на составление закона движения точки в естественной форме и нахождение скорости и ускорения по данным задачи 148

11-6. Решение задач на определение 叨不 wn 0 q по заданному закону движения точки в координатной форме150

IV Простейшие движения твердого тела153

Глава XII. Поступательное и вращательное движения твердого тела. 153

Преобразование простейших движений твердого тела153

12-1. Основные положения . . . ,153

12-2. Решение задач на нахождение кинематических элементов по за

данному закону вращения тела , , . 157

12 3. Решение задач на составление закона вращения тела и нахождение кинематических элементов по данным задачи159

12-4 Решение задач в случае преобразования простейших движений твердого тела162

V. Сложение н разложение движений точки165

Глава ХШ. Сложение скоростей точки165

13-1. Основные положения теории сложного движения точки16&

13 2 Решение задач с помощью формулы сложения скоростей точки 167

「лава XIV Сложение ускорений точки173

14 1. Решение задач с помощью формулы сложения ускорений при переносном поступательном движении 173

14-2. Решение задач с помощью формулы сложения ускорений точки

при переносном вращательном движении вокруг неподвижной оси. 175

VI Плоскопараллельное движение твердого тела181

Глава XV Скорости точек тел^ 8 плоском движении181

15-1. Основные положения теории плоскопараллельного движения твердого тела181

15-2. Решение задач при нахождении скоростей точек плоской фигуры с помощью формулы распределения скоростей 184

15-3. Решение задач при определении скоростей точек плоской фигуры с помощью нахождения мгновенного центра скоростей187

Глава XVI. Ускорение точек тела в плоском движении 19}

16-1. Решение задач при нахождении ускорений точек плоской фигуры ' с помощью формулы распределения ускорений ⑼

16-2. Решение задач на нахождение мгновенного центра ускорений плоской фигуры .196

Глава XVII. Сложение плоских, движений тела (Сложение вращений твердого тела вокруг параллельных осей)199

17-1. Основные положения

П-2. Решение задач200

ЧАСТЬ ТРЕТЬЯ. ДИНАМИКА

Динамика материальной точки205

Глава XVIII. Две основные задачи динамики материальной точки . . . 205 18-1. Основные положения. Дифференциальные уравнения движения материальной точки 205

18-2. Первая основная задача динамики материальной точки . .、 . 206-

о & 691 6672 22 7>зи 6欠32 ^^^ 21мйи^ ^^мй2525й^эт ^^Mw- здюио & 691 6672 22 7>зи 6欠32 ^^^ 21мйи^ ^^мй2525й^эт ^^Mw- здюи18-3. Вторая основная задача динамики материальной точки (обратная первой)

о & 691 6672 22 7>зи 6欠32 ^^^ 21мйи^ ^^мй2525й^эт ^^Mw- здюи

о & 691 6672 22 7>зи 6欠32 ^^^ 21мйи^ ^^мй2525й^эт ^^Mw- здюи

Глава XIX. Общие теоремы динамики, точки

19-1. Теорема об изменении количества движения точки

19-2. Теорема об изменении момента количества движения точки .,, 19-3. Теорема об изменении кинетической энергии точки .......

Глава XX. Относительное движение точка

20-1. Общие положения

20-2. Решение задач

Динамика системы материальных точек

Глава XX]. Общие теоремы динамики системы 21-1. Теорема о движении центра инерции системы

21-2. Теорема об изменении количества движения системы 21-3. Теорема об изменении момента количества движения системы .. 21-4. Теорема об изменении кинетической энергии системы

Глава XXII. Принципы механики 22-1. Принцип Даламбера

22-2. Принцип возможных перемещений

22-3. Принцип Даламбера-Лагранжа (Общее уравнение динамики системы)

Глава XXIII, Удар 23-1. Основные положения

23-2. Решение задач

Литература 304

Михаил Алексеевич. Мисюрев

Методикарешения задачпо теоретическоймеханике

Редактор Р. М. Виноградов

Редактор издательства Ю. Ф. БочароваТехнический редактор А К ВоронинаКорректор 〃・ А. Егорова.

Сдано в набор 18/1Х-61 г. Подписано к печати 23/1-63 г.Бумага 60x90Vie* 19,25 печ. л. 17,59 уч.-изд. л.

Тираж 15.000. Т02618 Изд. № от/51. Цена 63 к. Заказ № 2209.

■Отпечатано с матриц Первой Образцовой типографии амеии А. А. ЖдановаМосковского городского совнархоза. Москва, Ж-54, Валовая, 23.

Полиграфкомбинат, г. Уфа, проспект Октября, 2.

м. А. МИСЮРЕВ

МЕТОДИКАРЕШЕНИЯ ЗАДАЧПО ТЕОРЕТИЧЕСКОЙМЕХАНИКЕ

ДопущеноМинистерством выаиего и среднегоспециального образования СССРв качестве учебного пособия для высшихучебных заведений

ГОСУДАРСТВЕННОЕ ИЗДАТЕЛЬСТВО«ВЫСШАЯ ШКОЛАэ

М о с к в а —1963