ЗАДАЧИ К КОНТРОЛЬНЫМ ЗАДАНИЯМ

КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАНИЯ

СОДЕРЖАНИЕ ЗАДАНИЙ, ВЫБОР ВАРИАНТОВ,

ПОРЯДОК ВЫПОЛНЕНИЯ РАБОТ,

ПОЯСНЕНИЯ К ТЕКСТУ ЗАДАЧ

Студенты выполняют 5 контрольных заданий (работ).

Задание 1 (статика) –задачи С1 – С4.

Задание 2 (кинематика) – задачи К1 – К4.

Задание 3 (динамика) –задачи Д1 –Д4.

Задание 4 (динамика) – задачи Д5 – Д8.

Задание 5 (динамика) – задачи Д9 – Д12.

К каждой задаче дается 10 рисунков и таблица (с тем же номером, что и задача), содержащая дополнительные к тексту задачи условия. Нумерация рисунков двойная, при этом номером рисунка является цифра, стоящая после точки. Например, рис. С 1.4 – это рис. 4 к задаче C1 и т. д. (в тексте задачи при повторных ссылках на рисунок пишется просто рис. 4 и т.д.). Номера условий от 0 до 9 проставлены в 1-м столбце (или в 1-й строке) таблицы.

Студент во всех задачах выбирает номер рисунка по предпоследней цифре шифра, а номер условия в таблице – по последней; например, если шифр оканчивается числом 46, то берутся рис. 4 и условия № 6 из таблицы.

Каждое задание выполняется в отдельной тетради (ученической), страницы которой нумеруются. На обложке указываются: название дисциплины, номер работы, фамилия и инициалы студента, учебный шифр, факультет, специальность и адрес. На первой странице тетради записываются: номер работы, номера, решаемых задач и год издания контрольных заданий.

Решение каждой задачи обязательно начинать на развороте тетради (на четной странице, начиная со второй, иначе работу трудно проверять). Сверху указывается номер задачи, далее делается чертеж (можно карандашом) и записывается, что в задаче дано и что требуется определить (текст задачи не переписывается). Чертеж выполняется с учетом условий решаемого варианта задачи; на нем все углы, действующие силы, число тел и их расположение на чертеже должны соответствовать этим условиям. В результате в целом ряде задач чертеж получается более простой, чем общий.

Чертеж должен быть аккуратным и наглядным, а его размеры должны позволять ясно показать все силы или векторы скорости и ускорения и др.; показывать все эти векторы и координатные оси на чертеже, а также указывать единицы получаемых величин нужно обязательно. Решение задач необходимо сопровождать краткими пояснениями (какие формулы или теоремы применяются, откуда получаются те или иные результаты и т. п.) и подробно излагать весь ход расчетов. На каждой странице следует оставлять поля для замечаний рецензента.

Работы, не отвечающие всем перечисленным требованиям, прове ряться не будут, а будут возвращаться для переделки.

К работе, высылаемой на повторную проверку (если она выполнена в другой тетради), должна обязательно прилагаться незачтенная работа.

На экзамене необходимо представить зачтенные по данному разделу курса работы, в которых все отмеченные рецензентом погрешности должны быть исправлены.

При чтении текста каждой задачи учесть следующее. Большинство рисунков дано без соблюдения масштабов. На рисунках к задачам С1–С4 и Д1–Д12 все линии, параллельные строкам, считаются горизонтальными, а перпендикулярные строкам – вертикальными и это в тексте задач специально не оговаривается. Также без оговорок считается, что все нити (веревки, тросы) являются нерастяжимыми и невесомыми, нити, перекинутые через блок, по блоку не скользят, катки и колеса (в кинематике и динамике) катятся по плоскостям без скольжения. Все связи, если не сделано других оговорок, считаются идеальными.

Когда тела на рисунке пронумерованы, то в тексте задач и в таблице P₁, l₁, r₁и т. п. означают вес или размеры тела 1; Р₂, l₂, r₂ – тела 2 и т. д. Аналогично, в кинематике и динамике u _B , a_B означают скорость и ускорение точки В; u C, а _C – точки С; w₁, e₁ – угловую скорость и угловое ускорение тела w₂, e₂ – тела 2 и т. д. В каждой задаче подобные обозначения могут тоже специально не оговариваться.

Следует также иметь в виду, что некоторые из заданных в условиях задачи величин (размеров) при решении каких-нибудь вариантов могут не понадобиться, они нужны для решения других вариантов задачи.

Из всех пояснений в тексте задачи обращайте внимание только на относящиеся к вашему варианту, т. е. номеру вашего рисунка или вашего условия в таблице.

Методические указания по решению задач, входящих в контрольные задания, даются для каждой задачи после ее текста под рубрикой «Указания», затем дается гример решения аналогичной задачи. Цель примера – разъяснить ход решения, но не воспроизвести его полностью. Поэтому в ряде случаев промежуточные расчеты опускаются. Но при выполнении задания все преобразования и числовые расчеты должны быть обязательно последовательно проделаны с необходимыми пояснениями; в конце должны быть даны ответы.

ЗАДАЧИ К КОНТРОЛЬНЫМ ЗАДАНИЯМ

СТАТИКА

Задача С1

Жесткая рама, расположенная в вертикальной плоскости (рис. С1.0 – С1.9, табл. С1), закреплена в точке А шарнирно, а в точке В прикреплена или к невесомому стержню с шарнирами на концах, или к шарнирной опоре на катках.

В точке С к раме привязан трос, перекинутый через блок и несущий на конце груз весом Р = 25 кН. На раму действуют пара сил с моментом М = 100 кН×м и две силы, значения, направления и точки приложения которых указаны в таблице (например, в условиях № 1 на раму действует сила под углом 15° к горизонтальной оси, приложенная в точке D , и сила под углом 60° к горизонтальной оси, приложенная в точке E, и т. д.).

Определить реакции связей в точках A, В, вызываемые действующими нагрузками. При окончательных расчетах принять а = 0,5 м.

Указания. Задача С1 – на равновесие тела под действием произвольной плоской системы сил. При ее решении учесть, что натяжения обеих ветвей нити, перекинутой через блок, когда трением пренебрегают, будут одинаковыми. Уравнение моментов будет более простым (содержать меньше неизвестных), если брать моменты относительно точки, где пересекаются линии действия двух реакций связей. При вычислении момента силы часто удобно разложить ее на составляющие и , для которых плечи легко определяются, и воспользоваться теоремой Вариньона; тогда

т _o( )= m_o( ) + m_o( ).


Рис.С1.0	Рис.С1.1

Рис.С1.2	Рис.С1.3

Рис. С1.4	Рис. С1.5

Рис. С1.6	Рис. С1.7

Рис. С1.8	Рис. С1.9

Таблица С1

Силы
	F₁ = 10 кН		F₂= 20 кН		F₃ = 30 кН		F₄ = 40 кН
	Точка приложения	a₁, град	Точка приложения	a₂, град	Точка приложения	a₃, град	Точка приложения	a₄, град
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9	Н – К – D – E – H –	30 – 75 – 30 – 60 – 60 –	– D – K – H – D – E	– 15 – 60 – 30 – 60 – 75	– E – H – – K – D K	– 60 – 30 – – 15 – 30 30	K – E – E D – H – –	60 – 30 – 60 75 – 15 – –

Пример С1. Жесткая пластина ABCD (рис. С1) имеет в точке А неподвижную шарнирную опору, а в точке В – подвижную шарнирную опору на катках. Все действующие нагрузки и размеры показаны на рисунке.

Дано: F = 25 кН, a= 60°, Р = 18 кН, g= 75°, М = 50 кН×м, b = 30°, а = 0,5 м. Определить: реакции в точках А и В, вызываемые действующими нагрузками.

Решение. 1. Рассмотрим равновесие пластины. Проведем координатные оси ху и изобразим действующие на пластину силы: силу , пару сил с моментом М, натяжение троса (по модулю = Р) и реакции связей , , (реакцию неподвижной шарнирной опоры А изображаем двумя ее составляющими, реакция шарнирной опоры на катках направлена перпендикулярно опорной плоскости).

2. Для полученной плоской системы сил составим три уравнения равновесия. При вычислении момента силы относительно точки А воспользуемся теоремой Вариньона, т. е. разложим силу на составляющие , ( = Fcosa, F " = Fsina)и учтем, что m_A( ) = m_A(F ¢)+ m_A ( F "). Получим:

; (1)

; (2)

. (3)

Рис. C1

Подставив в составленные уравнения числовые значения заданных величин и решив эти уравнения, определим искомые реакции.

Ответ: кН; Y_A – 23,3 кН; R_B = 7,3 кН. Знаки указывают, что силы и направлены противоположно показанным на рис. С1.

Задача С2

Конструкция состоит из жесткого угольника и стержня, которые в точке С или соединены друг с другом шарнирно (рис. С2.0 – С2.5), или свободно опираются друг о друга (рис. С2.6 – С2.9). Внешними связями, наложенными на конструкцию, являются в точке А или шарнир, или жесткая заделка; в точке В или гладкая плоскость (рис. 0 и 1), или невесомый стержень ВВ' (рис. 2 и 3), или шарнир (рис. 4–9); в точке D или невесомый стержень DD ' (рис. 0, 3, 8), или шарнирная опора на катках (рис.. 7).

На каждую конструкцию действуют: пара сил с моментом М = 60 кН×м, равномерно распределенная нагрузка интенсивности q = 20 кН/м и еще две силы. Эти силы, их направления и точки приложения указаны в табл. С2; там же в столбце «Нагруженный участок» указано, на каком участке действует распределенная нагрузка (например, в условиях № 1 на конструкцию действуют сила под углом 60° к горизонтальной оси, приложенная в точке L, сила под углом 30° к горизонтальной оси, приложенная в точке Е, и нагрузка, распределенная на участке СК).

Определить реакции связей в точках А, В, С (для рис. 0, 3, 7, 8 еще и в точке D), вызванные заданными нагрузками. При окончательных расчетах принять а = 0,2 м. Направление распределенной нагрузки на различных по расположению участках указано в табл. С2а.

Указания. Задача С2 – на равновесие системы тел, находящихся под действием плоской системы сил. При ее решении можно или рассмотреть сначала равновесие всей системы в целом, а затем равновесие одного из тел системы, изобразив его отдельно, или же сразу расчленить систему и рассмотреть равновесие каждого из тел в отдельности, учтя при этом закон о равенстве действия и противодействия. В задачах, где имеется жесткая заделка, учесть, что ее реакция представляется силой, модуль и направление которой неизвестны, и парой сил, момент которой тоже неизвестен.


Рис. С2.0	Рис. С2.1


Рис. С2.2	Рис. С2.3

Рис. С2.4	Рис. С2.5

Рис. С2.6	Рис. С2.7

Рис. С2.8	Рис. С2.9

Таблица С2

Силы									Нагружен-ный участок
	F₁ = 10 кН		F₂ = 20 кН		F₃ = 30 кН		F₄ = 40 кН
	Точка приложения	a₁, град	Точка приложения	a₂, град	Точка приложения	a₃, град	Точка приложения	a₄, град
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9	K – L – L – E – – H	60 – 15 – 30 – 60 – – 30	– L – K – L – H K –	– 60 – 30 – 75 – 60 30 –	H – K – E – K L – –	30 – 60 – 60 – 75 30 – –	– E – H – K – – E L	– 30 – 60 – 30 – – 15 60	CL CK AE CL CK AE CL CK CL CK

Таблица С2а

Участок на угольнике		Участок на стержне
горизонтальный	вертикальный	рис. 0, 3, 5, 7, 8	рис. 1, 2, 4, 6, 9

Пример С2. На угольник ABC (ÐABC = 90°), конец А которого жестко заделан, в точке С опирается стержень DE (рис. С2, а). Стержень имеет в точке D неподвижную шарнирную опору и к нему приложена сила ,а к угольнику – равномерно распределенная на участке KB нагрузка интенсивности q и пара с моментом М.

Дано: F = 10 кН, М = 5 кН×м, q = 20 кН/м, а = 0,2 м. Определить: реакции в точках А, С, D , вызванные заданными нагрузками.

Решение. 1. Для определения реакций расчленим систему и рассмотрим сначала равновесие стержня DE (рис. С2, б). Проведем координатные оси ху и изобразим действующие на стержень силы: силу , реакцию , направленную перпендикулярно стержню, и составляющие и реакции шарнира D . Для полученной плоской системы сил составляем три уравнения равновесия:

SF_kx =0, X_D + F – Nsin60°=0; (1)

SF_ky =0, Y_D + Ncos60° = 0; (2)

Sm_D( ) = 0, N × 2a – F ×5asin60° = 0. (3)

2. Теперь рассмотрим равновесие угольника (рис. С2, в). На него действуют сила давления стержня , направленная противоположно реакции , равномерно распределенная нагрузка, которую заменяем силой ,приложенной в середине участка KB (численно Q = q × 4а = 16 кН), пара сил с моментом М и реакция жесткой заделки, слагающаяся из силы, которую представим составляющими , и пары

Рис. С2

с моментом М_А. Для этой плоской системы сил тоже составляем три уравнения равновесия:

SF_kx =0, X _А + Qcos60° + N¢sin60°=0; (4)

SF_ky =0, Y_A – Qcos60° – N¢cos60° = 0; (5)

Sm_A( ) = 0, M_A + M+Q ×2a+ N¢cos60° × 4a +N¢sin60° × 6a = 0. (6)

При вычислении момента силы разлагаем ее на составляющие и и применяем теорему Вариньона. Подставив в составленные уравнения числовые значения заданных величин и решив систему уравнений (1) – (6), найдем искомые реакции. При решении учитываем, что численно N ' = N в силу равенства действия и противодействия.

Ответ: N = 21,7кН, Y_D = –10,8 кН; X_D = 8,8кН, Х_А= –26,8 кН, Y_A = =24,7 кН, М _A = – 42,6 кН×м.

Знаки указывают, что силы , и момент М _A направлены противоположно показанным на рисунках.

Задача С 3

Шесть невесомых стержней соединены своими концами шарнирно друг с другом в двух узлах и прикреплены другими концами (тоже шарнирно) к неподвижным опорам А, В, С, D (рис. С3.0 – С3.9, табл. С3). Стержни и узлы (узлы расположены в вершинах Н, К, L или М прямоугольного параллелепипеда) на рисунках не показаны и должны быть изображены решающим задачу по данным таблицы. В узле, который в каждом столбце таблицы указан первым, приложена сила Р = 200 Н; во втором узле приложена сила Q = 100 Н. Сила образует с положительными направлениями координатных осей х, у, z углы, равные соответственно a₁ = 45°, b₁ = 60°, g₁ = 60°, а сила – углы a₂ = 60°,
b₂ = 45°, g₂ = 60°; направления осей х, у, z для всех рисунков показаны на рис. С3.0.

Грани параллелепипеда, параллельные плоскости ху,– квадраты. Диагонали других боковых граней образуют с плоскостью ху угол j = 60°, а диагональ параллелепипеда образует с этой плоскостью угол q = 51°. Определить усилия в стержнях.

На рис. С3.10 в качестве примера показано, как должен выглядеть чертеж С3.1, если по условиям задачи узлы находятся в точках L и М, а стержнями являются LM , LA , LB; MA , MC , MD . Там же показаны
углы j и q.

Указания. Задача С3 – на равновесие пространственной системы сходящихся сил. При ее решении следует рассмотреть отдельно равновесие каждого из двух узлов, где сходятся стержни и приложены заданные силы, и учесть закон о равенстве действия и противодействия; начинать с узла, где сходятся три стержня.

Изображать чертеж можно без соблюдения масштаба так, чтобы лучше были видны все шесть стержней. Стержни следует пронумеровать в том порядке, в каком они указаны в таблице; реакции стержней обозначать буквой с индексом, соответствующим номеру стержня (например, N₁, N₂и т.д.).

Таблица С3

Номер условия	0	1	2	3	4
Узлы	H, M	L, M	K, M	L, H	K, H
Стержни	НМ, НА, НВ, МА, МС, MD	LM, LA, LD, MA, MB, MC	КМ, КА, КВ, МА, МС, MD	LH, LC, LD, HA, HB, HC	KH, KB, KC, HA, HC, HD
Номер условия	5	6	7	8	9
Узлы	М, Н	L, H	K, H	L, M	K, M
Стержни	МН, МВ, МС, НА, НС, HD	LH, LB, LD, HA, HB, HC	KH, KC, KD, HA, HB, HC	LM, LB, LD, MA, MB, MC	KM, KA, KD, MA, MB, MC


Рис. С3.0	Рис. С3.1		Рис. С3.2

Рис. С3.3	Рис. С3.4		Рис. С3.5

Рис. С3.6	Рис. С3.7		Рис. С3.8

Рис. С3.9		Рис. С3.10

Пример С3. Конструкция состоит из невесомых стержней 1, 2,... 6, соединенных друг с другом (в узлах К и М)и с неподвижными опорами А, В, С, D шарнирами (рис. С3). В узлах К и М приложены силы и , образующие с координатными осями углы a₁, b₁, g₁ и a₂, b₂, g₂ соответственно (на рисунке показаны только углы a₁, b₁, g₁).

Дано: Р=100 Н, a₁= 60°, b₁= 60°, g₁ = 45°; Q = 50 Н, a₂= 45°,
b₂ = 60°, g₂= 60°, y = 30°, j = 60°, d = 74°. Определить: усилия в стержнях 1–6.

Решение. 1. Рассмотрим равновесие узла К, в котором сходятся стержни 1, 2, 3. На узел действуют сила и реакции , , стержней, которые направим по стержням от узла, считая стержни растянутыми. Составим уравнения равновесия этой пространственной системы сходящихся сил:

; (1)

; (2)

; (3)

Рис. С3

Решив уравнения (1), (2), (3) при заданных числовых значениях силы Р и углов, получим N ₁ = 349 Н, N₂ = – 345 Н, N₃ = 141 Н.

2. Рассмотрим равновесие узла М. На узел действуют сила и реакции , , , стержней. При этом по закону о равенстве действия и противодействия реакция направлена противоположно ,численно же = . Составим уравнения равновесия:

; (4)

; (5)

; (6)

При определении проекций силы на оси х и у в уравнениях (4) и (5) удобнее сначала найти проекцию этой силы на плоскость хОу (по числовой величине = ), а затем найденную проекцию на плоскость спроектировать на оси х, у.

Решив систему уравнений (4), (5), (6) и учитывая, что N '₂= N₂ =
= – 345 Н, найдем, чему равны N₄, N₅, N ₆ .

Ответ: N₁= 349 Н; N₂= – 345 Н; N₃ = 141 Н; N₄ = 50 Н; N₅ = 329 Н; N₆= –66 Н. Знаки показывают, что стержни 2 и 6 сжаты, остальные – растянуты.

Задача С4

Две однородные прямоугольные тонкие плиты жестко соединены (сварены) под прямым углом друг к другу и закреплены сферическим шарниром (или подпятником) в точке А, цилиндрическим шарниром (подшипником) в точке В и невесомым стержнем l (рис. С4.0 – С4.7) или же двумя подшипниками в точках А и В и двумя невесомыми стержнями 1 и 2 (рис. С4.8, С4.9); все стержни прикреплены к плитам и к неподвижным опорам шарнирами.

Размеры плит указаны на рисунках; вес большей плиты P₁ = 5 кН, вес меньшей плиты Р₂= 3 кН. Каждая из плит расположена параллельно одной из координатных плоскостей (плоскость ху – горизонтальная).

На плиты действуют пара сил с моментом М = 4 кН×м, лежащая в плоскости одной из плит, и две силы. Значения этих сил, их направления и точки приложения указаны в табл. С4; при этом силы и лежат в плоскостях, параллельных плоскости ху,сила – в плоскости, параллельной xz , и сила – в плоскости, параллельной yz . Точки приложения сил (D , Е, Н, К)находятся в углах или в серединах сторон плит.

Определить реакции связей в точках А и В иреакцию стержня (стержней). При подсчетах принять а = 0,6 м.

Указания. Задача С4 – на равновесие тела под действием произвольной пространственной системы сил. При ее решении учесть, что реакция сферического шарнира (подпятника) имеет три составляющие (по всем трем координатным осям), а реакция цилиндрического шарнира (подшипника) – две составляющие, лежащие в плоскости, перпендикулярной оси шарнира (подшипника). При вычислении момента силы часто удобно разложить ее на две составляющие и ,параллельные координатным осям (или на три); тогда, по теореме Вариньона, m_x( ) = m_x( ) + m_x( ) и т. д.


Рис. С4.0	Рис. С4.1

Рис. С4.2	Рис. С4.3


Рис. С4.4	Рис. С.4.5

Рис. С4.6	Рис. С4.7

Рис. С4.8	Рис. С4.9

Таблица С4

Силы
Номер условия	F₁ = 6 кН		F₂ = 8 кН		F₃ = 10 кН		F₄ = 12 кН
Номер условия	Точка прило-жения	a₁, град	Точка прило-жения	a₂, град	Точка прило-жения	a₃, град	Точка прило-жения	a₄, град

0	Е	60	H	30	–	–	–	–
1	–	–	D	60	E	30	–	–
2	–	–	–	–	K	60	E	30
3	K	30	–	–	D	0	–	–
4	–	–	E	30	–	–	D	60
5	H	0	K	60	–	–	–	–
6	–	–	H	90	D	30	–	–
7	–	–	–	–	H	60	K	90
8	D	30	–	–	K	0	–	–
9	–	–	D	90	–	–	H	30

Пример С4. Горизонтальная прямоугольная плита весом Р (рис. С4) закреплена сферическим шарниром в точке А, цилиндрическим (подшипником) в точке В и невесомым стержнем DD ', На плиту в плоскости, параллельной xz , действует сила ,а в плоскости, параллельной yz , – пара сил с моментом М.

Дано: Р = 3 кН, F = 8 кН, М = 4 кН×м, a = 60°, АС = 0,8 м, A В = 1,2 м, BE = 0,4 м, EH = 0,4 м. Определить: реакции опор А, В и стержня DD¢.

Решение. 1. Рассмотрим равновесие плиты. На плиту действуют заданные силы , и пара с моментом М,а также реакции связей. Реакцию сферического шарнира разложим на три составляющие , , ,цилиндрического (подшипника) – на две составляющие , (в плоскости, перпендикулярной оси подшипника); реакцию стержня направляем вдоль стержня от D к D ', предполагая, что он растянут.

2. Для определения шести неизвестных реакций составляем шесть
уравнений равновесия действующей на плиту пространственной системы сил:

; (1)

; (2)

; (3)

; (4)

;

(5)

(6)

Рис. С4

Для определения моментов силы относительно осей разлагаем ее на составляющие и , параллельные осям х и z (F¢ = Fcosa, F "= Fsina), и применяем теорему Вариньона (см. «Указания»). Аналогично можно поступить при определении моментов реакции .

Подставив в составленные уравнения числовые значения всех заданных величин и решив эти уравнения, найдем искомые реакции.

Ответ: Х_А = 3,4 кН; Y _А = 5,1 кН; Z_A = 4,8 кН; Х _B = – 7,4кН; Z_B = 2,1 кН; N=5,9 кН. Знак минус указывает, что реакция направлена противоположно показанной на рис. С4.

КИНЕМАТИКА

Задача K 1

Под номером К1 помещены две задачи К1а и К.1б, которые надо решить.

Задача К1а. Точка В движется в плоскости ху (рис. К1.0 – К1.9, табл. К1; траектория точки на рисунках показана условно). Закон движения точки задан уравнениями: х = f₁(t), у = f₂(t). где х и у выражены в сантиметрах, t – в секундах.

Таблица К1

Номер условия	y = f_z(t)			s = f(t)
Номер условия	рис. 0–2	рис. 3–6	рис. 7–9	s = f(t)
1	2	3	4	5
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9

Найти уравнение траектории точки; для момента времени t₁= 1 с определить скорость и ускорение точки, а также ее касательное и нормальное ускорения и радиус кривизны в соответствующей точке траектории.

Зависимость х = f₁(t)указана непосредственно на рисунках, а зависимость у = f₂(t) дана в табл. K1 (для рис. 0–2 в столбце 2, для рис. 3–6 в столбце 3, для рис. 7–9 в столбце 4). Как и в задачах С1– С4, номер рисунка выбирается по предпоследней цифре шифра, а номер условия в табл. К1 – по последней.


Рис. К1.0	Рис. К1.1	Рис. К1.2

Рис. К1.3	Рис. К1.4	Рис. К1.5

Рис. К1.6	Рис. К1.7	Рис. К1.8

	Рис. К1.9

Задача К1б. Точка движется по дуге окружности радиуса R = 2 м по закону s = f₁(t), заданному в табл. К1 в столбце 5 (s – в метрах, t – в секундах), где s = AM – расстояние точки от некоторого начала А, измеренное вдоль дуги окружности. Определить скорость и ускорение точки в момент времени t₁= 1 с. Изобразить на рисунке векторы и ,считая, что точка в этот момент находится в положении М, а положительное направление отсчета s – от А к М.

Указания. Задача K1 относится к кинематике точки и решается с помощью формул, по которым определяются скорость и ускорение точки в декартовых координатах (координатный способ задания движения точки), а также формул, по которым определяются скорость, касательное и нормальное ускорения точки при естественном способе задания ее движения.

В задаче все искомые величины нужно определить только для момента времени t₁= 1 с. В некоторых вариантах задачи К1а при определении траектории или при последующих расчетах (для их упрощения) следует учесть известные из тригонометрии формулы:
cos2a=1–2sin²a=2cos²a–1; sin2a= 2sinacosa.

Пример К1а. Даны уравнения движения точки в плоскости ху:

(х, у – в сантиметрах, t – в секундах).

Определить уравнение траектории точки; для момента времени t₁ = 1 с найти скорость и ускорение точки, а также ее касательное и нормальное ускорения и радиус кривизны в соответствующей точке траектории.

Решение. 1. Для определения уравнения траектории точки исключим из заданных уравнений движения время t. Поскольку t входит в аргументы тригонометрических функций, где один аргумент вдвое больше другого, используем формулу

или (1)

Из уравнений движения находим выражения соответствующих функций и подставляем в равенство (1). Получим

, ,

следовательно,

Отсюда окончательно находим следующее уравнение траектории точки (параболы, рис. К1а):

(2)

Рис. К1а

2. Скорость точки найдем по ее проекциям на координатные оси:

;

и при t₁ = 1 с

см/с, см/с, см/с.

3. Аналогично найдем ускорение точки:

, ;

и при t₁ = 1 c

см/с², см/с², см/с². (4)

4. Касательное ускорение найдем, дифференцируя по времени равенство .Получим

откуда

. (5)

Числовые значения всех величин, входящих в правую часть выражения (5), определены и даются равенствами (3) и (4). Подставив в (5) эти числа, найдем сразу, что при t₁= 1 c = 0,66 см/с².

5. Нормальное ускорение точки . Подставляя сюда
найденные числовые значения и получим, что при t₁= 1 с см/с².

6. Радиус кривизны траектории . Подставляя сюда числовые значения и , найдем, что при t₁= 1 с см.

Ответ: = 1,33 см/с, = 0,88 см/с², = 0,66 см/с², см/с², см.

Пример К1б. Точка движется по дуге окружности радиуса R = 2 м по закону (s – в метрах, t – в секундах), где s = AM (рис. К1б). Определить скорость и ускорение точки в момент времени t₁= 1 с.

Решение. Определяем скорость точки:

Рис. К1б

При t₁= 1 с получим м/с.

Ускорение находим по его касательной и нормальной составляющим:
.

При t₁= 1 с получим, учтя, что R = 2 м,

0,87 м/с², 0,62 м/с² .

Тогда ускорение точки при t₁= 1 с будет

1,07 м/с².

Изобразим на рис. К1б векторы и , учитывая знаки и и считая положительным направление от А к М.

Задача К2

Механизм состоит из ступенчатых колес 1–3, находящихся в зацеплении или связанных ременной передачей, зубчатой рейки 4 и груза 5, привязанного к концу нити, намотанной на одно из колес (рис. К2.0 – К2.9, табл. К2). Радиусы ступеней колес равны соответственно: у колеса 1 – r₁= =2см, R₁= 4 см, у колеса 2 – r₂ = 6 см, R₂ = 8 см, у колеса 3 – r₃ = 12 см, R ₃ = =16 см. На ободьях колес расположены точки А, В и С.

В столбце «Дано» таблицы указан закон движения или закон изменения скорости ведущего звена механизма, где j₁(t) – закон вращения колеса 1, s ₄(t)– закон движения рейки 4, w₂(t) – закон изменения угловой скорости колеса 2, u₅(t) – закон изменения скорости груза 5 и т. д. (везде j выражено в радианах, s – в сантиметрах, t – в секундах). Положительное направление для j и wпротив хода часовой стрелки, для s₄, s₅и u₄, u₅– вниз.

Определить в момент времени t₁ = 2 с указанные в таблице в столбцах «Найти» скорости ( u – линейные, w – угловые) и ускорения (а – линейные, e – угловые) соответствующих точек или тел (u₅ – скорость груза 5 и т. д.).

Указания. Задача К2 – на исследование вращательного движения твердого тела вокруг неподвижной оси. При решении задачи учесть, что, когда два колеса находятся в зацеплении, скорость точки зацепления каждого колеса одна и та же, а когда два колеса связаны ременной передачей, то скорости всех точек ремня и, следовательно, точек, лежащих на ободе каждого из этих колес, в данный момент времени численно одинаковы; при этом считается, что ремень по ободу колеса не скользит.

Таблица К2

Номер условия	Дано	Найти
Номер условия	Дано	скорости	ускорения
0	s₄= 4(7t – t²)	u_B, u_C	e₂, а_А, а₅
1	u₅ = 2(t² – 3)	u_A, u_C	e₃, а_В, а₄
2	j₁ = 2t² – 9	u₄, w₂	e₂, а_С, а₅
3	w₂ = 7t –3t²	u₅, w₃	e₂, а_А, а₄
4	j₃ = 3t – t²	u₄, w₁	e₁, а_В, а₅
5	w₁= 5t –2t²	u₅, u _В	e₂, а_С, а₄
6	j₂ = 2(t² – 3t)	u₄, w₁	e₁, а_С, а₅
7	u₄ = 3t² – 8	u _А, w₃	e₃, а_В, а₅
8	s₅= 8t – 3t²	u₄, w₂	e₁, а_С, а₄
9	w₃ = 8t –3t²	u₅, w _В	e₂, а_А, а₄


Рис. К2.0	Рис. К2.1

Рис. К2.2	Рис. К2.3

Рис. К2.4	Рис. К2.5

Рис. К2.6	Рис. К2.7

Рис. К2.8	Рис. К2.9

Рис. К2

Пример К2. Рейка 1, ступенчатое колесо 2 с радиусами R₂и r₂ и колесо 3радиуса R₃, скрепленное с валом радиуса r₃, находятся в зацеплении; на вал намотана нить с грузом 4на конце (рис. К2). Рейка движется по закону s₁ = f(t).

Д а н о: R₂ = 6 см, r₂ = 4 см, R₃ = 8 см, r₃ = 3 см, s₁ = 3 t³(s – в сантиметрах, t – в секундах), А – точка обода колеса 3, t₁=3 с. Определить: w₃, u₄, e₃, a _А в момент времени t = t₁.

Решение. Условимся обозначать скорости точек, лежащих на внешних ободах колес (радиуса R_i), через u _i,а точек, лежащих на внутренних ободах (радиуса r_i), – через u_i .

1. Определяем сначала угловые скорости всех колес как функции времени t. Зная закон движения рейки 1, находим ее скорость:

. (1)

Так как рейка и колесо 2 находятся в зацеплении, то u₂= u₁или w₂R₂=u₁. Но колеса 2 и 3 тоже находятся в зацеплении, следовательно, u₂ = u₃ или w₂R₂=w₃R₃. Из этих равенств находим

. (2)

Тогда для момента времени t₁ = 3 с получим w₃ = 6,75 с^–1.

2. Определяем u₄. Так как u₄ = u _В =w₃r₃, то при t₁ = 3 с u₄ = 20,25 см/с.

3. Определяем e₃. Учитывая второе из равенств (2), получим e₃ = = =1,5 t. Тогда при t₁ = 3 с e₃ = 4,5 с^–2.

4. Определяем а₄. Для точки А , где численно , . Тогда для момента времени t₁ = 3 с имеем

см/с², см/с²;

см/с².

Все скорости и ускорения точек, а также направления угловых скоростей показаны на рис. К2.

Ответ: w₃ = 6,75 с^-1; u₄ = 20,25 см/с; e₃ = 4,5 с^–2; а_А = 366,3 см/с².

Задача КЗ

Плоский механизм состоит из стержней 1, 2, 3, 4 и ползуна В или Е (рис. К3.0 – К3.7) или из стержней 1, 2, 3 иползунов В и Е (рис. К3.8, К3.9), соединенных друг с другом и с неподвижными опорами О₁, О₂ шарнирами; точка D находится в середине стержня АВ. Длины стержней равны соответственно l₁ = 0,4 м, l₂= 1,2 м, l₃= 1,4 м, l₄= 0,6 м. Положение механизма определяется углами a, b, g, j, q. Значения этих углов и других заданных величин указаны в табл. К3а (для рис. 0–4) или в табл. К3б (для рис. 5–9); при этом в табл. К3а w₁ и w₄ – величины постоянные.

Определить величины, указанные в таблицах в столбцах «Найти».

Дуговые стрелки на рисунках показывают, как при построении чертежа механизма должны откладываться соответствующие, углы: по ходу или против хода часовой стрелки (например, угол g на рис. 8 следует отложить от DB по ходу часовой стрелки, а на рис. 9 – против хода часовой стрелки и т.д.).

Построение чертежа начинать со стержня, направление которого определяется углом a; ползун с направляющими для большей наглядности изобразить так, как в примере К3 (см. рис. К3б).

Заданные угловую скорость и угловое ускорение считать направленными против часовой стрелки, а заданные скорость и ускорение а_В – от точки В к b (на рис. 5–9).

Таблица К3а (к рис. К3.0 – К3.4)

Номер условия	Углы, град					Дано		Найти
Номер условия	a	b	g	j	q	w₁, 1/с	w₄, 1/с	u точек	w звена	а точки	e звена
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9	0 90 30 60 30 90 90 0 60 30	60 120 60 150 30 120 150 60 150 120	30 150 30 150 60 120 120 60 120 150	0 0 0 90 0 90 90 0 90 0	120 30 120 30 150 60 30 120 30 60	6 – 5 – 4 – 3 – 2 –	– 4 – 5 – 6 – 2 – 8	В, Е А, Е В, Е А, Е D , E А, Е В, Е А, Е D, E A, E	DE AB AB DE AB AB DE DE AB DE	В А В А В А В А В А	АВ АВ АВ АВ АВ АВ АВ АВ АВ АВ

Таблица К3а (к рис. К3.0 – К3.4)

Номер условия

Углы, град

Дано

Найти

w₁, 1/с

e₁ 1/с²

u_В, м/с

a_B, м/с²

u точек

w звена

а точки

e звена

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

120 0 60 0 30 90 0 30 90 60

30 60 150 150 120 120 150 120 120 60

30 90 30 30 120 90 90 30 120 60

90 0 90 0 0 90 0 0 90 90

150 120 30 60 60 60 120 60 150 30

2 – 3 – 4 – 5 – 6 –

4 – 5 – 6 – 8 – 10 –

– 4 – 6 – 8 – 2 – 5

– 6 – 8 – 10 – 5 – 4

В, Е А, Е В, Е А, Е В, Е D , E В, Е А, Е В, Е D , E

AB DE AB AB DE DE DE AB DE AB

В А В А В А В А В А

АВ АВ АВ АВ АВ АВ АВ АВ АВ АВ


Рис. К3.0	Рис. К3.1

Рис. К3.2	Рис. К3.3

Рис. К3.4	Рис. К3.5

Рис. К3.6	Рис. К3.7

Рис. К3.8	Рис. К3.9

Указания. Задача К3 – на исследование плоскопараллельного движения твердого тела. При ее решении для определения скоростей точек механизма и угловых скоростей его звеньев следует воспользоваться теоремой о проекциях скоростей двух точек тела и понятием о мгновенном центре скоростей, применяя эту теорему (или это понятие) к каждому звену механизма в отдельности.

При определении ускорений точек механизма исходить из векторного равенства ,где А – точка, ускорение которой или задано, или непосредственно определяется по условиям задачи (если точка А движется по дуге окружности, то ); В– точка, ускорение которой нужно определить (о случае, когда точка В

Рис. К3а Рис. К3б

тоже движется по дуге окружности, см. примечание в конце рассмотренного ниже примера К3).

Пример К3. Механизм (рис. К3а) состоит из стержней 1, 2, 3, 4 и ползуна В, соединенных друг с другом и с неподвижными опорами О₁ и О₂шарнирами.

Д а н о: a = 60°, b = 150°, g = 90°, j = 30°, q = 30°, AD = DB , l₁= 0,4 м, l₂ = 1,2 м, l₃ = 1,4 м, w₁ = 2 с^–1, e₁ = 7 с^–2 (направления w₁ и e₁ – против хода часовой стрелки). Определить: u _B, u _E, w₂, a_B, e₃.

Решение. 1. Строим положение механизма в соответствии с заданными углами (рис. К3б; на этом рисунке изображаем все векторы скоростей).

2. Определяем u _B . Точка В принадлежит стержню АВ. Чтобы найти u _B,надо знать скорость какой-нибудь другой точки этого стержня
и направление . По данным задачи, учитывая направление w₁,
можем определить ;численно

м/с; . (1)

Направление найдем, учтя, что точка В принадлежит одновременно ползуну, движущемуся вдоль направляющих поступательно. Теперь, зная и направление , воспользуемся теоремой о проекциях скоростей двух точек тела (стержня АВ)на прямую, соединяющую эти точки (прямая АВ). Сначала по этой теореме устанавливаем, в какую сторону направлен вектор (проекции скоростей должны иметь одинаковые знаки). Затем, вычисляя эти проекции, находим

cos30°= cos60° и = 0,46 м/с. (2)

3. Определяем . Точка Е принадлежит стержню DE . Следовательно, по аналогии с предыдущим, чтобы определить ,надо сначала найти скорость точки D , принадлежащей одновременно стержню АВ. Для этого, зная и ,строим мгновенный центр скоростей (МЦС) стержня АВ; это точка С₃, лежащая на пересечении перпендикуляров к и ,восставленных из точек А и В (к перпендикулярен стержень 1). По направлению вектора определяем направление поворота стержня АВ вокруг МЦС С₃. Вектор перпендикулярен отрезку C₃D, соединяющему точки D и С₃, и направлен в сторону поворота. Величину найдем из пропорции

(3)

Чтобы вычислить C₃D и С₃В, заметим, что DАС₃В – прямоугольный, так как острые углы в нем равны 30° и 60°, и что С₃В = AB sin30° = 0,5АВ = BD . Тогда DBC₃D является равносторонним и С₃В = C₃D . В результате равенство (3) дает

м/с; . (4)

Так как точка Е принадлежит одновременно стержню О₂Е, вращающемуся вокруг О₂, то . Тогда, восставляя из точек Е и D перпендикуляры к скоростям и ,построим МЦС С₂ стержня DE . По направлению вектора определяем направление поворота стержня DE вокруг центра С₂. Вектор направлен в сторону поворота этого стержня. Из рис. К3б видно, что ÐC₂ED = ÐC₂DE = 30°, откуда С₂Е = C₂D . Составив теперь пропорцию, найдем, что

м/с; (5)

4. Определяем w₂ . Так как МЦС стержня 2 известен (точка С₂)и C ₂ D = l₂/(2cos30°) = 0,69 м, то

c^–1. (6)

Рис. К3в

5. Определяем (рис. К3в, на котором изображаем все векторы ускорений). Точка В принадлежит стержню АВ. Чтобы найти , надо знать ускорение какой-нибудь другой точки стержня АВ и траекторию точки В. По данным задачи можем определить , где численно

м/с²;

м/с². (7)

Вектор направлен вдоль АО₁,а – перпендикулярно АО₁;изображаем эти векторы на чертеже (см. рис. К3в). Так как точка В одновременно принадлежит ползуну, то вектор параллелен направляющим ползуна. Изображаем вектор на чертеже, полагая, что он направлен в ту же сторону, что и .

Для определения воспользуемся равенством

. (8)

Изображаем на чертеже векторы (вдоль ВА от В к А)и (в любую сторону перпендикулярно ВА);численно . Найдя w₃ с помощью построенного МЦС С₃ стержня 3, получим

0,66 с^–1 и 0,61 м/с². (9)

Таким образом, у величин, входящих в равенство (8), неизвестны только числовые значения и ;их можно найти, спроектировав обе части равенства (8) на какие-нибудь две оси.

Чтобы определить спроектируем обе части равенства (8) на направление ВА (ось х),перпендикулярное неизвестному вектору .Тогда получим

cos 30° = cos 60° – cos 30° + (10)

Подставив в равенство (10) числовые значения всех величин из (7) и (9), найдем, что

= 0,72 м/с². (11)

Так как получилось > 0, то, следовательно, вектор направлен как показано на рис. К3в.

6. Определяем . Чтобы найти , сначала определим . Для этого обе части равенства (8) спроектируем на направление, перпендикулярное АВ (ось у). Тогда получим

– sin30° = sin60° + sin30° + (12)

Подставив в равенство (12) числовые значения всех величин из (11) и (7), найдем, что = –3,58 м/с². Знак указывает, что направление противоположно показанному на рис. К3в.

Теперь из равенства получим

с^–2

Ответ: u_B= 0,46 м/с; u_Е= 0,46 м/с; w₂ = 0,67 с^–1; а_В = 0,72 м/с²; e₃ = =2,56 с^–2.

Примечание. Если точка В, ускорение которой определяется, движется не прямолинейно (например, как на рис. К3.0 – К3.4, где В движется по окружности радиуса О₂В), то направление заранее неизвестно.

В этом случае также следует представить двумя составляющими ( )и исходное уравнение (8) примет вид

(13)

При этом вектор (см., например, рис. К3.0) будет направлен вдоль ВО₂, а вектор – перпендикулярно ВО₂в любую сторону. Числовые значения , и определяются так же, как в рассмотренном примере (в частности, по условиям задачи может быть = 0 или = 0, если точка А движется прямолинейно).

Значение также вычисляется по формуле а,где l – радиус окружности О₂В, a u_Bопределяется так же, как скорость любой другой точки механизма.

После этого в равенстве (13) остаются неизвестными только значения и и они, как и в рассмотренном примере, находятся проектированием обеих частей равенства (13) на две оси.

Найдя ?можем вычислить искомое ускорение . Величина служит для нахождения e_АВ(как в рассмотренном примере).

Задача К4

Прямоугольная пластина (рис. К4.0 – К4.4) или круглая пластина радиуса R = 60 см (рис. К4.5 – К4.9) вращается вокруг неподвижной оси по закону j = f₁(t).заданному в табл. К4. Положительное направление отсчета угла j показано на рисунках дуговой стрелкой. На рис. 0, 1, 2, 5, 6 ось вращения перпендикулярна плоскости пластины и проходит через точку О (пластина вращается в своей плоскости); на рис. 3, 4, 7, 8, 9 ось вращения ОО₁лежит в плоскости пластины (пластина вращается в пространстве).

По пластине вдоль прямой BD (рис. 0–4) или по окружности радиуса R (рис. 5–9) движется точка М; закон ее относительного движения, т. е. зависимость s = AM = f₂(t)(s выражено в сантиметрах, t – в секундах), задан в таблице отдельно для рис. 0–4 и для рис. 5–9; там же даны размеры b и l. На рисунках точка М показана в положении, при котором s = A М > 0 (при s < 0 точка М находится по другую сторону от точки А).

Найти абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки М в момент времени t₁= 1 с.

Указания. Задача К4 – на сложное движение точки. Для ее решения воспользоваться теоремами о сложении скоростей и о сложении ускорений. Прежде чем производить все расчеты, следует по условиям задачи определить, где находится точка М на пластине в момент времени t₁= 1 с, и изобразить точку именно в этом положении (а не в произвольном, показанном на рисунках к задаче).

В случаях, относящихся к рис. 5–9, при решении задачи не подставлять числового значения R , пока не будут определены положение точки М в момент времени t₁ = 1 с и угол между радиусами СМ и СА в этот момент.

Рассмотрим два примера решения этой задачи.

Таблица К4

Номер условия	Для всех рисунков j = f₁ (t)	Для рис. 0–4		Для рис. 5–9
Номер условия	Для всех рисунков j = f₁ (t)	b, см	s = AM = f₂ (t)	l	s = = f₂ (t)
0		12		R
1		16
2		10		R
3		16		R
4		8		R
5		20		R
6		12
7		8		R
8		10		R
9		20


Рис. К4.0	Рис. К4.1	Рис. К4.2


Рис. К4.3	Рис. К4.4		Рис. К4.5

Рис. К4.6		Рис. К4.7

Рис. К4.8		Рис. К4.9

Пример К4а. Пластина OEAB₁D (ОЕ = OD , рис. К4а) вращается вокруг оси, проходящей через точку О перпендикулярно плоскости пластины, по закону j = f₁(t) (положительное направление отсчета угла j показано на рис. К4а дуговой стрелкой). По дуге окружности радиуса R движется точка В по закону s = = f₂(t) (положительное направление отсчета s – от А к В).

Д а н о: R = 0,5 м, j = t²–0,5t³, s = p Rcos(p t /3) (j – в радианах, s – в метрах, t – в секундах). Определить: u_абси а_а6с в момент времени t₁= 2 с.

Решение. Рассмотрим движение точки В как сложное, считая ее движение по дуге окружности относительным, а вращение пластины –переносным движением. Тогда абсолютная скорость _авс и абсолютное ускорение _абс точки найдутся по формулам:

(1)

где, в свою очередь,

, .

Рис. К4а

Определим все, входящие в равенства (1) величины.

1. Относительное движение. Это движение происходит по закону

s = = pR cos (pt/3). (2)

Сначала установим, где будет находиться точка В на дуге окружности в момент времени t₁. Полагая в уравнении (2) t₁ = 2 с, получим

s₁ = pR cos (p2/3) = – 0,5pR.

Тогда

ÐACB

Знак минус свидетельствует о том, что точка В в момент t₁ = 2 с находится справа от точки Л. Изображаем ее на рис. К4а в этом положении (точка В₁).

Теперь находим числовые значения u _отн, ,

u _отн,

, ,

где – радиус кривизны относительной траектории, равный радиусу окружности R . Для момента t₁= 2с, учитывая, что R = 0,5 м, получим

u _отн м/с,

м/с², м/с². (3)

Знаки показывают, что вектор направлен в сторону положительного отсчета расстояния s, а вектор – в противоположную сторону; вектор направлен к центру С окружности. Изображаем все эти векторы на рис. К4а.

2. Переносное движение. Это движение (вращение) происходит по закону j = t ² – 0,5t³. Найдем сначала угловую скорость w и угловое ускорение e переносного вращения:

и при t₁= 2 с

c^–1, c^–2. (4)

Знаки указывают, что в момент t₁= 2 с направления w и e противоположны направлению положительного отсчета угла j; отметим это на рис. К4а.

Для определения и находим сначала расстояние h₁= ОВ₁точки В₁ от оси вращения О. Из рисунка видно, что h₁= 2R = 1,41 м. Тогда в момент времени t₁ = 2 с, учитывая равенства (4), получим

2,82 м/с ,

= 5,64 м/с² , = 5,64 м/с² . (5)

Изображаем на рис. К4а векторы и с учетом направлений w и e вектор (направлен к оси вращения).

3. Кориолисово ускорение. Модуль кориолиесова ускорения определяем по формуле , где a – угол между вектором и осью вращения (вектором ). В нашем случае этот угол равен 90°, так как ось вращения перпендикулярна плоскости пластины, в которой расположен вектор .

Численно в момент времени t₁ = 2 с, так как в этот момент |u _отн| = =1,42 м/с и |w| = 2 с^–1, получим

5,68 м/с². (6)

Направление найдем по правилу Н. Е. Жуковского: так как вектор , лежит в плоскости, перпендикулярной оси вращения, то повернем его на 90^о в направлении w, т. е. по ходу часовой стрелки. Изображаем на рис. К4а. [Иначе направление можно найти, учтя, что .]

Таким образом, значения всех входящих в правые части равенств (1) векторов найдены и для определения _абс и a _абс остается только сложить эти векторы. Произведем это сложение аналитически.

4. Определение _абс. Проведем координатные оси В₁ху (см. рис. К4а) и спроектируем почленно обе части равенства на эти оси. Получим для момента времени t₁ = 2 с:

м/с;

м/с.

После этого находим

3,95 м/с .

Учитывая, что в данном случае угол между и равен 45°, значение можно еще определить по формуле

м/с.

5. Определение а_абс. По теореме о сложении ускорений

. (7)

Для определения а_абс спроектируем обе части равенства (7) на проведенные оси В₁ху. Получим

Подставив сюда значения, которые все величины имеют в момент времени t₁= 2 с, найдем, что в этот момент

= 9,74 м/с²; =7,15 м/с².

Тогда

м/с².

Ответ:u _абс = 3,95 м/с, а_абс = 12,08 м/с².

Пример К4б. Треугольная пластина ADE вращается вокруг оси z по закону j = f₁(t)(положительное направление отсчета угла j показано на рис. К4б дуговой стрелкой). По гипотенузе AD движется точка В по закону s = АВ = f₂(t); положительное направление отсчета s – от А к D .

Д а н о: j = 0,1t³ – 2,2t, s = АВ = 2 + 15t – 3t²; (j – в радианах, s – в сантиметрах, t – в секундах). Определить: u _абс и а_абс в момент времени t₁=2 с.

Решение. Рассмотрим движение точки В как сложное, считая её движение по прямой AD относительным, а вращение пластины – переносным. Тогда абсолютная скорость u _a ₆ _c и абсолютное ускорение а_абс найдутся по формулам:

, , (1)

где, в свою очередь, .

Рис. К4б

Определим все входящие в равенство (1) величины.

1. Относительное движение. Это движение прямолинейное и происходит по закону

s = AB = 2+15t-3t². (2)

Поэтому

, .

В момент времени t₁ = 2 с имеем

s₁ = АВ₁= 20 см, u _отн = 3 см/с, а_отн = – 6 см/с². (3)

Знаки показывают, что вектор , направлен в сторону положительного отсчета расстояния s, а вектор – в противоположную сторону. Изображаем эти векторы на рис. К.46.

2. Переносное движение. Это движение (вращение) происходит по закону j = 0,1t³ – 2,2t.

Найдем угловую скорость w и угловое ускорение e переносного вращения: ; и при t₁ = 2 с,

w = –1 с^–1, e = 1,2 с^–2. (4)

Знаки указывают, что в момент t₁ = 2 снаправление e совпадает с направлением положительного отсчета угла j, а направление w ему противоположно; Отметим это на рис. К4, б соответствующими дуговыми стрелками.

Из рисунка находим расстояние h₁точки B₁от оси вращения z:
h₁= AB₁sin30° = 10 см. Тогда в момент t₁ = 2 с, учитывая равенства (4), получим

см/с,

см/с², см/с² (5)

Изобразим на рис. К4б векторы и (с учетом знаков w и e) и ; направлены векторы и перпендикулярно плоскости ADE , а вектор – по линии В₁С к оси вращения.

3. Кориолисово ускорение. Так как угол между вектором и осью вращения (вектором ) равен 30°, то численно
в момент времени t₁ = 2 с

sin 30° = 3 см/с². (6)

Направление найдем по правилу Н. Е. Жуковского. Для этого вектор спроектируем на плоскость, перпендикулярную оси вращения (проекция направлена противоположно вектору ) и затем эту проекцию повернем на 90° в сторону w, т. е. по ходу часовой стрелки; Получим направление вектора . Он направлен перпендикулярно плоскости пластины так же, как вектор (см. рис. К4б).

4. Определение u _абс. Так как , а векторы и взаимно перпендикулярны, то ; в момент времени t₁= 2 с u _абс = 10,44 см/с.

5. Определение а_а6с. По теореме о сложении ускорений

. (7)

Для определения а_абс проведем координатные оси B₁xyz₁и вычислим проекции на эти оси. Учтем при этом, что векторы и лежат на оси х, а векторы и расположены в плоскости B₁yz₁, т. е. в плоскости пластины. Тогда, проектируя обе части равенства (7) на оси B₁xyz₁и учтя одновременно равенства (3), (5), (6), получим для момента времени t₁ = 2 с:

9 cм/с² ,

sin30° = 13 см/с²,

cos30° = 5,20 см/с².

Отсюда находим значение а_абс

Ответ: u _a ₆ _c = 10,44 см/с, а_а6с = 16,64 см/с².

ДИНАМИКА

Задача Д1

Груз D массой т, получив в точке А начальную скорость u₀, движется в изогнутой трубе ABC , расположенной в вертикальной плоскости; участки трубы или оба наклонные, или один горизонтальный, а другой наклонный (рис. Д1.0 –Д1.9, табл. Д1).

На участке АВ на груз кроме силы тяжести действуют постоянная сила (ее направление показано на рисунках) и сила сопротивления среды , зависящая от скорости u груза (направлена против движения); трением груза о трубу на участке АВ пренебречь.

В точке В груз, не изменяя своей скорости, переходит на участок ВС трубы, где на него кроме силы тяжести действуют. сила трения (коэффициент трения груза о трубу f = 0,2) и переменная сила , проекция которой F_x на ось х задана в таблице.

Считая груз материальной точкой и зная расстояние АВ = l или время t₁движения груза от точки А до точки В, найти закон движения груза на участке ВС, т. t. х = f(t), где х = BD .

Указания. Задача Д1 – на интегрирование дифференциальных уравнений движения точки (решение основной задачи динамики). Решение задачи разбивается на две части. Сначала нужно составить и проинтегрировать методом разделения переменных дифференциальное уравнение движения точки (груза) на участке АВ, учтя начальные условия. Затем, зная время движения груза на участке АВ или длину этого участка, определить скорость груза в точке В. Эта скорость будет начальной для движения груза на участке ВС. После этого нужно составить и проинтегрировать дифференциальное уравнение движения груза на участке ВС тоже с учетом начальных условий, ведя отсчет времени от момента, когда груз находится в точке В, и полагая в этот момент t = 0. При интегрировании уравнения движения на участке АВ в случае, когда задана длина t участка, целесообразно перейти к переменному х, учтя, что

Номер условия	т, кг	u₀, м/с	Q, H	R, H	l, м	t₁, c	F_x, H

0	2	20	6	0,4u	–	2,5	2sin(4t)
1	2,4	12	6	0,8u²	1,5	–	6t
2	4,5	24	9	0,5u	–	3	3sin(2t)
3	6	14	22	0,6u²	5	–	–3cos(2t)
4	1,6	18	4	0,4u	–	2	4cos(4t)
5	8	10	16	0,5u²	4	–	–6sin(2t)
6	1,8	24	5	0,3u	–	2	9t²
7	4	12	12	0,8u²	2,5	–	–8cos(4t)
8	3	22	9	0,5u	–	3	2cos(2t)
9	4,8	10	12	0,2u²	4	–	–6sin(4t)


Рис. Д1.0	Рис. Д1.1

Рис. Д1.2	Рис. Д1.3

Рис. Д1.4	Рис. Д1.5

Рис. Д1.6	Рис. Д1.7

Рис. Д1.8	Рис. Д1.9

Рис. Д1

Пример Д1. На вертикальном участке АВ трубы (рис. Д1) на груз D массой m действуют сила тяжести и сила сопротивления R;расстояние от точки А, где u = u _о, до точки В равно l. На наклонном участке ВС на груз действуют сила тяжести и переменная сила F = F(t), заданная в ньютонах.

Д а н о: m = 2 кг, R = m u², где m = 0,4 кг/м, u _о = 5 м/с, l = 2,5 м. F_x = =16sin(4t). Определить: х = f(t) – закон движения груза на участке ВС.

Решение. 1. Рассмотрим движение груза на участке АВ, считая груз материальной точкой. Изображаем груз (в произвольном положении) и действующие на него силы Р = и .Проводим ось Az и составляем дифференциальное уравнение движения груза в проекции на эту ось:

или . (1)

Далее находим Р _z = Р = mg, R_z = – R = – m u²; подчеркиваем, что в уравнении все переменные силы надо обязательно выразить через величины, от которых они зависят. Учтя еще, что u _z = u,получим

или . (2)

Введем для сокращения записей обозначения

м^–1, м²/с², (3)

где при подсчете принято g » 10м/с². Тогда уравнение (2) можно представить в виде

. (4)

Разделяя в уравнении (4) переменные, а затем беря от обеих частей интегралы, получим

и . (5)

По начальным условиям при z = 0 u = u ₀,что дает C₁ и из равенства (5) находим или . Отсюда

и .

В результате находим

. (6)

Полагая в равенстве (6) z = l = 2,5 м и заменяя k и n их значениями (3), определим скорость u _B груза в точке В (u₀ = 5 м/с, число е = 2,7):

40,7 и u _B = 6,4 м/с . (7)

2. Рассмотрим теперь движение груза на участке ВС; найденная скорость u _B будет для движения на этом участке начальной скоростью (u ₀ = u _B). Изображаем груз (в произвольном положении) и действующие на него силы Р = m , , и .Проведем из точки В оси Вх и By и составим дифференциальное уравнение движения груза в проекции на ось Вх:

m = P_x + N_x + F _т _p _х + F _х

m = mgsina – F _тр + F_x (8)

где F _тр = fN . Для определения N составим уравнение в проекции на ось By . Так как а_у = 0, получим 0 = N – mgcosa, откуда N = mgcosa. Следовательно, F _т _p = fmgcosa; кроме того, F_x = 16sin(4t) и уравнение (8) примет вид

m =mg (sina – fcosa) + 16sin(4t) (9)

Разделив обе части равенства на т, вычислим g(sina–fcosa)=
=g(sin30° – 0,2cos30°) = 3,2; 16/m = 8 и подставим эти значения в (9). Тогда получим

= 3,2 + 8sin(4t). (10)

Умножая обе части уравнения (10) на dt и интегрируя, найдем

u _x=3,2t – 2cos(4t) + C₂. (11)

Будем теперь отсчитывать время от момента, когда груз находится в точке В, считая в этот момент t = 0. Тогда при t = 0 u = u ₀ = u _B , где u _B дается равенством (7). Подставляя эти величины в (11), получим

С₅ = u _B + 2cos0 = 6,4 + 2 = 8,4 .

При найденном значении С₂ уравнение (11) дает

u _x = =3,2t – 2cos(4t) + 8.4. (12)

Умножая здесь обе части на dt и снова интегрируя, найдем

x = l,6t²– 0,5sin(4t) + 8,4t + C₃. (13)

Так как при t = 0 х = 0, то С₃ = 0 и окончательно искомый закон движения груза будет

х = 1,6t ² + 8,4 t – 0,5sin(4 t), (14)

где х – в метрах, t . – в секундах.

Задача Д2

Груз 1 массой т укреплен на пружинной подвеске в лифте (рис. Д2.0 – Д2.9, табл. Д2). Лифт движется вертикально по закону
z = 0,5 a₁t ²+ a₂t ²sin(wt) + a₃cos(wt) (ось z направлена по вертикали вверх; z выражено в метрах, t – в секундах). На груз действует сила сопротивления среды R = m u, где u – скорость груза по отношению к лифту.

Найти закон движения груза по отношению к лифту, т. е. х = f(t); начало координат поместить в точке, где находится прикрепленный к грузу конец пружины, когда пружина не деформирована. При этом во избежание ошибок в знаках направить ось х в сторону удлинения пружины, а груз изобразить в положении, при котором х > 0, т. е. пружина растянута. При подсчетах можно принять g = 10 м/с². Массой пружин и соединительной планки 2 пренебречь.

В таблице обозначено: с₁, с₂, с₃ – коэффициенты жесткости пружин, l_о – удлинение пружины с эквивалентной жесткостью в начальный момент времени t = 0, u₀– начальная скорость груза по отношению к лифту (направлена вертикально вверх). Прочерк в столбцах с₁, с₂, с₃ означает, что соответствующая пружина отсутствует и на чертеже изображаться не должна. Если при этом конец одной из оставшихся пружин окажется свободным, его следует прикрепить в соответствующем месте или к грузу или к потолку (полу) лифта; то же следует сделать, если свободными окажутся соединенные планкой 2 концы обеих оставшихся пружин.

Таблица Д2

Номер условия	т, кг	с₁, Н/м	с₂, Н/м	с₃, Н/м	a₁, м/с²	a₂, м	a₃, м	w, 1/с	m, Н×с/м	l_о, м	u_о, м/с
0	1	300	150	–	0	0,1	0	15	0	0	0
1	0,8	–	240	120	–0,5g	0	0	–	8	0,1	0
2	0,5	–	100	150	0	0,5	0	5	0	0	4
3	1	240	–	160	0	0	0,5	6	0	0	0
4	0,5	80	1020	–	–g	0	0	–	6	0,15	0
5	2	–	400	400	0	0	0,1	16	0	0	0
6	0,4	60	–	120	g	0	0	–	4	0	2
7	0,5	120	–	180	0	0,1	0	20	0	0	0
8	0,4	50	200	–	0	0	0,2	20	0	0,15	0
9	1	200	–	300	1,5g	0	0	–	20	0	3


Рис. Д2.0	Рис. Д2.1	Рис. Д2.2	Рис. Д2.3


Рис. Д2.4	Рис. Д2.5	Рис. Д2.6	Рис. Д2.7

Рис. Д2.8		Рис. Д2.9

Условие m = 0 означает, что сила сопротивления R отсутствует.

Указания. Задача Д2 охватывает одновременно относительное движение и колебания материальной точки.

Сначала нужно составить дифференциальное уравнение относительного движения (по отношению к лифту) рассматриваемого в задаче груза, для чего присоединить к действующим силам переносную силу инерции. Затем прикрепленные к грузу пружины (по условиям задачи их будет две) заменить эквивалентной пружиной с коэффициентом жесткости с_экв = с, произведя соответствующий расчет.

а) Если пружины соединены друг с другом последовательно
(как пружины с жесткостями с₁ и с₂на рис. Д2.0), то при равновесии
под действием некоторой силы , приложенной к свободному концу
пружины, усилия в любом поперечном сечении пружин одинаковы и
равны Q. Удлинения пружин l₁= Q/c₁, l₂= Q/c₂, удлинение эквивалентной пружины l = Q/c и l = l₁ + l₂. Отсюда

б) Если груз прикреплен к двум параллельным пружинам (как к пружинам с жесткостями с₁ и с₂на рис. Д2.1) или находится между двумя пружинами, то при равновесии под действием некоторой силы каждая из пружин и эквивалентная пружина имели бы одно и то же удлинение l . Тогда для двух пружин с₁l +с₂l = Q , а для эквивалентной пружины с l = Q, отсюда с = с₁+ с₂ .

После того как уравнение будет составлено (это будет линейное дифференциальное уравнение 2-го порядка), его следует проинтегрировать, учтя начальные условия.

Пример Д2. В приборе для измерения вертикальных колебаний (рис.Д2) груз массой т прикреплен к пружине с коэффициентом жесткости с. Другой конец пружины прикреплен к корпусу прибора, который движется по закону z = Asin(w t)(неподвижная ось z направлена по вертикали вниз). Начальное удлинение пружины равно l_о, а начальная скорость груза по отношению к корпусу прибора u_o (направлена вертикально вниз).

Д а н о: m = 0,4 кг, с = 40 Н/м, l_о = 0,05 м, u_o= 0,5 м/с. А = 0,03 м, w= 20 1/с. Определить: х = f(t)– закон движения груза по отношению к корпусу прибора.

Рис. Д2

Решение. 1. Свяжем с корпусом прибора подвижную систему отсчета, начало О которой поместим в конце недеформированной пружины (ее длина обозначена l ₀), а ось х направим в сторону удлинения пружины (см. рис. Д2). Рассмотрим груз в положении, при котором пружина растянута. На груз действует сила тяжести и сила упругости . Для составления уравнения относительного движения груза присоединим к этим силам переносную силу инерции ,кориолисова сила инерции равна нулю, так как переносное движение (движение корпуса прибора) является поступательным. Тогда уравнение относительного движения в векторной форме будет иметь вид:

Проектируя обе его части на ось х, получим

(1)

Здесь Р_х = Р, F_x = – c l = – cx , где l = х – удлинение пружины, = =– ma _перх . Учитывая, что оси х и z направлены одинаково, получим a _перх= =а_пер _z = = –A w²sin(w t) и = mA w²sin(w t).

Подставляя все найденные выражения проекций сил в уравнение (1), получим

. (2)

Дифференциальное уравнение (2) может быть записано в виде

(3)

где обозначено

k ² = с/т = 100 с^–2, b₁ = g = 10 м/с²; b₂= А w² =12 м/с² . (4)

2. Для определения закона движения груза надо проинтегрировать уравнение (3). Его общее решение, как известно из теории дифференциальных уравнений:

x = x₁+ x₂, (5)

где х₁– общее решение однородного уравнения + k ² x = 0, т. е.

x₁= С₁sin(kt) + C₂cos(kt), (6)

а х₂ – частное решение уравнения (3). Учитывая, каковы правая и левая части этого уравнения, ищем х₂в виде

x ₂ = B + D sin(w t). (7)

Для определения постоянных В и D находим , подставляем значения и x₂ в уравнение (3) и приравниваем в его обеих частях свободные члены и коэффициенты при sin(w t) В результате, принимая во внимание обозначения (4), получим

м, м.

Тогда из равенств (5)–(7), учитывая, что k = 10 с^–1, а w = 20 с^–1, получим следующее общее решение уравнения (3):

. (8)

Для определения постоянных интегрирования С₁и С₂ найдем еще ;

(9)

По условиям задачи при t = 0 u _x = u _о = 0,5 м/с, х_о = l _о = 0,05 м. Подставив эти начальные данные в уравнения (8) и (9), найдем из них, что C₁= 0,13, C₂= – 0,05. В результате уравнение (8) примет окончательно вид

Это уравнение и определяет искомый закон относительного движения груза, т. е. закон совершаемых им колебаний.

Задача ДЗ

Механическая система состоит из грузов D₁ массой m₁= 2 кг и D₂массой т₂ = 6 кг и из прямоугольной вертикальной плиты массой m₃ = =12кг, движущейся вдоль горизонтальных направляющих (рис. Д3.0– Д3.9, табл. ДЗ). В момент времени t_о = 0, когда система находилась в покое, под действием внутренних сил грузы начинают двигаться по желобам, представляющим собой окружности радиусов r = 0,4 м и R = 0,8 м.

При движении грузов угол j₁ = ÐA₁C₁D₁ изменяется по закону j₁=f₁(t), а угол j₂ = ÐA₂C₃D₂ – по закону j₂= f₂(t). В табл. Д3 эти зависимости даны отдельно для рис. 0–4 и 5–9, где j выражено в радианах, t – в секундах.

Считая грузы материальными точками и пренебрегая всеми сопротивлениями, определить закон изменения со временем величины, указанной в таблице в столбце «Найти», т. е. х₃= f₃(t) и N = f(t). где х₃– координата центра С₃плиты (зависимость х₃= f₃(t) определяет закон движения плиты), N – полная нормальная реакция направляющих.

Таблица Д3

Номер условия	Рис. 0–4		Рис. 5–9		Найти
Номер условия	j₁ = f₁(t)	j₂ = f₂(t)	j₁ = f₁(t)	j₂ = f₂(t)	Найти

0					x₃
1					N
2					x₃
3					N
4					x₃
5					N
6					x₃
7					N
8					x₃
9					N

Указания. Задача ДЗ – на применение теоремы о движении центра масс. При этом для определения х₃= f₃(t) составить уравнение в проекции на горизонтальную ось х, а для определения N – на вертикальную ось у.


Рис. Д3.0	Рис. Д3.1

Рис. Д3.2	Рис. Д3.3

Рис. Д3.4	Рис. Д3.5

Рис. Д3.6	Рис. Д3.7

Рис. Д3.8	Рис. Д3.9

Рис. Д3

Пример Д3. Механическая система состоит из грузов D₁массой т₁и D ₂ массой т₂ и из прямоугольной вертикальной плиты массой т₃, движущейся вдоль горизонтальных направляющих (рис. ДЗ). В момент времени t_o = 0, когда система находилась в покое, под действием внутренних сил грузы начинают двигаться по желобам, представляющим собой окружности радиусов r и R , по законам j₁ = f₁(t)и j₂ = f₂(t).

Д а н о: т₁ = 6 кг, т₂ = 8 кг, т₃ = 12 кг, r = 0,6 м, R = 1,2 м,
j₁ = p t рад, рад (t – в секундах). Определить: x₃ = f₃(t) – закон движения плиты, N = f(t) – закон изменения со временем полной нормальной реакции направляющих.

Решение. Рассмотрим механическую систему, состоящую из плиты и грузов D₁и D₂, в произвольном положении (рис. ДЗ). Изобразим действующие на систему внешние силы: силы тяжести , , и реакцию направляющих . Проведем координатные оси Оху так, чтобы ось у проходила через точку С₃₀, где находился центр масс плиты в момент времени t_o= 0.

а) Определение перемещения х₃. Для определения х₃= f₃(t)воспользуемся теоремой о движении центра масс системы. Составим дифференциальное уравнение его движения в проекции на ось х. Получим

или , (1)

так как = 0, поскольку все действующие на систему внешние силы вертикальны.

Проинтегрировав уравнение (1), найдем, что =С₁, т.е. проекция скорости центра масс системы на эту ось есть величина постоянная. Так как в начальный момент времени u _с _x = 0, то С₁ = 0.

Интегрируя уравнение = 0, получим

Мх_с = const, (2)

т. е. центр масс системы вдоль оси Ох перемещаться не будет.

Определим значение Мх_с. Из рис. ДЗ видно, что в произвольный момент времени абсциссы грузов равны соответственно , Так как по формуле, определяющей координату х_сцентра масс системы, Мх_с= т₁x₁ + т₂x₂ + т₃x₃, то

. (3)

В соответствии с равенством (2) координаты центра масс x_C всей системы в начальном и произвольном положениях будут равны. Следовательно, учитывая, что при t_o= 0 х₃ = 0, получим

– m₁R + m₂r = (m₁ + m₂ + т₃)х ₃ – m₁R cos(p t) + m₂r соs (p t/2). (4)

Отсюда получаем зависимость от времени координаты х₃.

Ответ: х₃= 0,09[3cos(p t)– 2соs (p t /2) – 1]м, где t – в секундах.

б) Определение реакции N. Для определения N = f(t) составим дифференциальное уравнение движения центра масс системы в проекции на вертикальную ось у (см. рис. Д3):

или . (1)

Отсюда получим, учтя, что P₁= m₁g , и т. д.:

(2)

По формуле, определяющей ординату у_с центра масс системы,

Му_с = m₁y₁ + m₂y₂+ m₃y₃, где у₁ = Н+ R sin j₁,

у₂ = Н – r cos j₂, у₂ = Н = ОС₃₀= const, получим

Му_с =

или

Му_с = .

Продифференцировав обе части этого равенства два раза по времени, найдем

;

Подставив это значение в уравнение (2), определим искомую зависимость N от t.

Ответ: N = 254,8 – 1,2p² [6 sin (p t) – sin (p t/2)], где t – в секундах, N – в ньютонах.

Задача Д4

Механическая система состоит из прямоугольной вертикальной плиты 1 массой m₁ = 18 кг, движущейся вдоль горизонтальных направляющих, и груза D массой т₂ = 6 кг (рис. Д4.0 – Д4.9, табл. Д4). В момент времени t_o= 0, когда скорость плиты u_о = 2 м/с, груз под действием внутренних сил начинает двигаться по желобу плиты.

На рис. 0–3 желоб КЕ прямолинейный и при движении груза расстояние s = AD изменяется по закону s = f₁(t), а на рис. 4–9 желоб – окружность радиуса R = 0,8 м и при движении груза угол j = ÐАС₁D изменяется по закону j = f₂(t), В табл. Д4 эти зависимости даны отдельно для рис. 0 и 1; для рис. 2 и 3 и т. д., где s выражено в метрах, j – в радианах, t – в секундах.

Считая груз материальной точкой и пренебрегая всеми сопротивлениями, определить зависимость и = f(t), т. е. скорость плиты как функцию времени.

Таблица Д4

Номер условия	s = f₁(t)		j = f₂(t)
Номер условия	Рис. 0,1	Рис. 2,3	Рис. 4,5,6	Рис. 7,8,9

0	0,8sin(p t²)	0,4(3t² – 2)	p(3 – 2t²)/3	p(2t² – 1)
1	1,2cos(p t/2)	0,6sin(p t²/2)	p(1 – 3t²)/4	p(1–4t²)/3
2	0,6(2t² – 1)	0,8cos(p t)	p(t²– 6)/6	p(3 + 4t²)/6
3	0,4sin(p t²/3)	0,5sin(p t²/6)	p(2 – t²)	p(t² + 1)/2
4	0,5cos(p t/6)	1,2cos(p t/3)	p(1+ 2t²)/6	p(1 – 5t²)/4
5	0,6sin(p t²/4)	0,5(3 – 4t²)	p(5t² +1)/4	p(t² – 4)/3
6	0,8(2 – 3t²)	0,8sin(p t²/3)	p(t² – 2)/2	p t²/4
7	0,6cos(p t/3)	0,4cos(p t/4)	p(3 + t²)/2	p(3t² – 1)/6
8	1,2sin(p t²/5)	1,2sin(p t²)	p t²/2	p(t² + 3)/2
9	0,8cos(p t/4)	0,6cos(p t/6)	p(t² + 2)/6	p(2 – t²)/4


Рис. Д4.0		Рис. Д4.1

Рис. Д4.2	Рис. Д4.3		Рис. Д4.4

Рис. Д4.5	Рис. Д4.6		Рис. Д4.7

Рис. Д4.8		Рис. Д4.9

Указания. Задача Д4 на применение теоремы об изменении количества движения системы. При решении составить уравнение, выражающее теорему, в проекции на горизонтальную ось.

Пример Д4. В центре тяжести А тележки массой т₁движущейся по гладкой горизонтальной плоскости, укреплен невесомый стержень А D длиной l с грузом D массой т₂на конце (рис. Д4). В момент времени t₀ = 0, когда скорость тележки и = и₀,стержень AD начинает вращаться вокруг оси А по закону j = j(t).

Д а н о: т₁ = 24 кг, т₂ = 12 кг, и₀ = 0,5 м/с, l = 0,6 м, рад (t – в секундах). Определить: и =f(t) – закон изменения скорости тележки.

Решение. Рассмотрим механическую систему, состоящую из тележки и груза D, в произвольном положении. Изобразим действующие на систему внешние силы: силы тяжести , и реакции плоскости , . Проведем координатные оси Оху так, чтобы ось х была горизонтальна.

Чтобы определить и, воспользуемся теоремой об изменении количества движения системы в проекции на ось х. Так как все действующие на систему внешние силы вертикальны (рис. Д4), то и теорема дает

, откуда Q_x = C₁. (1)

Рис. Д4

Для рассматриваемой механической системы ,где и – количества движения тележки и груза D соответственно ( – скорость тележки, – скорость груза по отношению к осям Оху). Тогда из равенства (1) следует, что

или m₁u _х + m₂u _Dx= С₁ . (2)

Для определения u _Dx рассмотрим движение груза D как сложное, считая его движение по отношению к тележке относительным (это движение, совершаемое при вращении стержня А D вокруг оси A), а движение самой тележки – переносным. Тогда и

. (3)

Но и, следовательно, . Вектор направлен перпендикулярно стержню и численно .

Изобразив этот вектор на рис. Д4 с учетом знака , найдем, что . Окончательно из равенства (3) получим

. (4)

(В данной задаче величину u _Dx можно еще найти другим путем, определив абсциссу х _D груза D , для которой, как видно из рис. Д4, получим ; тогда , где , а .)

При найденном значении u _Dx равенство (2), если учесть, что и_х = и, примет вид

. (5)

Постоянную интегрирования C₁ определим по начальным условиям: при t = 0 и = u_о. Подстановка этих величин в уравнение (5) дает
С₁ = –(т₁+ т₂)и_о и тогда из (5) получим

Отсюда находим следующую зависимость скорости и тележки от времени:

(6)

Подставив сюда значения соответствующих величин, находим искомую зависимость и от t.

Ответ: и = 0,5 + 0,4p t² × cos(p/3 + 2p t³/3) м/c.

Задача Д5

Однородная горизонтальная платформа (круглая радиуса R или прямоугольная со сторонами R и 2 R , где R = 1,2 м) массой m₁ =24 кг вращается с угловой скоростью w_о= 10 с^–1 вокруг вертикальной оси z, отстоящей от центра масс С платформы на расстоянии ОС = b (рис. Д5.0 –Д5.9, табл. Д5); размеры для всех прямоугольных платформ показаны на рис. Д5.0а (вид сверху).

В момент времени t₀ = 0 по желобу платформы начинает двигаться (под действием внутренних сил) груз D массой т₂ = 8 кг по закону s = AD = = F(t), где s выражено в метрах, t – в секундах. Одновременно на платформы начинает действовать пара сил с моментом М (задан в ньютонометрах; при М < 0 его направление противоположно показанному на рисунках).

Определить, пренебрегая массой вала, зависимость w = f(t), т. е. угловую скорость платформы, как функцию времени.

На всех рисунках груз D показан в положении, при котором s > 0 (когда s < 0, груз находится по другую сторону от точки А). Изображая чертеж решаемой задачи, провести ось z на заданном расстоянии ОС = b от центра С.

Указания. Задача Д5 – на применение теоремы об изменении кинетического момента системы. При применении теоремы к системе, состоящей из платформы и груза, кинетический момент К _z системы относительно оси z определяется как сумма моментов платформы и груза. При этом следует учесть, что абсолютная скорость груза складывается из относительной и переносной скоростей, т.е. . Поэтому и количество движения этого груза . Тогда можно воспользоваться теоремой Вариньона (статика), согласно которой ; эти моменты вычисляются так же, как моменты сил. Подробнее ход решения разъяснен в примере Д5.

При решении задачи полезно изобразить на вспомогательном чертеже вид на платформу сверху (с конца оси z), как это сделано на рис. Д5.0, а – Д5.9, а.

Момент инерции пластины с массой m относительно оси Cz , перпендикулярной пластине и проходящей через ее центр масс С, равен:

для прямоугольной пластины со сторонами а₁и а₂

;

для круглой пластины радиуса R

Таблица Д5

Номер условия	b	s = f(t)	M

0	R	– 0,4t²	6
1	R/2	0,6t²	4t
2	R	– 0,8t²	– 6
3	R/2	10t	– 8t
4	R	0,4t³	10
5	R/2	– 0,5t	– 9t²
6	R	– 0,6t	8
7	R/2	0,8t	6t²
8	R	0,4t³	– 10t
9	R/2	0,5t²	12t²


Рис. Д5.0	Рис. Д5.0а

Рис. Д5.1	Рис. Д5.1а

Рис. Д5.2	Рис. Д5.2а

Рис. Д5.3	Рис. Д5.3а


Рис. Д5.4	Рис. Д5.4а

Рис. Д5.5	Рис. Д5.5а

Рис. Д5.6	Рис. Д5.6а

Рис. Д5.7	Рис. Д5.7а

Рис. Д5.8	Рис. Д5.8а

Рис. Д5.9	Рис. Д5.9а

Рис. Д5

Пример Д5. Однородная горизонтальная платформа (прямоугольная со сторонами 2 l и l), имеющая массу т₁, жестко скреплена с вертикальным валом и вращается вместе с ним вокруг оси z с угловой скоростью w _о (рис.Д5, а). В момент времени t ₀ = 0 на вал начинает действовать вращающий момент М, направленный противоположно w _о; одновременно груз D массой т₂, находящийся в желобе АВ в точке С, начинает двигаться по желобу (под действием внутренних сил) по закону s = CD = F(t).

Д а н о: m₁ = 16 кг, т₂ = 10 кг, l = 0,5 м, w₀ = 2 с^-1, s = 0,4t²(s – в метрах, t – в секундах), М = kt , где k =6 Н×м/с. Определить: w = f(t)– закон изменения угловой скорости платформы.

Решение. Рассмотрим механическую систему, состоящую из платформы и груза D . Для определения со применим теорему об изменении кинетического момента системы относительно оси z:

. (1)

Изобразим действующие на систему внешние силы: силы тяжести , реакции , и вращающий момент М. Так как силы и параллельны оси z , а реакции и эту ось пересекают, то их моменты относительно оси z равны нулю. Тогда, считая для момента положительным направление w₀ (т.е. против хода часовой стрелки), получим и уравнение (1) примет такой вид:

. (2)

Умножая обе части этого уравнения на dt и интегрируя, получим

(3)

Для рассматриваемой механической системы

(4)

где и – кинетические моменты платформы и груза D соответственно.

Так как платформа вращается вокруг оси z,то . Значение I_z найдем по теореме Гюйгенса: ( – момент инерции относительно оси z ', параллельной оси z и проходящей через центр С платформы).

Но, как известно,

Тогда

Следовательно,

. (5)

Для определения обратимся к рис. Д5, б и рассмотрим движение груза D как сложное, считая его движение по платформе относительным, а вращение самой платформы вокруг оси z переносным движением. Тогда абсолютная скорость груза . Так как груз D движется по закону s = CD = 0,4t², то ; изображаем вектор на рис. 5, б с учетом знака (при s<0 направление было бы противоположным). Затем, учитывая направление со, изображаем вектор ;численно . Тогда, по теореме Вариньона,

. (6)

Но на рис. Д5, б видно, что OD ² = l² + s² = t² + 0,16t⁴. Подставляя эту величину в равенство (6), а затем значения и из (6) и (5) в равенство (4), получим с учетом данных задачи

(7)

Тогда уравнение (3), где k = 6, примет вид

(8)

Постоянную интегрирования определяем по начальным условиям: при t = 0, w = w_о. Получим С₁ = 8,17w _o = 16,34. При этом значении C₁из уравнения (8) находим искомую зависимость w _o от t. Ответ: w _o = (16,34 + +4t– 3t²)/(8,17+ 1,6t⁴), где t – в секундах, w – в с^–1.

Задача Д6

Механическая система состоит из грузов 1 и 2, ступенчатого шкива 3 с радиусами ступеней R ₃ = 0,3 м, r₃ = 0,1 м и радиусом инерции относительно оси вращения r₃ = 0,2 м, блока 4 радиуса

Таблица Д6

Номер условия	m₁, кг	m₂, кг	m₃, кг	m₄, кг	m₅, кг	c, H/м	М, Н×м	F = f(s), H	Найти

0	0	6	4	0	5	200	1,2	80(4 + 5s)	w₃
1	8	0	0	4	6	320	0,8	50(8 + 3s)	u₁
2	0	4	6	0	5	240	1,4	60(6 + 5s)	u₂
3	0	6	0	5	4	300	1,8	80(5 + 6s)	w₄
4	5	0	4	0	6	240	1,2	40(9 + 4s)	u₁
5	0	5	0	6	4	200	1,6	50(7 + 8s)	u _C₅
6	8	0	5	0	6	280	0,8	40(8 + 9s)	w₃
7	0	4	0	6	5	300	1,5	60(8 + 5s)	u₂
8	4	0	0	5	6	320	1,4	50(9 + 2s)	w₄
9	0	5	6	0	4	280	1,6	80(6 + 7s)	u _C₅


Рис. Д6.0	Рис. Д6.1

Рис. Д6.2	Рис. Д6.3

Рис. Д6.4	Рис. Д6.5

Рис. Д6.6	Рис. Д6.7

Рис. Д6.8	Рис. Д6.9

R ₄ = 0,2 м и катка (или подвижного блока) 5 (рис. Д6.0 – Д6.9, табл. Д6); тело 5 считать сплошным однородным цилиндром, а массу блока 4 – равномерно распределенной по ободу. Коэффициент трения грузов о плоскость f = 0,1. Тела системы соединены друг с другом нитями, перекинутыми через блоки и намотанными на шкив 3 (или на шкив и каток); участки нитей параллельны соответствующим плоскостям. К одному из тел прикреплена пружина с коэффициентом жесткости с.

Под действием силы F = f(s),зависящей от перемещения s точки ее приложения, система приходит в движение из состояния покоя; деформация пружины в момент начала движения равна нулю. При движении на шкив 3 действует постоянный момент М сил сопротивления (от трения в подшипниках).

Определить значение искомой величины в тот момент времени, когда перемещение s станет равным s₁ = 0,2 м. Искомая величина указана в столбце «Найти» таблицы, где обозначено: u₁, u₂, u₃– скорости грузов 1, 2 и центра масс тела 5 соответственно, w₃ и w₄– угловые скорости тел 3 и 4.

Все катки, включая и катки, обмотанные нитями (как, например, каток 5 на рис. 2), катятся по плоскостям без скольжения.

На всех рисунках не изображать груз 2, если т₂ = 0; остальные тела должны изображаться и тогда, когда их масса равна нулю.

Указания. Задача Д6 – на применение теоремы об изменении кинетической энергии системы. При решении задачи учесть, что кинетическая энергия Т системы равна сумме кинетических энергий всех входящих в систему тел; эту энергию нужно выразить через ту скорость (линейную или угловую), которую в задаче надо определить. При вычислении T для установления зависимости между скоростями точек тела, движущегося плоскопараллельно, или между его угловой скоростью и скоростью центра масс воспользоваться мгновенным центром скоростей (кинематика). При вычислении работы надо все перемещения выразить через заданное перемещение s₁, учтя, что зависимость между перемещениями здесь будет такой же, как между соответствующими скоростями.

Пример Д6. Механическая система (рис. Д6, а) состоит из сплошного однородного цилиндрического катка 1, подвижного блока 2, ступенчатого шкива 3 с радиусами ступеней R₃ и r ₃ и радиусом инерции относительно оси вращения r₃, блока 4 и груза 5 (коэффициент трения груза о плоскость равен f). Тела системы соединены нитями, намотанными на шкив 3. К центру Е блока 2 прикреплена пружина с коэффициентом жесткости с; ее начальная деформация равна нулю. Система приходит в движение из состояния покоя под действием силы F = f(s), зависящей от перемещения s точки ее приложения. На шкив 3 при движении действует постоянный момент М сил сопротивления.

Рис. Д6

Д а н о: m₁ = 8 кг, m ₂ = 0, т₃ = 4 кг, m₄ = 0, m₆ = 10 кг, R₃ = 0,3 м, r ₃ =
= 0,1 м, r₃ = 0,2 м, f = 0,1, с = 240 Н/м, М = 0,6 Н×м, F = 20(3 + 2s) H, s₁= =0,2м. Определить: w₃ в тот момент времени, когда s = s₁.

Решение. 1. Рассмотрим движение неизменяемой механической системы, состоящей из весомых тел 1,3, 5 иневесомых тел 2, 4, соединенных нитями. Изобразим действующие на систему внешние силы: активные , , , , ,реакции , , , ,натяжение нити , силы трения , и момент М.

Для определения w₃ воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии:

Т – Т₀ . (1)

2. Определяем Т₀и Т. Так как в начальный момент система находилась в покое, то Т₀ = 0. Величина Т равна сумме энергий всех тел системы:

. (2)

Учитывая, что тело 1 движется плоскопараллельно, тело 5 – поступательно, а тело 3 вращается вокруг неподвижной оси, получим

. (3)

Все входящие сюда скорости надо, выразить через искомую w₃. Для этого предварительно заметим, что ,где А – любая точка обода радиуса r ₃ шкива 3 и что точка K₁ – мгновенный центр скоростей катка 1, радиус которого обозначим r₁. Тогда

; (4)

Кроме того, входящие в (3) моменты инерции имеют значения

; . (5)

Подставив все величины (4) и (5) в равенства (3), а затем, используя равенство (2), получим окончательно

. (6)

3. Теперь найдем сумму работ всех действующих внешних сил при перемещении, которое будет иметь система, когда центр катка 1 пройдет путь s₁. Введя обозначения: s₅– перемещение груза 5 (s₅ = s₁), j₃ – угол поворота шкива 3, l₀ и l₁– начальное и конечное удлинения пружины, получим

;

Работы остальных сил равны нулю, так как точки K₁и К₂, где приложены силы , и – мгновенные центры скоростей; точки, где приложены силы , и – неподвижны; а реакция перпендикулярна перемещению груза.

По условиям задачи, l₀= 0. Тогда l₁ = s_E, где s_E – перемещение точки E (конца пружины). Величины s_E и j₃ надо выразить через заданное перемещение s₁;для этого учтем, что зависимость между перемещениями здесь такая же, как и между соответствующими скоростями. Тогда так как w₃ = u _A / r₃=u _C₁ / r ₃ (равенство u _C₁ = u _A уже отмечалось), то и .

Далее, из рис. Д6, б видно, что u _D = u _B = w₃R₃, а так как точка K₂является мгновенным центром скоростей для блока 2 (он как бы «катится» по участку нити K₂L),то u _E = 0,5u_D = 0,5w₃R₃; следовательно, и l₁ = s_E=
=0,5j₃R₃=0,5s₁R₃/ r ₃ . При найденных значениях j₃и l₁для суммы вычисленных работ получим

. (7)

Подставляя выражения (6) и (7) в уравнение (1) и учитывая, что Т₀=0, придем к равенству

(8)

Из равенства (8), подставив в него числовые значения заданных величин, найдем искомую угловую скорость w₃. Ответ: w₃= 8,1 с^–¹.

Задача Д7

Барабан радиуса R весом Р имеет выточку (как у катушки) радиуса
r = 0,6R (рис. Д7.0 –Д7.9, табл. Д7). К концам намотанных на барабан нитей приложены постоянные силы и ,направления которых определяются углом b; кроме сил на барабан действует пара с моментом М;когда в таблице M < 0, направление момента противоположно показанному на рисунке. При движении, начинающемся из состояния покоя, барабан катится без скольжения по шероховатой наклонной плоскости с углом наклона а так, как показано на рисунках.

Пренебрегая сопротивлением качению, определить закон движения центра масс С барабана, т. е. х _C = f(t), и наименьшее значение коэффициента трения f о плоскость, при котором возможно качение без скольжения. Барабан рассматривать как сплошной однородный цилиндр радиуса R .

Указания. Задача Д7 – на применение дифференциальных уравнений плоскопараллельного движения твердого тела. При составлении уравнений следует во избежание ошибок в знаках направить координатную ось х в ту сторону, куда предполагается направленным движение центра С барабана, и считать тогда все моменты положительными, когда они направлены в сторону вращения барабана.

Таблица Д7

Номер условия	a	b	F₁	F₂	M
Номер условия	град		F₁	F₂	M

0	30	60	0	0,4P	0
1	30	30	0,2P	0	0
2	0	30	0	0,2P	0,1PR
3	30	–	0	0	0,4PR
4	30	90	0,1P	0	–0,2PR
5	0	60	0,3P	0,1P	0
6	30	0	0	0,3P	0,2PR
7	0	60	0,2P	0	0,3PR
8	30	90	0	0,2P	–0,4PR
9	30	60	0,1P	0	–0,3PR


Рис. Д7.0	Рис. Д7.1		Рис. Д7.2

Рис. Д7.3	Рис. Д7.4		Рис. Д7.5

Рис. Д7.6		Рис. Д7.7

Рис. Д7.8		Рис. Д7.9

Если фактически направление движения центра С другое, то в ответе получится a_C < 0, но найденное значение |a_C|будет верным. Силу трения, когда неясно, куда она направлена, можно направлять в любую сторону (результат от этого не зависит).

Определяя наименьшее значение коэффициента трения, при котором возможно качение без скольжения, учесть, что сила трения не может быть больше предельной, т.е. что , откуда . Следовательно, .Очень существенно, что во все эти выражения входят модули сил (мы не пишем |N|, так как в данной задаче не может быть N < 0). Если при расчетах получится F_т_p < 0, то это означает лишь, что фактически сила направлена в другую сторону; в остальном весь расчет будет верен.

Пример Д7. Барабан (сплошной однородный цилиндр) радиуса R и весом Р начинает катиться без скольжения из состояния покоя по наклонной плоскости с углом наклона a; на барабан действуют сила и пара сил с моментом М (рис. Д7).

Д а н о: Р, F = 0,8P, М = 1,1Р R, a =30°, b = 30°. Определить:
1) х _C = f(t)– закон движения центра масс барабана; 2) f_min – наименьший коэффициент трения, при котором возможно качение без скольжения.

Решение. Барабан совершает плоскопараллельное движение под действием сил , , , и момента М. Так как направление силы трения заранее неизвестно, выбираем его произвольно. Проводим оси Оху и составляем дифференциальные уравнения плоскопараллельного движения:

; ; (1)

; ; (2)

; . (3)

За положительное направление для моментов принято направление по ходу часовой стрелки, т. е. в ту сторону, куда будет вращаться барабан при движении центра С от оси Оу.

Рис. Д7

1) О п ределение х_С= f(t). Так как ясно, что в нашей задаче у _C = R = = const и = 0, то уравнения (1)–(3) содержат четыре неизвестные величины ( и ). Поэтому необходимо найти еще одно соотношение, связывающее эти величины. Для этого учтем, что (так как центр С движется прямолинейно) и при качении без скольжения в точке В находится мгновенный центр скоростей. Тогда

, или

. (4)

Теперь из уравнения (3) можно исключить e, подставив в (3) найденное значение ; деля одновременно обе части уравнения (3) на R, получим

(5)

Далее, сложив почленно равенства (1) и (5), исключим из них F_т_p и получим

Отсюда, так как Р = mg , найдем для определения х_с = f(t) следующее дифференциальное уравнение:

(6)

Интегрируя уравнение (6), получим

. (7)

По начальным условиям при t =0 и (ось у проводим через начальное положение точки С). Подстановка этих величин в равенства (7) дает C₁ = 0, С₂ = 0. Окончательно находим следующий закон движения центра С:

. (8)

2) Определение f_min. Для определения f исходим из того, что при качении без скольжения сила трения должна удовлетворять неравенству

, (9)

куда, подчеркиваем, входят модули сил. Величину N находим из уравнения (2), учитывая, что у_с = 0. Получим

N = P cosa + F sinb = Pcos30° + 0,8Psin30° = 1,27P . (10)

Значение F_т_p проще всего найти из уравнения (5), заменив в нем х_с его значением (6). Получим

0,3mg = F – F _тр – M / R.

Отсюда, так как mg = Р, то

F _тр = F – M/R – 0,3P = 0,8P – 1,1P – 0,3P = – 0,6P . (11)

Знак указывает, что сила направлена противоположно показанному на рисунке.

Подставляя значения и N изравенств (11) и (10) в неравенство (9), получим откуда f ³ 0,47. Следовательно, наименьший коэффициент трения, при котором возможно качение барабана без скольжения f_min = 0,47.

Задача Д8

Вертикальный вал АК (рис. Д8.0 – Д8.9), вращающийся с постоянной угловой скоростью w = 10 с^-', закреплен подпятником в точке А и цилиндрическим подшипником в точке, указанной в табл. Д8 в столбце 2 (АВ = BD == DE = ЕК = а). К валу жестко прикреплены тонкий однородный ломаный стержень массой m = 10 кг, состоящий из частей 1 и 2 (размеры частей стержня показаны на рисунках, где b = 0,1 м, а их массы m₁ и т₂ пропорциональны длинам), и невесомый стержень длиной l = 4b с точечной массой т₃ = 3 кг на конце; оба стержня лежат в одной плоскости. Точки крепления стержней указаны в таблице в столбцах 3 и 4, а углы a, b, g, j даны в столбцах 5–8.

Пренебрегая весом вала, определить реакции подпятника и подшипника. При подсчетах принять а = 0,6 м.

Указания. Задача Д8 – на применение к изучению движения системы принципа Даламбера. При решении задачи учесть, что когда

Таблица Д8

Номер условия	Подшип-ник в точке	Крепление в точке		a, град	b, град	g, град	j, град
Номер условия	Подшип-ник в точке	ломанного стержня	невесомого стержня	a, град	Рис. 0–4	Рис. 5–9	j, град
1	2	3	4	5	6	7	8

0	В	D	K	45	135	225	60
1	К	B	D	60	240	150	45
2	К	E	B	30	210	120	60
3	D	K	B	60	150	240	30
4	K	D	E	30	120	210	60
5	E	B	K	45	225	135	60
6	E	D	K	60	60	150	30
7	K	D	E	30	30	120	60
8	D	E	K	60	150	60	30
9	E	K	D	30	120	210	60

силы инерции частиц тела (в данной задаче стержня) имеют равнодействующую ,то численно ,где а_с – ускорение центра масс С тела, но линия действия силы в общем случае не проходит через точку С (см. пример Д8).


Рис. Д8.0	Рис. Д8.1	Рис. Д8.2	Рис. Д8.3

Рис. Д8.4	Рис. Д8.5	Рис. Д8.6	Рис. Д8.7

Рис. Д8.8		Рис. Д8.9

Пример Д8. Вертикальный вал длиной За(АВ = BD = DE = а),закрепленный подпятником А и подшипником D (рис. Д8, а), вращается с постоянной угловой скоростью w. К валу жестко прикреплен в точке Е ломаный однородный стержень массой т и длиной 10b, состоящий из двух частей 1 и 2, а вточке В прикреплен невесомый стержень длиной l = 5b с точечной массой т₃ на конце; оба стержня лежат в одной плоскости.

Д а н о: w = 8 с^–1, m = m₁ + m₂=10 кг, т₃= 2 кг, a = 30°, b = 150°,
j = 60°, а = 0,3м, b = 0,1 м. Определить: реакции подпятника А и подшипника D , пренебрегая весом вала.

Решение. 1. Изображаем (с учетом заданных углов) вал и прикрепленные к нему в точках В и Е стержни (рис. Д8, б). Массы и веса частей 1 и 2 ломаного стержня пропорциональны длинам этих частей и соответственно равны т₁ = 0,6т; т₂ = 0,4т;

P₁ = 0,6mg ; P₂= 0,4mg ; Р₃ = m₃g . (1)

2. Для определения искомых реакций рассмотрим движение заданной механической системы и применим принцип Даламбера. Проведем

Рис. Д.8

вращающиеся вместе с валом координатные оси Аху так, чтобы стержни лежали в плоскости ху, и изобразим действующие на систему силы: активные силы – силы тяжести , , и реакции связей –составляющие реакции подпятника , и реакцию цилиндрического подшипника .

Согласно принципу Даламбера, присоединим к этим силам силы инерции элементов однородного ломаного стержня и груза, считая его материальной точкой.

Так как вал вращается равномерно, то элементы стержня имеют только нормальные ускорения , направленные к оси вращения, а численно , где h_k – расстояния элементов от оси вращения. Тогда силы инерции будут направлены от оси вращения, а численно , где – масса элемента. Так как все пропорциональны h_k, то эпюры этих параллельных сил инерции стержня образуют для части 1 треугольник, а для части 2 – прямоугольник (рис.Д8,б).

Каждую из полученных систем параллельных сил инерции заменим ее равнодействующей, равной главному вектору этих сил. Так как модуль главного вектора сил инерции любого тела имеет значение R ^и = та_с, где m – масса тела, а_с – ускорение его центра масс, то для частей стержня соответственно получим

. (2)

Сила инерции точечной массы 3 должна быть направлена в сторону, противоположную ее ускорению и численно будет равна

. (3)

Ускорения центров масс частей 1 и 2 стержня и груза 3 равны:

, , . (4)

где , – расстояния центров масс частей стержня от оси вращения, а 6з – соответствующее расстояние груза:

м, (5)

= 5b sin 60° = 0,43 м.

Подставив в (2) и (3) значения (4) и учтя (5), получим числовые значения , и :

Н,

Н, (6)

Н.

При этом линии действия равнодействующих и пройдут через центры тяжестей соответствующих эпюр сил инерции. Так, линия действия проходит на расстоянии от вершины треугольника Е,где Н =6b cos30°.

3. Согласно принципу Даламбера, приложенные внешние силы (активные и реакции связей) и силы инерции образуют уравновешенную систему сил. Составим для этой плоской системы сил три уравнения равновесия. Получим

; ;

; (7)

где H₁, Н₂, Н₃ – плечи сил , , относительно точки А, равные (при подсчетах учтено, что Н = 6b cos30° = 0,52 м)

м, м,

м. (8)

Подставив в уравнения (7) соответствующие величины из равенств (1), (5), (6), (8) и решив эту систему уравнений (7), найдем искомые реакции.

Ответ: Х_А = – 33,7 Н; Y_A =117,7 Н; R_D = – 45,7 Н.

Задача Д9

Механизм, расположенный в горизонтальной плоскости, находится под действием приложенных сил в равновесии; положение равновесия определяется углами a, b, g, j, q (рис. Д9.0 – Д9.9, табл. Д9а я Д9б). Длины стержней механизма (кривошипов) равны: l₁= 0,4 м, l₂= 0,6 м (размеры l₁и l₂ произвольны); точка Е находится в середине соответствующего стержня.

На ползун В механизма действует сила упругости пружины ;численно F = с l,где с – коэффициент жесткости пружины, l – ее деформация. Кроме того, на рис. 0 и 1 на ползун D действует сила ,а на кривошип O₁А – пара сил с моментом М; на рис. 2–9 на кривошипы O₁A и O₂D действуют пары сил с моментами M₁и М₂.

Определить, чему равна при равновесии деформация l пружины, и указать, растянута пружина или сжата. Значения всех заданных величин приведены в табл. Д9а для рис. 0–4 и в табл. Д9б для рис. 5–9, где Q выражено в ньютонах, а М, M₁, М₂– в ньютонометрах.

Построение чертежа начинать со стержня, направление которого определяется углом a; для большей наглядности ползун с направляющими и пружину изобразить так, как в примере Д9 (см. рис. Д9, а также рис. Д9.10, б). Если на чертеже решаемого варианта задачи прикрепленный к ползуну В стержень окажется совмещенным с пружиной (как на рис. Д9.10, а), то пружину следует считать прикрепленной к ползуну с другой стороны (как на рис. Д9,10 б, где одновременно иначе изображены направляющие).

Указание. Задача Д9 – на определение условий равновесия механической системы с помощью принципа возможных перемещений. Механизм в рассматриваемой задаче имеет одну степень свободы, т.е. одно независимое свободное перемещение. Для решения задачи нужно сообщить механизму возможное перемещение, вычислить сумму элементарных работ всех действующих активных сил и пар на этом перемещении и приравнять ее нулю. Все вошедшие в составленное уравнение возможные перемещения следует выразить через какое-нибудь одно.

Чтобы найти l, надо из полученного условия равновесия определить силу упругости F. На чертеже эту силу можно направить в любую сторону (т.е. считать пружину или растянутой, или сжатой); верно ли выбрано направление, укажет знак.

Таблица Д9а (к рис. Д9.0 – Д9.4)

Номер условия	Углы, град					с, Н/см	Для рис.0–1		Для рис.2–4
Номер условия	a	b	g	j	q	с, Н/см	М	Q	M₁	M₂

0	90	120	90	90	90	180	100	400	120	460
1	60	150	30	90	30	160	120	380	140	440
2	30	120	120	0	60	150	140	360	160	420
3	0	60	90	0	120	140	160	340	180	400
4	30	120	30	0	60	130	180	350	200	380
5	0	150	30	0	60	120	200	300	220	360
6	0	150	90	0	120	110	220	280	240	340
7	90	120	120	90	150	100	240	260	260	320
8	60	60	60	90	30	90	260	240	280	300
9	120	30	30	90	150	80	280	220	300	280

Таблица Д9а (к рис. Д9.0 – Д9.4)

Номер условия	Углы, град					с, Н/см	M₁	M₂
Номер условия	a	b	g	j	q	с, Н/см	M₁	M₂

0	30	30	60	0	150	80	200	340
1	0	60	60	0	120	90	220	320
2	60	150	120	90	30	100	240	300
3	30	60	30	0	120	110	260	280
4	90	120	150	90	30	120	280	260
5	30	120	150	0	60	130	300	240
6	60	150	150	90	30	140	320	220
7	0	60	30	0	120	150	340	200
8	90	120	120	90	60	160	360	180
9	90	150	120	90	30	180	380	160


Рис. Д9.0	Рис. Д9.1

Рис. Д9.2	Рис. Д9.3

Рис. Д9.4	Рис. Д9.5

Рис. Д9.6	Рис. Д9.7

Рис. Д9.8	Рис. Д9.9

Рис. Д9.10

Пример Д9. Механизм (рис. Д9, а), расположенный в горизонтальной плоскости, состоит из стержней 1, 2, 3 и ползунов В, D , соединенных друг с другом и с неподвижной опорой О шарнирами. К ползуну В прикреплена пружина с коэффициентом жесткости с,к ползуну D приложена сила , а к стержню 1 (кривошипу) – пара сил с моментом М.

Д а н о: a = 60°, b = 0°, g = 60°, j = 0°, q = 120°, l = 0,4 м, AE = ED, с = =125 Н/см, М = 150 Н×м, Q = 350 Н. Определить: деформацию l пружины при равновесии механизма.

Решение. 1. Строим положение механизма в соответствии с заданными углами (рис. Д9, б); при этом согласно последнему из указаний к задаче Д9 прикрепляем пружину к ползуну с другой стороны (так, как если бы было b = 180°).

Для решения задачи воспользуемся принципом возможных перемещений, согласно которому

, (1)

где – элементарные работы активных сил на соответствующих возможных перемещениях.

Рис. Д9

Изображаем действующие на механизм активные силы: силу ,силу упругости пружины (предполагая, что пружина растянута) и пару с моментом М. Неизвестную силу найдем с помощью уравнения (1), а зная F и учитывая, что F = с l , определим l .

2. Чтобы составить уравнение (1), сообщим механизму возможное перемещение и введем следующие обозначения для перемещений звеньев, к которым приложены активные силы: d j₁ – поворот стержня 1 вокруг оси О, d s_D и d s _в – перемещения ползунов (точек) D и В. Из перемещений d j₁, d s_D, d s _в независимое от других – одно (у механизма одна степень свободы). Примем за независимое возможное перемещение d j₁ и установим, какими тогда будут d s_D и d s _в,выразив их через d j₁; при этом важно верно определить и направления d s_D, d s_B,так как иначе в уравнении (1) будут ошибки в знаках.

При расчетах учтем, что зависимость между возможными перемещениями здесь такая же как между соответствующими скоростями звеньев механизма при его движении и воспользуемся известными из кинематики соотношениями (ход расчетов такой же, как в примере КЗ).

Сначала найдем и изобразим d s _А (направление d s _А определяется направлением d j₁);получим

d s _А = l₁d j₁; d s _А^ОА. (2)

Теперь определим и изобразим d s_D,учитывая, что проекции d s_D и d s _А на прямую AD должны быть равны друг другу (иметь одинаковые модули и знаки). Тогда

d s_Dcos30° = d s _А cos30° и d s_D = d s _А = l₁d j₁ . (3)

Чтобы определить d s _в,найдем сначала d s_E . Для этого построим мгновенный центр вращения (скоростей) С₂ стержня 2 (на пересечении перпендикуляров к d s _А и d s_D,восставленных из точек А и D)и покажем направление поворота стержня 2 вокруг С₂, учтя направление d s _А или d s_D . Так как ÐC₂AD = ÐC₂DA = 60°, то DAC₂D– равносторонний и С₂Е в нем высота, поскольку АЕ = ED . Тогда перемещение d s_E,перпендикулярное C₂E,будет направлено по прямой ЕА (при изображении d s_E учитываем направление поворота вокруг центра C₂).

Воспользовавшись опять тем, что проекции d s_E и d s _А на прямую ЕА должны быть равны друг другу, получим (значение d s_E можно найти и составив соответствующую пропорцию)

d s _В = d s_E cos30° = l₁d j₁ cos30°. (4)

Наконец, из условия равенства проекций d s _В и d s_E на прямую BE находим и изображаем d s _В . Численно

d s _В= d s_E cos60° = l₁d j₁ cos30°×cos60° = 0,43 l₁d j₁. (5)

3. Tеперь составляем для механизма уравнение (1); получим

M d j₁.+ Q d s_D – F d s_B = 0, (6)

заменяя здесь d s_D и 8 d s_B их значениями (3) и (5) и вынося одновременно d j₁ за скобки,

(M + l₁Q – 0,43 l₁F) d j₁ = 0 . (7)

Так как d j1 ¹ 0, то отсюда следует, что

M + l₁Q – 0,43 l₁F = 0. (8)

Из уравнения (8) находим значение F и определяем l = F / c . Ответ: l = 13,5 см. Знак указывает, что пружина, как и предполагалось, растянута.

Задача Д10

Механическая система состоит из однородных ступенчатых шкивов 1 и 2, обмотанных нитями, грузов 3–6, прикрепленных к этим нитям, и невесомого блока (рис. Д10.0 – Д10.9, табл. Д10). Система движется в вертикальной плоскости под действием сил тяжести и пары сил с моментом М, приложенной к одному из шкивов. Радиусы ступеней шкива 1 равны: R₁ = 0,2 м, r₁= 0,1 м, а шкива 2 – R₂= 0,3 м, r₂ = 0,15 м; их радиусы инерции относительно осей вращения равны соответственно r₁ = 0,1 м и
r₂= 0,2 м. Пренебрегая трением, определить ускорение груза, имеющего больший вес; веса P₁, ..., P₆шкивов и грузов заданы в таблице в ньютонах. Грузы, веса которых равны нулю, на чертеже не изображать (шкивы 1, 2 изображать всегда как части системы).

Указания. Задача Д10 – на применение к изучению движения системы общего уравнения динамики (принципа Даламбера – Лагранжа). Ход решения задачи такой же, как в задаче Д9, только предварительно надо присоединить к действующим на систему силам соответствующие силы инерции. Учесть при этом, что для однородного тела, вращающегося вокруг своей оси симметрии (шкива), система сил инерции приводится к паре с моментом М^и = I_ze, где I_z – момент инерции тела относительно оси вращения, e – угловое ускорение тела; направление М^и противоположно направлению e .

Таблица Д10

Номер условия	P₁	P₂	P₃	P₄	P₅	P₆	M, H×м

0	10	0	20	30	40	0	10
1	0	40	0	10	20	30	12
2	20	30	40	0	10	0	16
3	0	20	10	30	0	40	18
4	30	0	20	0	40	10	12
5	0	10	30	40	20	0	16
6	40	0	0	20	30	10	10
7	10	20	0	40	0	30	18
8	0	40	10	0	30	20	12
9	30	0	40	20	10	0	16


Рис. Д10.0	Рис. Д10.1

Рис. Д10.2	Рис. Д10.3

Рис. Д10.4	Рис. Д10.5

Рис. Д10.6	Рис. Д10.7

Рис. Д10.8	Рис. Д10.9

Пример Д10. Механическая система (рис. Д10) состоит из обмотанных нитями блока 1 радиуса R₁ и ступенчатого шкива 2 (радиусы ступеней R₁и r₂,радиус инерции относительно оси вращения r₂), а также из грузов 3 к 4, прикрепленных к этим нитям. Система движется в вертикальной плоскости под действием сил тяжести и пары сил с моментом М, приложенной к блоку 1.

Д а н о: Р₁ = 0, Р₂ = 30 Н, Р₃ = 40 Н, Р₄= 20 Н, М = 16 Н×м, R₁= 0,2 м, R₂ = 0,3 м, r₂ = 0,15 м, r₂ = 0,2 м. Определить: ускорение груза 3, пренебрегая трением.

Рис. Д10

Решение. 1. Рассмотрим движение механической системы, состоящей из тел 1, 2, 3, 4, соединенных нитями. Система имеет одну степень свободы. Связи, наложенные на эту систему, – идеальные.

Для определения а₃ применим общее уравнение динамики:

, (1)

где – сумма элементарных работ активных сил; – сумма элементарных работ сил инерции.

2. Изображаем на чертеже активные силы , , и пару
сил с моментом М. Задавшись направлением ускорения а₃, изображаем
на чертеже силы инерции , и пару сил инерции с моментом ,
величины которых равны:

; ;

. (2)

3. Сообщая системе возможное перемещение и составляя уравнение (1), получим

(Р₃ sin 60° – )d s₃ – . (3)

Выразим все перемещения через d j₂:

d s₃ = R₂d j₂ ; d s₄ = r₂d j₂;

. (4)

Подставив величины (2) и (4) в уравнение (3), приведем его к виду

. (5)

Входящие сюда величины e₂ и а₄ выразим через искомую величину а₃:

Затем, учтя, что d j₂¹ 0, приравняем нулю выражение, стоящее в (5) в квадратных скобках.

Из полученного в результате уравнения найдем

Вычисления дают следующий ответ: а₃ = – 0,9 м/с². Знак указывает, что ускорение груза 3 и ускорения других тел направлены противоположно показанным на рис. Д10.

Дата добавления: 2021-11-30; просмотров: 36; Мы поможем в написании вашей работы!

Поделиться с друзьями:

Мы поможем в написании ваших работ!