СОДЕРЖАНИЕ

СОДЕРЖАНИЕ
Введение
Глава 1
1.1
1.2
Глава 2
2.1.
2.2.
2.3.
2.4.
2.5
Глава 3
3.1
3.2
3.3
3.4
3.5
Глава 4
4.1
4.2
4.3
4.4
4.5
Глава 5
5.1
5.1.1
5.1.2
5.1.3
………………………………………………………………...
Общие положения
Состав и объем курсовой работы…………………………...
Методические рекомендации к выполнению курсовой
работы………………………………………………………...
Статика твердого тела
Основные понятия и определения статики………………...
Контрольные вопросы для реферативной части работы по
статике ……………………………………………………….
Расчет нормальных реакций в точках соприкосновения колес
с поверхностью дороги……………………………….
Примеры
выполнения
статической
части
курсовой
работы………………………………………………………...
Варианты заданий для курсовой работы…………………...
Кинематика твердого тела
Основные понятия и определения кинематики.....................
Контрольные вопросы для реферативной части работы по
кинематике ..………………………………………………….
Анализ скоростей точек обода колес при движении
автомобиля по дороге на первой передаче ………………...
Примеры выполнения кинематической части курсовой
работы………………………………………………………….
Варианты заданий для курсовой работы……………………
Динамика
Основные понятия и определения динамики.........................
Контрольные вопросы для реферативной части работы по
динамике……..……………………………………………….
Расчет мощности двигателя при движении с постоянной
скоростью по прямолинейному участку ……………………
Примеры выполнения динамической части курсовой
работы………………………………………………………….
Варианты заданий для курсовой работы
Контрольные работы…………………………………………
Статика
Методические рекомендации к выполнению контрольных
работ……………………………………………………………
Задание 1.Определение реакций опор твердого тела
………………………………………………………………….
Примеры выполнения задания 1……………………………..
7
9
9
11
21
21
22
26
29
47
48
49
53
55
83
83
84
85
87
88
93
5.1.4.
5.1.5.
5.2.
5.2.1.
5.2.2.
5.2.3.
5.2.4.
5.2.5.
5.3.
5.3.1.
5.3.2.
5.3.3.
Задание 2. Определение положения центра тяжести
однородного тела……………………………………………...
Примеры выполнения задания 2………………......................
Кинематика
Методические рекомендации к выполнению контрольных
работ……………………………………………………………
Задание 1. Определение кинематических параметров
движения точки при координатном способе заданного
движения
Примеры выполнения задания 1……………………………..
Задание 2. Определение скоростей и ускорений точек
твердого тела при плоском движении ………………………
Примеры выполнения задания 2………………......................
Динамика
Методические рекомендации к выполнению контрольных
работ……………………………………………………………
Задание 1. Использование теоремы об изменении
кинетической энергии для определения углового и линейного
ускорения тела……………………………………
Примеры выполнения задания 1……………………………..
Литература…………………………….………………………
97
100
104
105
106
110
114
117
118
122
127
4
ВВЕДЕНИЕ
Инновационные процессы обучения, внедрение высоких педагогических
технологий
становится
средством
повышения
эффективности
профессиональной подготовки студентов, направленной на овладение системой
понятий и методов наук о природных формах движения материи и законов
взаимодействия материальных точек и систем.
Теоретическая механика как одна из важнейших физико-математических
дисциплин играет существенную роль в подготовке инженеров любых
специальностей. На основных законах и принципах теоретической механики
базируются многие важные для общего инженерного образования дисциплины, такие как
сопротивление материалов, теория механизмов и машин, детали машин, строительная
механика, а также большое число специальных инженерных дисциплин, посвященных
изучению динамики машин и различных видов транспорта, методов расчета, сооружения и
эксплуатации таких объектов, как высотные здания, мосты, тоннели, шахты, плотины,
корабли, станки, роботы, автомобили и др.
Изучение теоретической механики предоставляет минимум фундаментальных знаний,
на базе которых будущий специалист сумеет самостоятельно овладеть всем новым, с чем
придется сталкиваться в ходе дальнейшего научно-технического прогресса. Также изучение
курса теоретической механики способствует расширению научного кругозора, повышению
общей культуры будущего специалиста и развитию его мышления.
Важной задачей при изучении курса теоретической механики является
выполнение
контрольных
и
курсовых
работ.
Особую
актуальность
самостоятельное выполнение этих работ приобретает в последнее время в связи
с сокращением для ряда специальностей числа аудиторных часов, отводимых
на изучение теоретической механики. Поэтому возникает необходимость в
учебных
руководствах
и
пособиях,
которые
облегчат
студентам
самостоятельное изучение теоретических разделов курса и помогут им
самостоятельно применять теорию к решению практических задач.
5
Основная цель настоящего пособия – помочь студентам - заочникам
автомобильного института в изучении курса теоретической механики на
примере конкретной задачи, связанной со специальностью студентов.
6
Глава 1 ОБЩИЕ ПОЛОЖЕНИЯ
1.1. Состав и объем курсовой работы
Курсовая работа должна состоять из расчетно-пояснительной записки (20
- 25 страниц формата А 4), которая оформляется в соответствии со
следующими требованиями:
- текст делится на разделы, подразделы и пункты;
- разделы должны иметь порядковую нумерацию в пределах всей записки
и обозначаться арабскими цифрами, подразделы нумеруются арабскими
цифрами в пределах каждого раздела, пункты нумеруются арабскими цифрами
в пределах каждого подраздела;
- формулы, рисунки и таблицы должны иметь самостоятельную
последовательную нумерацию в пределах раздела.
При
ссылках
на
используемую
литературу,
рекомендованную
в
библиографическом списке, указывается номер источника, а также номера
страниц, приложений, таблиц, пунктов указаний; написание текста записки
четкое, соблюдая следующие размеры полей: левое - 30 мм, правое, верхнее и
нижнее - 20 мм; страницы должны иметь сквозную нумерацию арабскими
цифрами, проставляемыми в средине нижней части страницы; настоящие
указания составлены с учетом требований и могут быть использованы
студентом в качестве примера оформления пояснительной записки.
1.2. Методические рекомендации к выполнению курсовой работы
Теоретическая
подготовке
механика
современного
играет
инженера.
исключительно
Решение
важную
практических
роль
задач
в
по
теоретической механике способствует формированию у студента инженерного
мышления.
Перед выполнением курсовой работы студенту необходимо ознакомиться
с теоретическим и справочным материалом, уравнениями и формулами,
примерами выполнения задания, приведенными в данном пособии.
7
Курсовая работа состоит из нескольких заданий, включающих основные
понятия и определения статики, кинематики и динамики.
Статическая сторона решения задачи позволяет по выбранному эскизу
автомобильного
каркаса
определить
нормальные
реакции
в
точках
соприкосновения колес автомобиля с поверхностью дороги.
Кинематическая сторона решения задачи состоит в анализе линейных
скоростей обода колес и скорости корпуса автомобиля при движении без
скольжения по прямолинейной дороге.
Определение мощности двигателя при движении автомобиля с заданной
скоростью выполняется в третьей части работы – динамической стороне
решения задачи.
Решение
каждой
задачи
должно
сопровождаться
краткими
теоретическими пояснениями (реферативная часть работы). Следует указать,
какие теоремы, принципы и формулы использованы для решения задачи. Все
промежуточные преобразования, расчеты должны быть показаны в решении и
сопровождены необходимыми пояснениями (расчетная часть работы).
Указания составлены в той последовательности, которая рекомендуется
при выполнении работы. Студент, имея данный порядок расчетов и
заключений, решает поэтапно конкретные задачи своего варианта.
Примечание: Вариант выполняемой работы соответствует номеру зачетной
книжки студента-заочника либо дается преподавателем.
8
Глава 2. СТАТИКА ТВЕРДОГО ТЕЛА
2.1. Основные понятия и определения статики
Материальным телом называется некоторое количество вещества,
которое заполняет какой-нибудь объем в пространстве. Возможны случаи,
когда тело в тех или иных направлениях имеет весьма малые размеры по
сравнению с размерами в других направлениях.
Материальной точкой называется простейшая модель материального тела
любой формы, размеры которого достаточно малы, и которое можно принять за
геометрическую точку, имеющую определенную массу.
Механическим воздействием одного тела на другое называется такое
воздействие, при котором пренебрегают изменениями в химической структуре
тела и его физическом состоянии. Если тело испытывает механическое
воздействие со стороны других материальных тел, то оно может изменять свое
движение в пространстве или оставаться в покое. Механическое воздействие
может происходить как при соприкосновении тел, так и на расстоянии
(притяжение, отталкивание).
Механической системой называется любая совокупность материальных
точек.
Абсолютно твердым телом(илинеизменяемой механической системой)
называется материальное тело, геометрическая форма которого и размеры не
изменяются ни при каких механических воздействиях со стороны других тел, а
расстояние между любыми двумя его точками остается постоянным.
Cила - это основная количественная мера механического воздействия
одного тела на другое, которая характеризует его интенсивность и направление.
Природа силы может быть различной. Это могут быть гравитационные,
электромагнитные, упругие силы или силы давления. Теоретическая механика
не интересуется природой сил.
Сила
определяется
точкой
приложения,
числовым
значением
и
направлением действия, т.е. является векторной величиной.
9
Модуль силы находят путем ее сравнения с силой, принятой за единицу.
Для
статического
измерения
силы
служат
приборы,
называемые
динамометрами.
Силу как величину векторную обозначают какой-либо буквой со знаком
вектора (например, F или P ). Для выражения числового значения силы или
ее модуля используется знак модуля от вектора или те же буквы, но без знака
вектора (например, F и P или F и P ).
Системой
сил
называется
группа
сил,
которые
действуют
на
рассматриваемое тело или (в общем случае) на точки механической системы.
Если линии действия всех сил лежат в одной плоскости, то система сил
называется плоской, а если эти линии действия не лежат в одной плоскости, то система сил называется пространственной.
Системой сил эквивалентной нулю(или уравновешенной системой сил)
называется такая система сил, действие которой на твердое тело или
материальную точку, находящиеся в покое или движущиеся по инерции, не
приводит к изменению состояния покоя или движения по инерции этого тела
или материальной точки.
Две системы сил называются эквивалентными,если их действие по
отдельности на одно и то же твердое тело или материальную точку одинаково
при прочих равных условиях.
Равнодействующей силойрассматриваемой системы сил называется сила,
действие которой на твердое тело или материальную точкуэквивалентно
действию этой системы сил. Равнодействующую силу обозначают обычно R .
Уравновешивающей силойрассматриваемой системы сил называется
сила, добавление которой к заданной системе силдает новую систему,
эквивалентную нулю.
Уравновешивающая
сила
равна
по
модулю
равнодействующей
и
противоположна ей по направлению.
Сила, приложенная к телу в одной его точке называется сосредоточенной.
10
Силы, действующие на все точки данного объема, данной части
поверхности тела или данной части кривой, называются распределенными.
Понятие о сосредоточенной силе является условным. Силы, которые в
механике
рассматриваются
как
сосредоточенные,
представляют
собой
равнодействующие некоторых систем распределенных сил.
Аксиомы статики
1. Аксиома о равновесии двух сил. Если на свободное абсолютно твердое
тело действуют две силы, то тело может находиться в равновесии тогда и
только тогда, когда эти силы равны по величине и направлены вдоль одной
прямой в противоположные стороны.
Рисунок -1 Аксиома о равновесии двух сил
2. Аксиома о добавлении (отбрасывании) уравновешенной системы сил.
Если на твердое тело действует система сил, то к ней можно добавить
(отбросить) уравновешенную систему сил. Полученная после добавления
(отбрасывания) новая система сил эквивалентна первоначальной.
3. Аксиома параллелограмма сил.Две силы, приложенные к телу в одной точке,
имеют равнодействующую, приложенную в той же точке и равную по величине
и направлению диагонали параллелограмма, построенного на
этих силах,
как на сторонах. R  F1  F2

R  F12  F22  2  F1  F2  cos F1 , F2

(1)
11
Рисунок 2 Аксиома параллелограмма
Эта аксиома допускает и обратное утверждение:
Силу можно разложить бесчисленным множеством способов на две силы,
приложенные в любой точке линии действия данной силы.
4. Аксиома о равенстве действия и противодействия.
При всяком
действии одного материального тела на другое имеет место такое же по
величине, но противоположное по направлению противодействие.
Рисунок 3 Аксиома о равенстве действия и противодействия
Если к данному телу приложена сила воздействия F от другого тела, то от
данного тела к другому телу будет приложена сила
F ' , равная и прямо
противоположная силе F . Силы приложены в одной геометрической точке, но
к разным телам.
12
Свободным твердым теломназывается тело, имеющее возможность
получать любое движение из данного положения, для чего необходимо
приложить соответствующую силу.
При решении большинства задач механики приходится иметь дело с
телами несвободными, т.е. лишенными возможности перемещаться
в
направлении действия приложенных к ним активных сил.
Тела, ограничивающие движение рассматриваемого тела, называются
связями.
Сила, с которой связь действует на тело, препятствуя его
перемещению
в
том
или
ином
направлении,
называется
силой
реакции(противодействия)этой связи или просто реакцией связи.
5. Аксиома о связях.
Эффект от действия связей такой же, как от
действия определенных, дополнительных сил, которые могут быть приложены
к свободному телу вместо связей. Аксиому
о
связях
называют
также
принципом освобождаемости от связей. Согласно этой аксиоме, не изменяя
равновесия тела, каждую связь можно отбросить, заменив ее реакцией связи.
Силы, которые могут сообщать свободному телу движение, называются
активными силами. Приложив к телу, кроме активных сил, реакции связей,
можно рассматривать тело как свободное. Активные силы и силы реакции
называются внешними силами.
Опорные реакции и их виды, формы их определения
Опорные реакции связей - силы, выражающие только действие связей.
Связи - условия, которые накладывают определенные ограничения на
положение и (или) движение изучаемого тела. Связи, наложенные на тело
можно отбросить, заменив их действие реакциями.
Основные виды связей и их реакции:
1.
Гладкая поверхность или опора. Гладкой считается поверхность,
трением о которую можно пренебречь. Реакция гладкой поверхности сводится
только к реакции, направленной по общей нормали к контактирующим
поверхностям, в предположении, что эта нормаль существует (рис. 4а). Если
общей нормали не существует, то есть одна из поверхностей имеет угловую
13
точку или «заострение», реакция направлена по нормали к другой поверхности
(рис. 4б).
2.
Шероховатая поверхность – это поверхность трением, по которой
пренебрегать нельзя. Реакция R шероховатой поверхности складывается из
нормальной реакции N и силы трения Fтр (рис. 5.). Модуль R определяется по
формуле:
2
R = √N 2 + Fтр
(2)
Рисунок 4 Реакция гладкой поверхности
Рисунок 5 Реакция R шероховатой поверхности
3. Гибкая связь. К этому типу связи относятся связи, осуществляемые с
помощью цепи, троса, каната и т. д. Реакция такой связи всегда направлена
вдоль связи (рис. 3).
Рисунок 6 Реакция гибкой связи
14
4. Цилиндрический шарнир (рис. 7) и подшипник. Цилиндрическим шарниром
называется соединение двух или более тел посредством цилиндрического
стержня, так называемого пальца, вставленного в отверстия в этих телах.
Цилиндрический шарнир препятствует перемещению по любому направлению
в плоскости XOY. Реакция R неподвижного цилиндрического шарнира
(шарнирно-неподвижной
опоры)
представляется
в
виде
неизвестных
составляющих Rx и Ry, линии действия которых параллельны или совпадают с
осями координат (рис. 7).
Рисунок 7 Реакция цилиндрического шарнира
5. Подпятник и сферический шарнир (рис. 8). Такой вид связи можно
представить в виде стержня, имеющего на конце сферическую поверхность,
которая крепится в опоре, представляющей собой часть сферической полости.
Сферический шарнир препятствует перемещению по любому направлению в
пространстве, поэтому реакция его представляется в виде трех составляющих
Rx, Ry, Rz, параллельных соответствующим координатным осям.
Рисунок 8 Реакции сферического шарнира
15
6.
Шарнирно-подвижная опора. Этот вид связи конструктивно выполняется
в виде цилиндрического шарнира, который может свободно перемещаться
вдоль поверхности. Реакция шарнирно-подвижной опоры всегда направлена
перпендикулярно опорной поверхности (опора А рис. 9).
\
Рисунок 9 Реакция шарнирно-подвижной опоры
7.
Шарнирно-неподвижная опора. Реакция R шарнирно-неподвижной опоры
представляется в виде неизвестных составляющих Rx и Ry, линии действия
которых параллельны или совпадают с осями координат.
8. Невесомый стержень (прямолинейный или криволинейный), закрепленный
по концам шарнирами. Реакция такого стержня является определенной и
направлена вдоль линии, соединяющей центры шарниров (рис. 10).
Рисунок 10 Реакция невесомого стержня
9. Жесткая заделка. Это необычный вид связи так как кроме препятствия
перемещению в плоскости XOY, жесткая заделка препятствует повороту
стержня (балки) относительно точки А. Поэтому реакция связи сводится не
только к реакции R (RX, Ry), но и к реактивному моменту Мр (рис. 8).
16
Рисунок 11 Реакция жесткой заделки
Момент силы
Если под действием приложенной силы твердое тело может совершать
вращение вокруг некоторой точки,
то
для того, чтобы охарактеризовать
вращательный эффект силы, необходимо ввести новое понятие - момент силы
относительно точки.
Рассмотрим силу F , приложенную к телу в точке А (рис. 12). Из
некоторой точки О опустим перпендикуляр на линию действия силы F .
Плечом h
силы
F
относительно точки О называется кратчайшее
расстояние между этой точкой и линией действия силы.
Через силу F и точку О можно провести плоскость. Сила F пытается
вращать тело вокруг оси, которая проходит через точку О
перпендикулярна плоскости, в которой лежит сила.
и
которая
Точка О называется
моментной точкой.
Моментом силы F относительно точки О называется вектор M 0 ( F ) ,
приложенный в этой точке и равный векторному произведению радиус-вектора
r , соединяющего эту точку с точкой приложения силы, на вектор силы F :
M 0 (F )  r  F
(3)
Модуль вектора M 0 ( F ) равен произведению модуля силы F на ее плечо
h:
17
M 0 ( F )  F  r  sin(  )  F  h
(4)
B
F

M0(F)
A
r
h
O
Рисунок 12 Момент силы F относительно точки О
Момент силы
F относительно точки О направлен перпендикулярно
плоскости, в которой лежат сила и моментная точка (радиус-вектор), в том
направлении откуда видно стремление силы вращать тело против движения
часовой стрелки.
Момент силы относительно точки не меняется от
переноса силы вдоль линии ее действия. Момент силы равен нулю, если линия
действия силы проходит через моментную точку.
Пара сил. Момент пары
Парой сил называется система двух равных по модулю, параллельных и
направленных в противоположные стороны сил, действующих на абсолютно
твердое тело.
Плоскостью действия пары сил называется плоскость, в которой
расположены эти силы.
Плечом пары сил d называется кратчайшее расстояние между линиями
действия сил пары.
Моментом пары силназывается вектор
M , модуль которого равен
произведению модуля одной из сил пары на ее плечо и который направлен
18
перпендикулярно плоскости действия сил пары в ту сторону, откуда пара видна
стремящейся повернуть тело против хода часовой стрелки:
M  F1  d .
Рисунок 13 Момент пары
2.2. Контрольные вопросы для реферативной части работы по
статике
1. Сформулировать понятие силы. Дать определение проекции силы на
ось.
2. Перечислить различные типы связей и показать их реакции.
3. Дать определение алгебраического момента силы относительно
точки.
4. Дать определение пары сил и момента пары.
5. Изложить условия равновесия плоской системы сил, в том числе для
случая параллельных сил.
2.3. Расчет нормальных реакций в точках соприкосновения колес с
поверхностью дороги
В расчетной части работы необходимо:
- изобразить эскиз машины (рис.14) и разбить контур машины на части в
виде прямоугольников и треугольников;
- для каждой части найти нагрузку, действующую со стороны каркаса на
колеса, по формуле qi = γ Si, где Si – площадь соответствующей части;
19
- определить равнодействующую распределенной нагрузки и точку ее
приложения для каждой части контура Qi;
- используя условия равновесия автомобиля, определить нормальные
опорные реакции в точках соприкосновения колес с поверхностью
дороги.
Рисунок 14 Эскиз автомобильного каркаса с распределенной равномерной и
неравномерной нагрузкой
2.4. Примеры выполнения статической части курсовой работы
Пример 1.Исходные данные:
γ = 8900 Н/м2 – удельный вес частей
автомобиля; r=10 см = 100 мм; r1=15 см = 150 мм – радиусы «валов»;
f = 0.4 – коэффициент трения; модель автомобиля: FordTransit
Определить опорные реакции в точках соприкосновения колес автомобиля
с поверхностью.
Решение.
1. Определение опорных реакций при давлении каркаса автомобиля на
колесо.
Изображаем эскиз автомобиля (рис. 15) в виде равномерных и неравномерных
нагрузок, определяем нагрузку q в каждой из получившихся частей по формуле:
q =γ ·S,
где S – площадь соответствующей части автомобиля., определяемая по формуле:
S =k · b ·h ,
где b, h – линейные размеры фигуры; k=1 для прямоугольника, k=0,5 для
треугольника.
20
Рисунок 15 Расчет опорных реакций в точках соприкосновения колес с поверхностью в
главном виде (профиль машины)
21
Рисунок 16 Схема приложения активных сил и опорных реакций
Определяем силу Q – для каждой из нагрузок qi, действующих со стороны
каркаса на колеса.
Используя формулы условий равновесия для данной системы, определяем
опорные реакции со стороны колес на каркас автомобиля.
Геометрические размеры, приведенные на схеме, сводим в таблицу и
определяем нагрузку.
Таблица 1
№
bi, мм
h i , мм
1
1000
712
0.5
2
2247
712
1
501
14239
3
4100
764
1
1345
27878
ki
l i , мм
qi, Н
1957
3168
Запишем условия равновесия автомобиля в следующей форме:
∑Fxi =0
∑Мв= ∑qi·li –Q1·L=0
22
Q1 =∑qi·li/L
где L = 2664 мм – колесная база автомобиля;
∑Fyi = Q1 + Q2 - ∑qi = 0
Q2 =∑qi – Q1
Q1 = (3168·1957 · 14239·501 – 27878·1345)/2664 = 19080 Н;
Q2 = (3168 · 14239 · 27878) – 19080 = 26205 Н;
Ответ:
Q1 = 19080 Н = 1945 кгс; Q2 = 26205 Н = 2671 кгс.
Пример 2.
Исходные данные:
γ = 10100 Н/м2 – удельный вес частей
автомобиля; модель автомобиля: ВАЗ-1117 «Калина».
Определить опорные реакции в точках соприкосновения колес автомобиля
с поверхностью.
Решение.
1. Определение опорных реакций при давлении каркаса автомобиля на
колесо.
Изображаем эскиз автомобиля (рис. 17) в виде равномерных и неравномерных
нагрузок, определяем нагрузку q в каждой из получившихся частей по формуле:
q = γ ·S,
где S – площадь соответствующей части автомобиля.
S =k · b ·h ,
где b, h – линейные размеры фигуры; k=1 для прямоугольника, k=0,5 для
треугольника.
Определяем силу Q – для каждой из нагрузок qi, действующих со
стороны каркаса на колеса. Используя формулы условий равновесия для данной
системы, определяем опорные реакции со стороны колес на каркас автомобиля.
23
Рисунок 17 Схема приложения активных сил и опорных реакций
Определяем силу Q для каждой из нагрузок qi, действующие со стороны
каркаса на колеса. Используя формы условий равновесия для данной системы,
определить опорные реакции со стороны колес на каркас машины.
Для прямоугольного участка: S = a·h;
Для треугольного участка:
S = a·h/2;
γ = 10100 Н/м2 ;qi1= 6716 H·м; qi 2= 21434 H·м; qi 3= 11384 H·м;
qi 4= 1564 H·м;
Запишем условия равновесия системы сил, приложенных к твердому
телу.
Сумма проекций всех сил на ось Х должна быть равна 0:
ΣFxi = 0;
Сумма моментов всех сил относительно точки В должна быть равна 0:
ΣMB = Σqi·li – Q1·L = 0;
Q1 = Σqi·li/ L
Сумма проекций всех сил на ось Y должна быть равна 0:
24
ΣFyi = Q1 + Q2 – Σqi= 0;
Q2 =Σqi – Q1
Решая полученные уравнения, определяем требуемые величины опорных
реакций:
Q1 = (6716·792+21434·1337+11384·2024+1564·3000)/L = 24984Н;
Q2 = (6716+21434+11384+1564) – 24984 = 16114Н.
Ответ: Q1 = 24984 H; Q2= 16114 H.
2.5. Варианты заданий для курсовой работы
Варианты выполняемой курсовой
работы приведены в таблице 2 и
соответствуют последним двум цифрам номера зачетки студента-заочника,
либо выдаются преподавателем.
Таблица 2
Вариант
Удельный вес
частей
автомобиля
γ (Н/м3)
Радиус
вала
заднего
колеса
r1 (см)
15
Коэффициент
трения
f
10000
Радиус
вала
переднего
колеса
r (см)
10
1
2
10100
12
14
0,2
3
9900
13
16
0,3
4
9800
11
18
0,4
5
9700
20
10
0,5
6
9600
19
11
0,6
7
9500
18
12
0,7
8
9400
17
13
0,8
9
9300
16
14
0,9
10
9200
15
9
0,1
11
9100
8
18
0,2
12
9000
9
19
0,3
13
8900
10
15
0,4
0,1
25
14
8800
11
16
0,5
15
8700
12
17
0,6
16
8600
13
18
0,7
17
8500
14
19
0,8
18
8400
21
14
0,9
19
8300
20
13
0,8
20
8200
19
12
0,7
21
8100
18
11
0,6
22
8000
17
10
0,5
23
7900
16
9
0,4
24
7800
15
8
0,3
25
7700
8
16
0,2
26
7600
9
15
0,1
27
7500
10
14
0,9
28
7400
11
13
0,8
29
7300
12
12
0,7
30
7200
13
11
0,6
31
7100
14
10
0,5
32
10200
15
16
0,4
33
10300
16
13
0,3
34
10400
13
17
0,2
35
10500
17
12
0,1
26
Глава 3. Кинематика
3.1 Основные понятия и определения кинематики
Кинематикой называется раздел теоретической механики, в котором
изучаются движения материальных объектов, таких как точка и твердое тело,
без рассмотрения причин, вызывающих или изменяющих это движение.
Такое изучение движения материальных объектов не требует учета
материальных характеристик этих объектов - массы, моментов инерции и пр.
Движение материальных объектов всегда происходит в пространстве
относительно определенной системы отсчета и во времени. Пространство
считается трехмерным эвклидовым пространством, свойства которого не
зависят от движущихся в нем материальных объектов.
Время в классической механике не связано с пространством и движением
материальных объектов. Во всех системах отсчета движущихся друг
относительно друга оно протекает одинаково.
В кинематике точки рассматриваются характеристики движения точки,
такие, как скорость и ускорение и методы их определения при различных
способах задания движения.
Траекторией
точки
называется
геометрическое
место
ее
последовательных положений в пространстве с течением времени относительно
рассматриваемой системы отсчета.
Форма траектории может быть прямолинейной или криволинейной и
зависит от выбранной системы координат.
Абсолютно
твердым
телом
называется
материальное
тело,
геометрическая форма которого и размеры не изменяются ни при каких
механических воздействиях со стороны других тел, а расстояние между
любыми двумя его точками остается постоянным.
Кинематика твердого тела, также как и динамика твердого тела, является
одним из наиболее трудных разделов курса теоретической механики.
27
Задачи кинематики твердого тела распадаются на две части:
1. задание движения и определение кинематических характеристик
движения тела в целом;
2. определение кинематических характеристик (траектория, скорость и
ускорение) движения отдельных точек тела.
Существует пять видов движения твердого тела:
1.
поступательное движение;
2.
вращение вокруг неподвижной оси;
3.
плоское движение;
4.
вращение вокруг неподвижной точки;
5.
свободное движение.
Первые два называются простейшими движениями твердого тела.
Поступательным движением твёрдого тела называется такое его
движение, при котором любая прямая, жёстко скреплённая с телом, остаётся
параллельной своему первоначальному положению в каждый момент времени.
Рисунок 1 Поступательное движение кабины колеса обозрения
Поступательно движутся педали велосипеда относительно его рамы во
время движения, поршни в цилиндрах двигателя внутреннего сгорания
относительно цилиндров, кабины колеса обозрения в парках относительно
Земли. Траектории точек у поступательно движущегося твердого тела могут
быть не только прямыми, но и кривыми, в том числе окружностями.
28
Теорема. При поступательном движении твёрдого тела траектории,
скорости и ускорения всех точек твердого тела одинаковы.
Если выбрать две точки твердого тела А и В, то радиус-векторы этих
точек связаны соотношением
rB  rA  AB
. Траектория точки А это кривая,
которая задается функцией rA ( t ) , а траектория точки В это кривая, которая
задается функцией rB ( t ) . Траектория точки В получается переносом траектории
точки А в пространстве вдоль вектора AB , который не меняет своей величины
и направления во времени. Следовательно, траектории всех точек твердого тела
одинаковы.
Рисунок 2 Теоремао поступательном движении твёрдого тела
Продифференцируем по времени выражение
Получаем v B 
rA AB

 vA
dt dt
,
так как
времени скорости и получим выражение
rB  rA  AB .
AB
 0 . Продифференцируем по
dt
aB  a A
.
Следовательно, скорости и ускорения всех точек твердого тела
одинаковы. Что и требовалось доказать.
Поступательное движение твёрдого тела полностью характеризуется
движением одной любой его точки.
Твёрдое тело при поступательном движении имеет три степени свободы.
Для задания движения твердого тела в декартовой системе координат
достаточно знать координаты x( t ), y( t ), z( t ) любой его точки.
29
Функции
x( t ), y( t ), z( t )
называются уравнениями поступательного
движения твердого тела.
Вращение твёрдого тела вокруг неподвижной оси
Вращением твёрдого тела вокруг неподвижной оси называется такое его
движение, при котором две точки тела остаются неподвижными в течение всего
времени движения. При этом также остаются неподвижными все точки тела,
расположенные на прямой, проходящей через его неподвижные точки. Эта
прямая называется осью вращения тела.
Пусть точки A и B неподвижны. Вдоль оси вращения направим ось Oz .
Через ось вращения проведём неподвижную плоскость П 0 и подвижную П ,
скреплённую с вращающимся телом (при t  0 П  П0 ).
Рисунок 3 Вращение твердого тела
Положение плоскости П и самого тела определяется двугранным углом
между плоскостями П и П 0 . Обозначим его  . Угол  называется углом
поворота тела.
Положение тела относительно выбранной системы отсчета однозначно
определяется в любой момент времени, если задано уравнение   f ( t ) , где
f ( t ) - любая дважды дифференцируемая функция времени. Это уравнение
называется уравнением вращения твёрдого тела вокруг неподвижной оси.
30
У тела, совершающего вращение вокруг неподвижной оси, одна степень
свободы, так как его положение определяется заданием только одного
параметра – угла  .
Угол  считается положительным, если он откладывается против часовой
стрелки, и отрицательным – в противоположном направлении.
Траектории
точек тела при его вращении вокруг неподвижной оси являются окружностями,
расположенными в плоскостях перпендикулярных оси вращения.
Для характеристики вращательного движения твердого тела вокруг
неподвижной оси введём понятия угловой скорости и углового ускорения.
Алгебраической угловой скоростью тела в какой-либо момент времени
называется первая производная по времени от угла поворота в этот момент, то
есть:

d
dt
  .
Угловая скорость является положительной величиной при вращении тела
против часовой стрелки, так как угол поворота возрастает с течением времени,
и отрицательной – при вращении тела по часовой стрелке, потому что угол
поворота при этом убывает.
Размерность угловой скорости по определению:
  
угол
рад

 c 1
время
с
В технике угловая скорость – это частота вращения, выраженная в
оборотах в минуту. За одну минуту тело повернётся на угол 2    n , где n число оборотов в минуту.
Разделив этот угол на число секунд в минуте,
получим:
 c1 
Алгебраическим
2    nоб / мин   nоб / мин

 0.1  nоб / мин .
60
30
угловым
ускорением
тела
называется
первая
производная по времени от угловой скорости, то есть вторая производная от
d d 2
угла поворота, то есть  
 2 .
dt
dt
31
Размерность углового ускорения по определению    угол 2  рад
 c 2 .
2
время
с
Введем понятия векторов угловой скорости и углового ускорения тела:
  k
Векторы

   k ,
и
и 
где k
- единичный вектор оси вращения.
можно изображать в любых точках оси вращения, они
являются скользящими векторами.
Алгебраическая угловая скорость это проекция вектора угловой скорости
на ось вращения. Алгебраическое угловое ускорение это проекция вектора
углового ускорения скорости на ось вращения.
Рисунок 4 Направления векторов угловой скорости и углового ускорения тела
Если   0 при   0 , то алгебраическая угловая скорость возрастает с
течением
времени
и,
следовательно,
тело
вращается
ускоренно
в
рассматриваемый момент времени в положительную сторону. Направление
векторов
 и  совпадают, оба они направлены в положительную сторону
оси вращения Oz .
При   0 и   0 тело вращается ускоренно в отрицательную сторону.
Направление векторов

и

совпадают, оба они направлены в
отрицательную сторону оси вращения Oz .
Если   0 при   0 , то имеем замедленное вращение в положительную
сторону. Векторы  и  направлены в противоположные стороны.
32
Если   0 при   0 , то имеем замедленное вращение в отрицательную
сторону. Векторы  и  направлены в противоположные стороны.
Угловую скорость и угловое ускорение на рисунках изображают
дуговыми стрелками вокруг оси вращения (если нельзя изобразить вектора).
Дуговая стрелка для угловой скорости указывает направление вращения тела, а
дуговая стрелка для
углового
ускорения
– направление, в котором
увеличивается алгебраическая угловая скорость. Для ускоренного вращения
дуговые стрелки для угловой скорости
и углового ускорения имеют
одинаковые направления, для замедленного их направления противоположны.
Частные случаи вращения твердого тела
Равномерное вращение
Вращение
называется
равномерным,
если
его
угловая
скорость
постоянна, т.е.   const .
Так как
d
  , то d    dt . Начальные условия: t  t 0 ,   0 , то после
dt
интегрирования получим:

t
0
t0
 d     dt ,
или     ( t  t 0 )   0
   0    ( t  t0 )

  0
( t  t0 )
,
( t  t0 ) 
  0
 .
Равнопеременное вращение
Вращение называется равноускоренным, если его угловое ускорение
постоянно и больше нуля, т.е.   const  0 .
Вращение называется равнозамедленным, если его угловое ускорение
постоянно и меньше нуля, т.е.   const  0 .
Так как
d
  , то d    dt . Начальные условия: t  t 0 ,    0    0 , то
dt
после интегрирования получим:
33

t
0
t0
 d     dt ,    0    ( t  t 0 )

далее d    dt ,

t
0
t0
  0
( t  t0 )
или    0    ( t  t 0 )
,
( t  t0 ) 
d  (  0    ( t  t 0 ))  dt
  0

и послеинтегрирования,
 d   (  0    ( t  t 0 ))dt ,    0   0  ( t  t 0 )   
( t  t 0 )2
2
( t  t 0 )2
или    0   0  ( t  t 0 )   
2
Плоское движение твердого тела
Плоским движением твердого тела называется такое его движение, при
котором каждая его точка все время движется в одной и той же плоскости.
Плоскости, в которых движутся отдельные точки тела, параллельны
между собой и параллельны одной и той же неподвижной плоскости. Плоское
движение твердого тела часто называют плоскопараллельным.
Траектории
точек тела при плоском движении являются плоскими кривыми.
Плоское движение твердого тела имеет большое значение в технике.
Вращательное движение твердого тела вокруг неподвижной оси является
частным случаем движения твердого тела.
При изучении плоского движения, как и любого другого, необходимо
рассмотреть способы задания этого движения, а также приемы вычисления
скоростей и ускорений точек тела.
Если в теле провести некоторую прямую О1О2, перпендикулярную
плоскостям, в которых происходит движение точек, то все точки этой прямой
будут двигаться по одинаковым траекториям с одинаковыми скоростями и
ускорениями; сама прямая будет, естественно, сохранять свою ориентацию в
пространстве. Таким образом, при плоском,
движении твердого тела
достаточно рассмотреть движение одного из сечений тела. Сечение твердого
тела будем называть плоской фигурой. Положение фигуры на ее плоскости
34
полностью
определяется
положением
отрезка
прямой
линии,
жестко
скрепленной с этой плоской фигурой.
Рисунок 5 Плоское движение твердого тела
Уравнения плоского движения твердого тела
Для задания положения плоской фигуры на плоскости относительно
системы координат O1 x1 y1 , лежащей в плоскости фигуры, достаточно задать на
этой плоскости положение отрезка АВ, скрепленного с фигурой.
Положение отрезка АВ, относительно системы координат O1 x1 y1
определяется заданием координат какой-нибудь точки этого отрезка и его
направления. Например, координаты точки А ( x A , y A ) и направление, заданное
углом  . Уравнения движения плоской фигуры относительно системы
координат O1 x1 y1 имеют вид: x A  x A ( t ), y A  y A ( t ),   ( t ) .
35
Рисунок 6 Положение отрезка АВ, относительно системы
координат O1 x1 y1
Твердое тело при плоском движении имеет три степени свободы.
Функции
x A  x A ( t ), y A  y A ( t ),   ( t ) называются уравнениями плоского
движения твердого тела.
Перейдем к изучению движения отдельной точки твердого тела.
Положение любой точки М плоской фигуры относительно подвижной системы
отсчета Oxy , скрепленной с этой движущейся фигурой и лежащей в ее
плоскости, полностью определяется заданием координат x и y точки М
(рис.7).
Рисунок 7 Положение точки М плоской фигуры относительно подвижной системы
отсчета Oxy
Между координатами точки М в различных системах отсчета существует
связь:
36
x1  x0  r  cos(    )
,
y1  y0  r  sin(    )
где r - длина отрезка ОМ,  - постоянный угол между ОМ и осью Ox . С
учетом выражений r  cos(  )  x
и
r  sin(  )  y
получаем:
x1  x0  x  cos(  )  y  sin(  ) 
.
y1  y0  x  sin(  )  y  cos(  )
Полученные формулы являются уравнениями движения точки
плоской фигуры относительно координат
O1 x1 y1 .
М
Эти формулы позволяют
определить координаты любой точки плоской фигуры по заданным уравнениям
движения этой фигуры и координатам этой точки относительно подвижной
системы отсчета, скрепленной с движущейся фигурой.
Используя матрично-векторные обозначения уравнения можно записать
в такой форме:
 1   0  A r ,
где А – матрица поворота на плоскости:
 cos 
A  
 sin 
- sin 
cos 

 ,

x 
 0   0  ,
 y0 
x 
 1   1  ,
 y1 
x
r    .
 y
Разложение плоского движения на поступательное
и вращательное движения
Теорема.
Любое движение твердого тела, в том числе и движение
плоской фигуры в ее плоскости, бесчисленным множеством способов можно
разложить на два движения, одно из которых переносное, а другое –
относительное.
В частности, движение плоской фигуры в ее плоскости относительно
системы O1 x1 y1 , расположенной в той же плоскости, можно разложить на
переносное и относительное движения следующим образом.
Примем за
переносное движение фигуры ее движение вместе с поступательно движущейся
37
системой координат Ox1 y1 , начало которой скреплено с точкой О фигуры,
принятой за полюс. Тогда относительное движение фигуры будет по
отношению к подвижной системе координат Ox1 y1 вращением вокруг
подвижной оси, перпендикулярной плоской фигуре и проходящей через
выбранный полюс.
Для доказательства этого достаточно показать, что плоскую фигуру в ее
плоскости из одного положения в любое другое можно перевести двумя
перемещениями – поступательным перемещением в плоскости фигуры вместе с
каким – либо полюсом и поворотом в той же плоскости вокруг этого полюса.
Рисунок 8 Разложение плоского движения на поступательное
и вращательное движения
Рассмотрим два любых положения плоской фигуры
1 и 2. Выделим
отрезок АB в рассматриваемой фигуре. Перевод фигуры из положения 1 в
положение 2 можно рассматривать как суперпозицию двух движений:
поступательного из 1 в 1' и вращательного из 1' в 2 вокруг точки A', называемой
обычно полюсом (рис. 8 а). Существенно, что в качестве полюса можно
выбрать любую точку, принадлежащую фигуре или даже лежащую в плоскости
вне фигуры. На рис. 8 б, к примеру, в качестве полюса выбрана точка В.
Обратите внимание: длина пути при поступательном перемещении изменилась
(в данном случае увеличилась), но угол поворота остался прежним.
38
Угловая скорость и угловое ускорение тела при плоском движении
Для характеристики вращательной части плоского движения твердого
тела вокруг подвижной оси, проходящей через выбранный полюс, вводится
понятие угловой скорости  и углового ускорения  :
  k
    k , где k - единичный вектор, направленный по
и
оси вращения.
Если угол поворота вокруг подвижной оси, проходящей через полюс,
обозначить  , то  
Векторы
d
d d 2
, а 
 2
dt
dt
dt
 и  можно изображать в любых точках подвижной оси
вращения, т.е. они являются свободными векторами.
Скорости точек тела при плоском движении
Теорема. Скорость какой-либо точки фигуры при ее плоском движении
равна векторной сумме скорости полюса и относительной скорости этой точки
от вращения фигуры вокруг полюса.
Рисунок 9 Скорости точек при плоском движении
Применяя к плоскому движению теорему о сложении скоростей для
какой-либо точки В фигуры, получаем:
v B  v Be  v Br ,
39
где v B - абсолютная скорость точки В плоской фигуры;
v Be
-
скорость
точки В
переносного поступательного движения
плоской фигуры вместе, например, с точкой А этой фигуры;
v Br
- скорость точки B в относительном движении, которым является
вращение плоской фигуры вокруг точки А с угловой ск
Так как за переносное движение выбрано поступательное движение
вместе с точкой А, то у всех точек плоской фигуры одинаковые переносные
скорости, совпадающие с абсолютной скоростью точки А, т.е. v Be  v A .
Скорость относительного движения, в случае, когда оно является
вращательным движением, равна vBr    AB .
Скорость
v Br
расположена в плоскости движущейся фигуры и
направлена перпендикулярно отрезку АВ, соединяющему точку В с полюсом
А.
Эту относительную скорость можно выразить в виде векторного
произведения
v Br    AB ,
где угловая скорость  считается направленной
по подвижной оси вращения, проходящей через точку А и перпендикулярной
плоскости фигуры.
Относительную скорость
v Br
обозначим
v BA
.
Это
обозначение показывает, что скорость относительного движения точки В
получается от вращения плоской фигуры вокруг подвижной оси, проходящей
через точку А, или просто вокруг точки А:
v B  v A  v BA ,
где vBA    AB . Что и требовалось доказать.
Мгновенный центр скоростей
Мгновенным центром скоростей
называется точка плоской фигуры,
скорость которой в данный момент времени равна нулю.
Теорема. В каждый момент времени при плоском движении фигуры в ее
плоскости при   0 (непоступательное движение), имеется один единственный
центр скоростей.
Для доказательства достаточно указать способ нахождения мгновенного
центра скоростей, если известны скорость какой-либо точки О плоской фигуры
40
и ее угловая скорость в рассматриваемый момент времени: v P  v O  v PO  0 ,
v PO  v O ,
v PO    OP , следовательно OP 
vO

.
Рисунок 10 Теорема о мгновенном центре скоростей
Мгновенный центр скоростей это единственная точка плоской фигуры
для данного момента времени. В другой момент времени мгновенным центром
скоростей будет уже другая точка.
Возьмем точку Р за полюс: v O  v P  v PO  v P  v OP .
Так как
v P  0 , то
v O  v OP . Аналогичный результат получается для
любой другой точки плоской фигуры:
v A  v AP
v AP    PA
vA
перпендикулярно PA .
v B  v BP
vBP    PB
vB
перпендикулярно PB .
Скорости точек плоской фигуры определяются в данный момент так, как
если бы движение фигуры было вращением вокруг мгновенного центра
скоростей.
Скорости точек плоской фигуры пропорциональны их расстояниям до
мгновенного центра скоростей.
Передача вращения
Если в механизме имеются только ведущие и ведомые валы и
отсутствуют промежуточные вращающиеся звенья, то механизм называется
передачей. Передача вращения может осуществляться:
41
1) путём непосредственного соприкосновения двух дисков, жёстко
связанных с ведущим и ведомым валами (фрикционная, червячная, зубчатая);
2) посредством промежуточных гибких тел, сцепляющихся с дисками,
которые жёстко связаны с ведущим и ведомым валами (ременная, цепная,
волновая).
Отношения
угловых
скоростей
вращения
обоих
балов
передачи
называется передаточным отношением (i), которое характеризует процесс
преобразования движения количественно.
Отношения угловой скорости ведущего вала, к угловой скорости
ведомого
называется
передаточным
числом
(u),
которое
определяет
направление передачи энергии.
Методы нахождения положения МЦС
1). Известен вектор скорости v A
какой -либо точки A плоской
фигуры и ее угловая скорость
  0.
МЦС (точка P) находится на перпендикуляре к вектору v A , проведенном
через точку A.
Расстояние PA  v A  и откладывается в сторону, которую
указывает вектор v A после поворота на угол  2 в направлении дуговой
стрелки  . При этом получается, что скорость
v P  v A  v PA  v A  v A  0
( vPA    PA  v A )
2). Известны не параллельные друг
другу скорости v A и v B двух точек
плоской фигуры.
МЦС (точка P) находится в точке пересечения перпендикуляров,
42
проведенных через точки A и B к скоростям этих точек. Угловая скорость
плоской фигуры равна   v A PA  v B PB . Отметим, что для нахождения только
положения МЦС достаточно знать лишь направления скоростей двух точек .
МЦС (точка P) находится в точке пересечения перпендикуляров,
проведенных через точки A и B к скоростям этих точек. Угловая скорость
плоской фигуры равна   v A PA  v B PB . Отметим, что для нахождения только
положения МЦС достаточно знать лишь направления скоростей двух точек .
3). Известны параллельные друг
другу скорости v A и v B точек A и B
плоской фигуры, перпендикулярные
отрезку AB, направленные в одну
сторону и не равные по модулю
( v A  v B ).
МЦС (точка P) находится в точке пересечения продолжения отрезка AB
и прямой, проведенной через концы векторов v A и v B . При заданной длине
отрезка AB расстояния от МЦС до точек A и B определяются из пропорции
v A : vB  PA : PB . Угловая скорость фигуры   v A PA  v B PB . Случай равенства (
v A  v B ) см. п. 6.
4). Известны параллельные друг
другу скорости v A и v B точек A и B
плоской фигуры, перпендикулярные
отрезку AB, направленные в разные
стороны.
МЦС (точка P) находится в точке пересечения отрезка AB и прямой,
проведенной через концы векторов v A и v B . При заданной длине отрезка AB
43
расстояния от МЦС до точек A и B определяются из пропорции:
v A : vB  PA : PB . Угловая скорость фигуры   v A PA  v B PB .
5). Плоская фигура катится без
скольжения по неподвижной кривой.
МЦС (точка P) находится в точке соприкосновения фигуры с кривой,
так как скорости точек фигуры и неподвижной кривой, находящиеся в
соприкосновении, равны между собой и, следовательно, равны нулю. Если
известна скорость какой-либо точки A фигуры, то угловая скорость   v A PA .
6). Известно, что скорости v A и v B
двух
точек
параллельны
плоской
друг
фигуры
другу
и
не
перпендикулярны отрезку AB.
МЦС в данный момент времени не существует или, другими словами,
находится в бесконечности. Угловая скорость плоской фигуры в данный
момент
равна
нулю.
Движение
фигуры
называется
мгновенно-
поступательным. Скорости всех точек фигуры равны v A  v B . Аналогичный
результат показан в п. 4.
Величины i и u могут меняться или оставаться постоянными за время
одного оборота ведущего вала.
Любую передачу можно схематично представить в виде двух начальных
поверхностей, контактирующих между собой, а плоскую передачу - в виде двух
44
начальных окружностей, перекатывающихся друг по другу без скольжения и
контактирующих в полюсе p (рис. 10). Тогда:
𝑉𝑝 = 𝑟1 ∗ 𝜔1 = 𝑟2 ∗ 𝜔2 ; →
𝜔1
𝜔2
=
𝑟𝑤2
𝑟𝑤2
= 𝑖12 – передаточное число
Рисунок 11 Передачи движения
3.2 Контрольные вопросы для реферативной части работы по
кинематике
1.
Определение плоского движения твердого тела
2.
Определение
скоростей
точек
тела
при
поступательном
и
вращательном движении тела.
3.
Понятие мгновенного центра скоростей.
4.
Способы определения мгновенного центра скоростей.
5.
Передача вращения. Способы осуществления передачи.
3.3 Анализ скоростей точек обода колес и скорости корпуса
автомобиля при движении без скольжения по прямолинейной дороге
В расчетной части кинематической стороны решения задачи необходимо:
- определить скорости точек обода заднего (ведущего) колеса автомобиля,
при заданном числе оборотов n двигателя;
- выполнить эскиз колесной передачи автомобиля (рис. 12) с учетом
масштабных размеров колес рассматриваемой модели;
45
Рисунок 12 Эскиз распределения линейных скоростей точек обода переднего и
заднего колес.
- определить угловую скорость переднего колеса по формуле ω0 = πn/30
(n – число оборотов в минуту двигателя автомобиля);
- определить линейную скорость точки K, в соответствии с законами
ременной передачи;
- найти угловую скорость вращения заднего колеса (считать ее равной
угловой скорости вращения вала колеса);
- определить линейные скорости движения точек обода заднего колеса В,
С, D, Е, а также скорость центра колеса т.А.
Скорости всех точек изобразить на эскизе.
3.4 Пример выполнения кинематической части курсовой работы
Пример. Анализ скоростей точек обода колес при движении
автомобиля по дороге на первой передаче
Исходные данные: чертёж автомобиля ВАЗ-2111
  9500 H / M 2 - удельный вес частей автомобиля;
r  18см, r1  12см
-
радиусы
валов
переднего
и
заднего
колёс
соответственно;
f  0,7 - коэффициент трения;
  70 0 - угол, определяющий положения точки D;
46
Снаряженная масса 1055кг, шины 175/70R13.
Рисунок 13 Общий вид автомобиля ВАЗ-2111
Решение
1.Определение угловой скорости переднего колеса.
Принимаем число оборотов двигателя n = 3000 об/мин , тогда:
0 
n
30

3,14  3000
 314 рад / c
30
2.Передаточное число ременной передачи определится как отношение радиусов
шкивов:
i Рем 
r1 12

 0,667 .
r 18
Угловая скорость шкива: 1   0 i

Рем
314
 471 рад / c .
0,667
47
Рисунок 14 Эскиз колесной передачи автомобиля
Линейная скорость точки К вала: VK  1  r1  471 0,012  5,652 м / c .
3.
Определим
угловую
скорость
переднего
колеса
автомобиля
относительно оси при оборотах двигателя n = 3000об/мин, и движении на
4-ой передаче ( i4  0,941).
Определим передаточное число трансмиссии:
iКПП  0,941 , i ГП  3,7 - главная передача (редуктор моста).
iОбщ  i КПП  i ГП  0,941  3,7  3,48
n КОЛЕСА 
1 
n ДВ
i Общ

3000
 861,648 об/мин.
3,48
2n 2  3,14  861,648

 90 рад / c
60
60
5.Определим линейные скорости движения точек обода заднего колеса B,
C, D, E и точки A.
Скорость точки A - это скорость движения автомобиля (будет определено
ниже).
Скорость точки O (точки контакта колеса и дороги), при движении
автомобиля
относительно дороги
равна нулю, следовательно точка О –
мгновенный центр скоростей переднего колеса.
48
Скорость точки E, относительно дороги в данный момент вычисляется по
формуле:
VE  1  2R ,
где 1 - угловая скорость точки E относительно точки O, R – радиус
колеса.
Расчет радиуса колеса. Размерность применяемых шин на ВАЗ-2111
175/70R13:
1 дюйм =25,4 мм
R
13  25,4 175  70

 287,6 мм  0,288M
2
100
Обороты колеса вокруг оси n КОЛЕСА  861,648об / мин  14,361с 1 (об/сек),
длинна окружности колеса L  2R  2  3,14  0,288  1,809 м .
При движении без
проскальзывания скорость автомобиля будет равна 14,361  1,809  25,974 м / c т.е.
VA  25,974 м / c .
Для дальнейшего нахождения скоростей всех заданных точек применим
понятие мгновенного центра скоростей.
VE  1  2R  90  2  0,288  51,84 м / с
Скорости точек B и С:
VC  1  OC
По теореме Пифагора найдем OC :
OC 2  CA 2  OA 2 ,
OC  CA2  OA 2 , т.к. CA  OA  R , то
OC  2  R .
Следовательно:
VC  1  2  R  90 1,414  0,288  36,651м / с
VB  VC , т.к. OB  OC
Сложность в определении скорости точки D заключается в нахождении
отрезка OD .
Рассмотрим треугольник DAO : ADO  DOA , т.к. AD  AO
49
180 0  110 0
 35 0 .
2
DAO  180 0  70 0  110 0 , ADO 
Теперь
по
теореме
синусов
найдём
:
OD
AD
OD
sin 110 0
0,939

AD

R
,
где
,
отсюда
OD

R
 0,288
 0,472 м
0
0
0
sin 35
sin 110
0,573
sin 35
VD  1  OD  90  0,472  42,465 м / с
Выпишем
VA  25,974 м / c
;
значение
VB  36,651м / c
всех
;
найденных
скоростей
точек
VC  36,7 м51 / с ; VD  42,465 м / с ;
колеса:
VE  51,84 м / с ;
VK  5,652 м / c
3.5 Варианты заданий для курсовой работы
Варианты выполняемой курсовой
работы приведены в таблице 1 и
соответствуют последним двум цифрам номера зачетки студента-заочника,
либо выдаются преподавателем.
Таблица 1
Вариант
Удельный
вес частей
автомобиля
γ (Н/м3)
Радиус
вала
переднего
колеса
r (см)
Радиус вала
заднего
колеса
r1 (см)
Коэф-т
трения
f
1
10000
10
15
0,1
Угол α,
определя
ю
щий
положен
ие точки
D
30
2
10100
12
14
0,2
45
3
9900
13
16
0,3
60
4
9800
11
18
0,4
30
5
9700
20
10
0,5
45
6
9600
19
11
0,6
60
7
9500
18
12
0,7
30
8
9400
17
13
0,8
45
9
9300
16
14
0,9
60
10
9200
15
9
0,1
30
11
9100
8
18
0,2
45
50
12
9000
9
19
0,3
60
13
8900
10
15
0,4
30
14
8800
11
16
0,5
45
15
8700
12
17
0,6
60
16
8600
13
18
0,7
30
17
8500
14
19
0,8
45
18
8400
21
14
0,9
60
19
8300
20
13
0,8
30
20
8200
19
12
0,7
45
21
8100
18
11
0,6
60
22
8000
17
10
0,5
30
23
7900
16
9
0,4
45
24
7800
15
8
0,3
60
25
7700
8
16
0,2
30
26
7600
9
15
0,1
45
27
7500
10
14
0,9
60
28
7400
11
13
0,8
30
29
7300
12
12
0,7
45
30
7200
13
11
0,6
60
31
7100
14
10
0,5
30
32
10200
15
16
0,4
45
33
10300
16
13
0,3
60
34
10400
13
17
0,2
30
35
10500
17
12
0,1
45
51
Глава 4 Динамика
4.1 Основные понятия и определения динамики
В динамике изучаются механические движения материальных объектов
под
действием
сил.
Простейшим
материальным
объектом
является
материальная точка.
Материальная точка это модель материального тела любой формы,
размерами которого можно пренебречь и принять за геометрическую точку,
имеющую определенную массу.
Более сложные материальные объекты – механические системы и
твердые тела, состоят из набора материальных точек.
Движение материальных объектов всегда происходит в пространстве
относительно определенной системы отсчета и во времени. Пространство
считается трехмерным эвклидовым пространством, свойства которого не
зависят от движущихся в нем материальных объектов.
Время в классической механике не связано с пространством и движением
материальных объектов. Во всех системах отсчета движущихся друг
относительно друга оно протекает одинаково.
Аксиомы классической механики
Первая аксиома или закон инерции. Материальная точка, на которую не
действуют
силы
способностью
или
действует
сохранять
свое
равновесная
состояние
система
покоя
или
сил,
обладает
равномерного
и
прямолинейного движения относительно инерциальной системы отсчета.
Материальная точка, на которую действует равновесная система сил,
называется изолированной материальной точкой.
Равномерное и прямолинейное движение точки называется движением по
инерции.
Вторая аксиома или основной закон динамики. Ускорение материальной
точки
относительно
инерционной
системы
отсчета
пропорционально
приложенной к точке силе и направлено по этой силе: m  a  F
52
F
m
a
Рисунок - 1
Положительный коэффициент пропорциональности
m, характеризует
инертные свойства материальной точки и называется массой точки.
Масса не зависит от характеристик движения точки и от природы сил.
Масса считается постоянной величиной и зависит
только от самой
материальной точки.
Сила, приложенная к материальной точке, всегда имеет материальный
источник в виде других материальных тел, которые действуют на точку путем
контакта при непосредственном соприкосновении с ней или на расстоянии
через посредство силовых полей.
Рисунок - 2
Третья
аксиома
или
закон
о
равенстве
сил
действия
и
противодействия.Силы взаимодействия двух материальных точек равны по
величине и противоположны по направлению.
F1   F2
Четвертая аксиома или закон независимого действия сил. При
одновременном действии на материальную точку нескольких сил ускорение
точки относительно инерционной системы отсчета от действия каждой
отдельной силы не зависит от наличия других, приложенных к точке, сил и
53
полное ускорение равно векторной сумме ускорений от действия отдельных
сил.
a   ai
m  ai  Fi
i
Аксиомы классической механики хорошо согласуются с результатами
опытов.
Дифференциальные уравнения движения точки
Основное уравнение динамики
или так m 
m  a  F можно записать так
m
d2r
F
dt 2
dv
F
dt
.
Проецируя уравнение m  a  F на оси координат получаем
так как
a x  x ,
m  a x  Fx
m  a y  Fy
m  a z  Fz
a y  y ,
az  z ,
то
m  x  Fx
m  z  Fz
m  y  F y
Частные случаи:
А) Точка движется в плоскости. Выбираем в плоскости координаты
xOy получаем
m  x  Fx
Fz  0
m  y  F y
Б) Точка движется по прямой. Выбираем на прямой координату Ox
получаем
m  x  Fx
Fy  0
Fz  0
Основное уравнение динамики
ma  F
можно спроецировать на
естественные подвижные оси.
m  a  F
a 
d 2s
dt 2
m  a n  Fn
an 
v2

m  ab  Fb
ab  0
Эта форма уравнений удобна для исследования некоторых случаев полета
снарядов и ракет.
54
Основные задачи динамики
Первая или прямая задача:
Известна масса точки и закон ее движения, необходимо найти
действующую на точку силу.
x  f1 ( t )
y  f2( t )
z  f3( t )
Вычисляем вторые производные по времени от координат точки,
умножаем их на массу и получаем проекции силы на оси координат
Fx  m  x  m  f1( t ) Fy  m  y  m  f 2( t )
Fz  m  z  m  f 3( t )
Зная проекции силы на оси координат, определяем модуль силы и ее
направляющие косинусы:
cos  
F  Fx2  Fy2  Fz2
Fx
F
cos  
Fy
cos  
F
Fz
F
Пример 1: Движение точки в плоскости xOy определяется уравнениями:
x(t )  a  cos(  t ) ;
y (t )  b  sin(   t ) ;
a, b,   const ;
t  время.
Решение:
Рисунок 3 Схема к примеру 1
Fx  m  x  m  a   2  cos(  t ) ; Fy  m  y  m   2  b  sin(   t ) ;
Fx   m   2  x ;
2
Fy  m   2  y .
2
 x  y
      1 - Уравнение траектории в координатной форме (эллипс).
a b
F  Fx2  Fy2  m   2  x 2  y 2
F  m   2  r ;
cos( F , x) 
Fx
x
- ,
F
r
cos( F , y) 
Fy
F
-
y
r
55
Пример 2: Точка, имеющая массу m , движется из состояния покоя по
окружности радиуса
с постоянным касательным ускорением
R
a .
Определить действующую на точку силу в момент, когда она пройдет по
траектории расстояние s1  R 2 .
Решение:
Применяя дифференциальные уравнения движения
точки в проекциях на естественные оси, имеем:
Рисунок 4 Схема к примеру 2
F  m  a ;
Так как a  const , то
F  m  a ;
v  a  t ,
Fn  m 
s1 
Fn  m 
s
v2
;
R
Fb  0 ;
a  t 2
2
(a  t ) 2
;
R
F  F2  Fn2  m  a  1 
a2  t 4
R2
2R 2
a  t12
 R 2 ; следовательно t12 
;
a
2
a2  t14
8  R2
2

a

 8;

R2
a2  R 2
следовательно
F (t1 )  m  a  1  8  3  m  a
F (t1 )  3  m  a
56
Вторая или обратная задача:
Известна масса точки и действующая на точку сила, необходимо
определить закон движения этой точки.
Рассмотрим решение этой задачи в декартовой системе координат. Сила
зависит от времени, координат точки, ее скорости и других причин.
m
d 2x
dt 2
 Fx ( t , x , y , z , x , y , z ) ,
m
d 2z
dt 2
m
d2y
dt 2
 Fy ( t , x , y , z , x , y , z ) ,
 Fz ( t , x , y , z , x , y , z )
Из теории обыкновенных дифференциальных уравнений известно, что
решение одного дифференциального уравнения второго порядка содержит две
произвольные
постоянные.
Для
случая
системы
трех
обыкновенных
дифференциальных уравнений второго порядка имеется шесть произвольных
постоянных: C1 ,C2 ,C3 ,C4 ,C5 ,C6
Каждая из координат x , y , z движущейся точки после интегрирования
системы уравнений зависит от времени
и всех шести произвольных
постоянных, т.е.
x  f1 (t , C1, C2 , C3 , C4 , C5 , C6 )
y  f 2 (t , C1, C2 , C3 , C4 , C5 , C6 )
z  f3 (t , C1, C2 , C3 , C4 , C5 , C6 )
К этим уравнениям необходимо добавить начальные условия:
x( t 0 )  x0 ,
y( t 0 )  y0
z( t 0 )  z 0
x( t 0 )  v x 0 ,
y ( t 0 )  v y 0
z( t 0 )  v z 0
Используя эти начальные условия можно получить шесть алгебраических
уравнений для определения шести произвольных постоянных C1 ,C2 ,C3 ,C4 ,C5 ,C6
57
Основные виды прямолинейного движения точки
Дифференциальное уравнение прямолинейного движения точки вдоль
оси Оx имеет вид: m  x  Fx ( t , x , x ) ,
Начальные
условия
x( t 0 )  x0 ,
x( t 0 )  v x 0 Наиболее важные случаи.
1. Сила постоянна. Fx  const
m  x  const
x  const
Имеем равнопеременное движение (движение с постоянным ускорением)
2. Сила зависит от времени. Fx  Fx ( t )
m  x  Fx ( t )
t
x 
1
 Fx ( t )dt
m 0
t
x 
t
1
 ( Fx ( t )dt )dt
m 0 0
3. Сила зависит от координаты или скорости.
Силу, зависящую от координаты х Fx ( x ) , создают упругие тела при их
деформации (например, сжатая или растянутая пружина). Fx  Fx ( t )
Сила, зависящая от скорости движения Fx ( x ) , это сила сопротивления
(воздуха, воды и т.д.)
В этих случаях решение задачи упрощается.
ОБЩИЕ ТЕОРЕМЫ ДИНАМИКИ ТОЧКИ
Для решения многих задач динамики
вместо непосредственного
интегрирования дифференциальных уравнений движения оказывается более
эффективным пользоваться так называемыми общими теоремами, которые
являются следствием основного закона динамики.
Количество движения точки
Количеством движения материальной точки q называется вектор,
равный произведению массы точки m на ее скорость v .
q  mv
Количество движения точки в физике часто называютимпульсом
материальной точки.
Проекции количества движения точки на прямоугольные декартовы оси
координат равны:
58
q x  m  v x  m  x ,
q y  m  v y  m  y , q z  m  v z  m  z
Единицей измерения количества движения в СИ является – 1кг  м / с  1Н  с
Элементарный и полный импульс силы
Действие силы F на материальную точку в течении времени dt можно
охарактеризовать элементарным импульсом силы d S  F  dt .
Полный импульс силы F за время
t , или
импульс силы
S ,
t
определяется по формуле
S   F dt
(полный интеграл за время t от
0
элементарного импульса).
В частном случае, если сила
F
постоянна и по величине , и по
направлению ( F  const ), S  F  t .
Проекции импульса силы на прямоугольные декартовы оси координат
равны:
t
t
t
S x   F x dt
S y   F y dt
S z   F z dt
0
0
0
Единицей измерения импульса в СИ является – 1Н  с
Теорема об изменении количества движения точки
Теорема. Производная по времени от количества движения точки равна
действующей на точку силе.
Запишем основной закон динамики m  a  F в виде m 
dv
 F . Так как
dt
масса постоянна, то внесем ее под знак производной.
Тогда
d( m  v )
F,
dt
(1)
что и требовалось доказать.
В проекциях на координатные оси уравнение (1) можно представить в
виде:
d
(m  v x )  F x
dt
d
(m  v y )  F y
dt
d
(m  v z )  F z
dt
59
Теорема импульсов (в дифференциальной форме). Дифференциал от
количества
движения
точки
равен
элементарному
импульсу
силы,
действующей на точку.
Умножим левую и правую части уравнения (1) на dt и получим
d ( m  v )  d F  dt  d S
(2)
В проекциях на координатные оси получаем:
d (m  v x )  d F x  dt  d S x ,
d (m  v y )  d F y  dt  d S y ,
d (m  v z )  d F z  dt  d S z .
Теорема импульсов (в интегральной форме). Изменение количества
движения точки за какой-либо промежуток времени равно импульсу силы за
этот же промежуток времени.
Интегрируя обе части уравнения (2) по времени в пределах от нуля до t
получаем:
m  v  m  v0  S
В проекциях на координатные оси получаем:
m  v x  m  v0x  S x ,
m  v y  m  v0 y  S y ,
m  v z  m  v0z  S z
Момент количества движения точки
В
некоторых
задачах
в
качестве
динамической
характеристики
движущейся точки вместо самого количества движения рассматривают его
момент относительно какого-либо центра или оси. Эти моменты определяются
также как и моменты силы.
60
Рисунок 5
Моментом количеством движения материальной точки k 0 относительно
некоторого центра О называется вектор, определяемый равенством
k0  M 0 ( m  v )  r  m  v
Момент количества движения точки называют также кинетическим
моментом.
Момент количества движения относительно какой-либо оси
Oz ,
проходящий через центр О, равен проекции вектора количества движения k 0
на эту ось k z  M z ( m  v )  k0  cos(  ) .
Если
количество
m  vx , m  v y , m  vz
движения
задано
mv
своими
на оси координат и даны координаты
пространстве, то момент количества движения k 0
x
y
проекциями
z
точки m в
относительно начала
координат вычисляется следующим образом:
k0 
i
j
k
x
y
z
m  vx
m  vy
m  vz

y
z
m  vy
m  vz
i 
z
x
m  vz
m  vx
 j
x
y
m  vx
m  vy
k 
 ( y  m  vz  z  m  v y )  i  ( z  m  vx  x  m  vz )  j  ( x  m  v y  y  m  vx )  k
Проекции момента количества движения k 0 на оси координат равны:
k x  ( y  m  vz  z  m  v y )
k y  ( z  m  vx  x  m  vz )
k z  ( x  m  v y  y  m  vx )
61
Единицей
измерения
количества
движения
в
СИ
является
–
1кг  м 2 / с  1Н  м  с .
Теорема об изменении момента количества движения точки
Теорема
точки,
взятого
Производная по времени от момента количества движения
относительно
какого-нибудь
центра,
равна
моменту
действующей на точку силы относительно того же центра.
d
( M 0 (m  v))  M 0 ( F )
dt
Доказательство: Продифференцируем момент количества движения по
времени
d
dr
d
(r mv) 
 m  v  r  ( m  v )  v  m  v  r ( m  a )
dt
dt
dt
v mv  0 , r ( m  a )  r  F ,
следовательно
d
(r mv )  r  F ,
dt
(3)
что и требовалось доказать.
Теорема
Производная по времени от момента количества движения
точки, взятого относительно какой-либо оси, равна моменту действующей на
точку силы относительно той же оси.
Для доказательства достаточно спроектировать векторное уравнение (3)
на эту ось. Для оси Oz это будет выглядеть так:
dk z
 M z (F )
dt
Следствия из теорем:
1. Если момент силы относительно точки равен нулю, то момент
количества движения относительно этой точки величина постоянная.
M 0 (F )  0 , 
k 0  M 0 (m  v)  (r  m  v)  const
2. Если момент силы относительно оси равен нулю, то момент количества
движения относительно этой оси величина постоянная.
M z (F )  0 , 
k z  M z (m  v)  const
Работа силы. Мощность
Одна из основных характеристик силы, оценивающих действие силы на
тело при некотором его перемещении.
62
Рисунок 6
Элементарная работа силы скалярная величина равная произведению
элементарного перемещения на проекцию силы на это перемещение.
dA  F  ds .
dA  F  ds  cos(  ) ,
 - угол между F и ds
Единицей измерения работы в СИ является – 1Н  м  1 Дж
При F  0,
dA  0
при F  0,
Частные случаи:   0 0 ,
  90 0 ,
  180 0 ,
dA  0
dA  F  ds
dA  0
dA   F  ds
Элементарное перемещение равно дифференциалу радиуса вектора точки
приложения силы.
Элементарная работа силы равна скалярному произведению силы на
элементарное перемещение или на дифференциал радиуса вектора точки
приложения силы.
dA  F  ds  F  dr
Элементарная
работа
силы
равна
скалярному
произведению
элементарного импульса силы на скорость точки.
dA  F  dr  F  v  dt  dS  v
Если сила F задана своими проекциями ( Fx Fy Fz ) на оси координат и
элементарное перемещение задано своими проекциями ( dx dy dz ) на оси
координат, то элементарная работа силы равна:
63
dA  Fx  dx  Fy  dy  Fz  dz
(аналитическое выражение элементарной
работы).
Работа силы на любом конечном перемещении
равна взятому
M 0M
вдоль этого перемещения интегралу от элементарной работы.
A
Мощностью
M
M
M
M0
M0
M0
 dA   F  ds   ( F
x
силы
называется
 dx  Fy  dy  Fz  dz )
величина,
определяющая
работу,
совершаемую силой в единицу времени. В общем случае мощность равна
первой производной по времени от работы.
W 
dA
,
dt
F  v  dt
 F v
dt
W
Мощность равна скалярному произведению силы на скорость.
Единицей измерения мощности в СИ является – 1 Дж / c  1Вт
В технике за единицу силы принимается 1л.с.  736 Вт  75
кГ  м
.
с
Пример 1. Работа силы тяжести
Пусть точка М, на которую действует сила
тяжести
Р,
M 0 ( x0 , y 0 , z 0 )
оси
перемещается
из
положения
в положение M1 ( x1 , y1 , z1 ) . Выберем
координат
так,
чтобы
ось
Oz
была
направлена вертикально вверх.
Тогда, Px  0 ,
A( M 0 M1 ) 
Py  0 , Pz  P и
M1
z1
M0
z0
 dA   (  P )dz  P  ( z0  z1 )
Рисунок 7
Работа силы тяжести равна взятому со знаком плюс или минус
произведению
модуля
силы
на
вертикальное
перемещение
точки
ее
приложения. Работа положительна, если начальная точка выше конечной, и
отрицательна, если начальная точка ниже конечной.
64
Пример 2. Работа силы упругости
Рассмотрим материальную точку, закрепленную на упругом элементе
жесткости с, которая совершает колебания вдоль оси х.
Рисунок 8
Сила упругости (или восстанавливающая сила) Fx  c  x . Пусть точка М, на
которую действует только сила упругости, перемещается из положения M 0 ( x0 )
в положение M1 ( x1 ) . ( Fy  0 , Fz  0 ).
A( M 0 M1 ) 
M1
x1
M0
x0
 dA   (c  x)dx 
c
 ( x02  x12 )
2
Работа силы упругости равна половине произведения жесткости упругого
элемента на
разность квадратов начального и конечного удлинения (или
сжатия) упругого элемента.
Рисунок 9
Работа
силы
упругости
равна
расположенной под кривой Fx ( x) . A( M
0 M1 )

площади
фигуры
(трапеции)
( F  F0 )
c
 ( x02  x12 )   1
 ( x1  x0 )
2
2
65
Пример 3. Работа и мощность пары сил
Пусть пара сил приложена к вращающемуся
вокруг неподвижной оси телу. Элементарная работа
пары сил равна dA  2  F  ds  2  F  R  d .
Полная
работа пары сил равна A  2  F  R    М  
 - угол поворота тела, М - момент пары сил.
Мощность пары сил равна
W 
dA
 М 
dt
Рисунок 10
Кинетическая энергия точки
Кинетической энергией материальной точки (или ее живой силой)
называют половину произведения массы точки на квадрат ее скорости.
T
m  v2
2
Теорема об изменении кинетической энергии точки.
Теорема.
Дифференциал
кинетической
энергии
точки
равен
элементарной работе силы, действующей на точку.
d(
m  v2
)  dA
2
Доказательство: Основной закон динамики
m
dv
F.
dt
Умножим левую и правую части уравнения скалярно на d r справа, получаем
m
dv
 dr  F  dr .
dt
m
dv
dr
m  v2
 d r  m  ( d v  )  m  ( d v  v)  d (
) dt
dt
2
F  d r  dA
- элементарная работа.
дифференциал от кинетической
энергии.
m  v2
d(
)  dA ,
2
что и требовалось доказать.
66
Теорема. Производная по времени от кинетической энергии точки равна
мощности, подводимой к этой точке.
d m  v2
(
)W
dt
2
Теорема.
Изменение
кинетической энергии точки на каком-либо
перемещении равно работе силы, действующей на точку на этом же
перемещении.
m  v 2 m  v02

A
2
2
Принцип Даламбера для материальной точки
Уравнение движения материальной точки относительно инерциальной
системы отсчета под действием приложенных активных сил и сил реакции
связей имеет вид:
m a  F  R ,
F - равнодействующая активных сил, R - равнодействующая сил реакции
связей.
Силой инерции материальной точки называют произведение массы точки
на вектор ускорения, взятое с обратным знаком, т.е. Φ  m  a .
Если использовать понятие силы инерции, то основной закон динамики
принимает вид:
F  R Φ  0
Принцип Даламбера При движении материальной точки активные силы
и силы реакции связей вместе с силой инерции точки образуют равновесную
систему сил.
Принцип Даламбера называют еще методом кинетостатики. Задачи
динамики с помощью этого метода сводятся к задачам статики.
67
Введение в динамику системы
Механической системой называется любая система материальных точек и
тел.
Внешними силами механической системы называются силы, с которыми
на точки и тела механической системы действуют точки и тела не входящие в
рассматриваемую систему.
Равнодействующая всех внешних сил приложенных к i  ой точке
(e)
обозначается F i
(от латинскогоexterior - внешний).
Внутренними
силами
механической
системы
называются
силы
взаимодействия между точками и телами рассматриваемой системы.
Равнодействующая всех внутренних сил приложенных к i  ой точке
(i )
обозначается F i
(от латинскогоinterior - внутренний).
Это разделение является условным и зависит от того, какая механическая
система рассматривается.
Внутренние силы системы обладают следующими свойствами:
Теорема
Главный вектор всех внутренних сил системы (векторная
сумма) равен нулю при любом состоянии системы.
F
(i)
i
 0.
Доказательство: Согласно одной из аксиом динамики, любые две точки
системы действуют друг на друга с равными по величине, но противоположно
направленными силами. Векторная сумма этих сил равна нулю. Все внутренние
силы являются большим количеством таких парных сил. Поэтому сумма всех
внутренних сил равна нулю.
Теорема
Главный момент всех внутренних сил системы (векторная
сумма) относительно любой точки или оси равен нулю при любом состоянии
системы.  M 0 ( F i )  0 или
(i )
M
(i )
z
( Fi )  0.
Доказательство: Любые две точки системы действуют друг на друга с
равными по величине, но противоположно направленными силами. Сумма
моментов этих сил относительно любой точки или оси равна нулю. Все
внутренние силы являются большим количеством таких парных сил. Поэтому
68
сумма моментов всех внутренних сил относительно любой точки или оси равна
нулю. Дифференциальные уравнения системы в векторной форме:
mi 
(e)
(i )
d 2 ri
 Fi  Fi ,
2
dt
i  1,..., n
Геометрия масс
Рассмотрим механическую систему, которая состоит из конечного числа
n
материальных точек с массами
пространстве
задается
m1 , m2 , . . . , mn
радиус-векторами
, а положение точек в
r1 , r 2 , . . . , r n
,
то
центром
массмеханической системы называется геометрическая точка С, радиус-вектор
которой r c определяется выражением
r c  (  mi r i ) / M
где
i
M   mi - масса системы.
i
Рисунок 11
Если механическая система представляет собой сплошное тело, то его
разбивают на элементарные частицы с бесконечно малыми массами dm    dv .
Суммы в пределе переходят в интегралы и центр масс определяется
выражением r c   r dv / M
V
Центр масс является не материальной точкой, а геометрической. Центр
масс характеризует распределение масс в системе.
Координаты центра масс имеют вид:
xc  (  mi xi ) / M
i
xc   x dv / M
V
69
y c  (  mi y i ) / M
y c   y dv / M
i
V
z c  (  mi z i ) / M
z c   z dv / M
i
V
Для тел типа тонкого листа (поверхность) и тонкой проволоки (линия)
dm   S  ds и dm  l  dl , где
 S и   l - поверхностная и линейная плотности
соответственно. Интегралы вычисляются по поверхности и линии.
Моменты инерции
Для характеристики распределения масс в телах при рассмотрении
вращательных движений требуется ввести понятия моментов инерции.
Момент инерции относительно точки
Скалярная величина
J o   mi  d i2
или
J o   d 2 dv
V
называется полярным моментом инерции относительно точки О. d – расстояние
от текущей точки до точки О.
Момент инерции относительно оси
Скалярная величина
J l   mi  ri2
или
J l   r 2 dv
V
называется моментом инерции относительно оси l.r – расстояние от точки до
оси.
Моменты инерции одинаковых по форме однородных тел, изготовленных
из разных материалов, отличаются друг от друга.
Характеристикой, не
зависящей от массы материала, является радиус инерции.
Величина l  J l M называется радиусом инерции.
Момент инерции относительно оси через радиус инерции относительно этой же
оси определяется выражением
J l  l 2  M .
Моменты инерции относительно осей координат
70
J x   mi  ( yi2 z i2 )
J x   ( x 2  y 2 ) dv
V
J y   mi  ( xi2 z i2 )
J y   ( x 2  z 2 ) dv
V
J z   mi  ( xi2  yi2 )
J z   ( x 2  y 2 ) dv
V
J o   mi  ( xi2  yi2  zi2 ) J o   ( x 2  y 2  z 2 ) dv
V
Центробежные моменты инерции
J xy   mi  xi  yi
J xy   xi  yi dv
V
J xz   mi  xi  zi
J xz   xi  z i dv
V
J yz   mi  zi  yi
J yz   z i  y i dv
V
Установим зависимость между моментами инерции относительно
параллельных осей, одна из которых проходит через центр масс.
Теорема о моментах инерции относительно параллельных осей
(Теорема Штейнера)
Момент инерции системы относительно какой-либо оси равен моменту
инерции относительно параллельной оси, проходящей через центр масс, плюс
произведение массы системы на квадрат расстояния между этими осями.
J Ol  J Cl  M  d 2
Доказательство: Пусть имеется две декартовы системы координат Oxyz и
Cx y z  , оси которых параллельны. Начало системы Cx y z  находится в центре
масс системы. Докажем теорему для осей Oz и Cz  .
71
Рисунок 12
J Oz   mi  ( xi2  yi2 )
J Cz   mi  ( xi 2  yi 2 )
Координаты связаны между собой соотношениями:
xi  xi  xC
m
m
m
,
yi  yi  yC
,
zi  z i  zC
i
 ( xi2  yi2 )   mi  (( xi  xC ) 2  ( yi  yC ) 2 ) 
i
 ( xi2  2  xi  xC  xC2  yi 2  2  yi  yC  yC2 ) 
i
 ( xi 2  yi 2 )  M  ( xC2  yC2 )  2  xC   mi  xi  2  yC   mi  yi
2  xC   mi  xi  0 ,
2  yC   mi  y   0i ,
xC2  y C2  d 2 .
Следовательно J Oz  J Cz  M  d 2 , что и требовалось доказать.
Главными осями инерции называются оси, в которых центробежные
моменты инерции равны нулю.
Моменты инерции тела относительно главных осей инерции называются
главными моментами инерции тела.
72
Общие теоремы динамики системы и твердого тела
Количество движения системы
Количеством движения системы материальных точек Q называется
векторная сумма количеств движений отдельных точек системы.
Q   mi  vi
Единицей
измерения
количества
движения
в
СИ
является
–
1кг  м / с  1Н  с
Количество движения системы можно выразить через массу системы и
скорость центра масс. Q  M  vC
Теорема об изменении количества движения системы
Эта теорема существует в трех различных формах.
Теорема
Производная по времени от количества движения системы
равна векторной сумме всех внешних сил, действующих на систему.
(e)
dQ
  Fi ,
dt
(4)
Доказательство: Теорема об изменении количества движения для i  ой
точки имеет вид:
d (mi  v i )
(e)
(i )
 Fi  Fi ,
dt
i  1, . . ., n
Сложим все n уравнений и получим:
dQ

dt
 Fi( e ) ,
что и требовалось доказать.
В проекциях на оси координат это утверждение выглядит так:
dQ x

dt
F
(e)
ix
,
dQ y
dt

F
(e)
iy
,
dQ z

dt
F
(e)
iz
.
Теорема (в дифференциальной форме). Дифференциал от количества
движения системы равен сумме элементарных импульсов всех внешних сил,
действующих на систему.
Умножим левую и правую части уравнения (4) на dt и получим
73
d Q   Fi( e )  dt ,
(5)
В проекциях на оси координат это утверждение выглядит так:
dQx   Fix( e )  dt ,
dQy   Fiy( e )  dt ,
Теорема (в интегральной форме).
dQz   Fiz( e )  dt .
Изменение
количества движения
системы за какой-либо промежуток времени равно векторной сумме
элементарных импульсов всех внешних сил, действующих на систему за этот
же промежуток времени.
Интегрируя обе части уравнения (4) по времени в пределах от нуля до t
получаем:
Q  Q0   S i
(e)
В проекциях на оси координат это утверждение выглядит так:
Qx  Q0 x   Six( e ) ,
Qy  Q0 y   Siy( e ) ,
Qz  Q0 z   Siz( e ) .
Законы сохранения количества движения
1. Если главный вектор всех внешних сил системы равен нулю
F
(e)
i
 0 , то количество движения системы постоянно по величине и
направлению. Q  const
2. Если проекция главного вектора всех внешних сил системы на какуюлибо ось равна нулю (  F ix  0 ), то проекция количества движения системы
(e)
на эту ось является постоянной величиной. Qx  const
Теорема о движении центра масс
Теорема
Центр масс системы движется так же, как и материальная
точка, масса которой равна массе всей системы, если на точку действуют все
внешние силы, приложенные к рассматриваемой механической системе.
(e)
dQ
  Fi
dt
Q  M  vC , следовательно
M  aC   F i
(e)
74
Момент количества движения системы
Моментом количества движения системы материальных точек K 0
относительно некоторого центра O называется векторная сумма моментов
количества движения отдельных точек этой системы относительно того же
центра O
K 0   k 0   ri  mi  vi
Моментом количества движения системы материальных точек K z
относительно какой-либо оси Oz , проходящей через центр O , называется
проекция вектора количества движения K 0 на эту ось K z  K 0  cos( ) .
Момент количества движения твердого тела относительно оси вращения
при вращательном движении твердого тела
Вычислим момент количества движения твердого тела относительно оси
вращения.
Рисунок 13
K z   M z ( mi  vi )
vi  hi  
M z ( mi  vi )  hi  mi  vi  mi  hi2  
K z     mi  hi2    J z
75
Момент количества движения твердого тела относительно оси вращения
при вращательном движении равен произведению угловой скорости тела на его
момент инерции относительно оси вращения. K z    J z
Теорема об изменении момента количества движения системы
Теорема. Производная по времени от момента количества движения
системы, взятого относительно какого-нибудь центра, равна векторной сумме
моментов внешних сил,
действующих на систему относительно того же
центра.
(e)
dK0
 L0
dt
Доказательство:
(6)
Теорема об изменении момента количества движения
для i  ой точки имеет вид:
d
(e)
(i )
( M 0 (mi  vi ))  M 0 ( F i )  M 0 ( F i ) ,
dt
i  1, . . ., n
Сложим все n уравнений и получим:
d
(e)
M 0 (mi  vi )   M 0 ( F i ) или

dt
(e)
dK0
 L0 ,
dt
что и требовалось доказать.
Теорема
Производная по времени от момента количества движения
системы, взятого относительно какой-либо оси, равна векторной сумме
моментов внешних сил, действующих на систему относительно той же оси.
Для доказательства достаточно спроектировать векторное уравнение (6)
на эту ось. Для оси Oz это будет выглядеть так:.
dK z
(e )
 Lz
dt
Законы сохранения момента количества движения
1. Если главный момент внешних сил системы относительно точки O
(e)
равен нулю ( L 0  0 ), то момент количества движения системы относительно
точки O постоянен по величине и направлению. K 0  const
76
2. Если сумма моментов всех внешних сил системы относительно какойлибо оси равна нулю ( L(xe )  0 ), то момент количества движения системы
относительно этой оси является постоянной величиной. K x  const
Кинетическая энергия системы
Кинетической энергией системы называют сумму кинетических энергий
всех точек системы.
T 
Теорема Кенига
mi  vi2
2
Кинетическая энергия системы в абсолютном
движении складывается из кинетической энергии центра масс, если в нем
сосредоточить всю массу системы, и кинетической энергии системы при ее
движении относительно центра масс.
T M
Доказательство:
vC2
 TC( r )
2
Рассмотрим движение механической системы
относительно двух систем координат. Одна система неподвижна, другая, с
началом в центре масс системы, перемещается относительно первой
поступательно.
j ,
-
vj
радиус-вектор и абсолютная скорость j  ой точки
соответственно;
 C , vC
- радиус-вектор и абсолютная скорость центра масс системы
соответственно;
rj ,
v j r 
-
радиус-вектор j  ой точки относительно центра масс и
относительная скорость этой точки соответственно.
 j  C  rj ,
v j  vC  v j  r 
(так как переносное движение
поступательное)
77
Рисунок 14
T 
m j  v 2j
2

m j  vC2
2

2  m j  vC  v j
v2
M  C  2  vC  
2
2
mj vj
2
m j  v 2j( r )
vC2
Так как  m j  v j  0 , то T  M   
2
2


m j  v 2j ( r )
2

m j  v 2j ( r )
или
2
vC2
T M
 TC( r )
2
Кинетическая энергия твердого тела
1. Поступательное движение тела.
Кинетическая энергия твердого тела при поступательном движении
вычисляется так же, как и для одной точки, у которой масса равна массе этого
тела.
T M
v2
, v - скорость любой точки твердого тела
2
2. Вращение тела вокруг неподвижной оси.
Кинетическая энергия твердого тела при вращательном движении вокруг
неподвижной оси равна половине произведения момента инерции тела
относительно оси вращения на квадрат угловой скорости тела.
T  Jz 
2
2
,  - угловая скорость вращения твердого тела.
3. Плоское движение тела.
Кинетическая энергия твердого тела при плоском движении складывается
из кинетической энергии тела вместе с центром масс и кинетической энергии
78
тела
от
вращения
вокруг
оси,
проходящей
через
центр
масс
и
перпендикулярной плоскости движения.
T M
vC2
2
 Jz 
,
2
2
где vC - скорость центра масс твердого тела,  - угловая скорость вращения
твердого тела.
Теорема об изменении кинетической энергии системы
Эта теорема существует в двух формах.
Теорема
Дифференциал кинетической энергии системы равен сумме
элементарных работ всех внешних и внутренних сил, действующих на систему.
dT  dA 
(e)
F i
 d ri 
(i )
F i
 d ri
Доказательство: Теорема об изменении кинетической энергии для i  ой
точки имеет вид:
d(
m  vi2
)  dAi( e )  dAi( i ) ,
2
i  1, . . ., n
Сложим все n уравнений и получим:
 d(
или
m  vi2
)   dAi( e )   dAi( i )
2
 m  vi2 
  dT   dAi( e )   dAi( i )
d  
2 

dT   F i  d ri   F i  d ri
(e)
или
(i)
что и требовалось доказать.
Теорема
Изменение
кинетической
энергии
системы
при
ее
перемещении из одного положения в другое равно сумме работ всех внешних и
внутренних сил, действующих на систему, на соответствующих перемещениях
точек системы при том же перемещении системы..
T  T0   Ai( e )   Ai( i )
79
4.2 Контрольные вопросы для реферативной части работы по
динамике
6.
Сформулируйте основные законы динамики
7.
Понятие материальной точки
8.
Определение количества движения точки. Понятие импульса.
9.
Теорема об изменении количества движения точки.
10.
Определение кинетической энергии точки. Теорема об изменении
кинетической энергии точки.
11.
Определение
механической
системы.
Количество
движения
механической системы.
12.
Теорема об изменении кинетической энергии системы.
13.
Работа силы. Мощность.
4.3 Расчёт мощности двигателя при движении с постоянной
скоростью по прямолинейному участку
В расчетной части динамической стороны решения задачи
необходимо:
- выполнить эскиз (рис. 15) с учетом сил, действующих на автомобиль;
Рисунок 15 Силы, действующие на автомобиль
- составить уравнения движения автомобиля;
- из полученных уравнения определить мощность двигателя.
80
4.4 Пример выполнения динамической части курсовой работы
Пример. Расчёт мощности двигателя при движении с постоянной
скоростью по прямолинейному участку
Исходные данные: чертёж автомобиля ВАЗ-2111
  9500 H / M 2 - удельный вес частей автомобиля;
r  18см, r1  12см
-
радиусы
валов
переднего
и
заднего
колёс
соответственно;
f  0,7 - коэффициент трения;
  70 0 - угол, определяющий положения точки D;
Снаряженная масса 1055кг, шины 175/70R13.
Рисунок 16 Общий вид автомобиля ВАЗ-2111
81
Решение
По рисунку 15 из проекций сил на координатные оси, составим уравнения
движения машины.


Ox)  FТР  F  0


Oy) N  P  0
FТР  f  N , где f - коэффициент трения f  0,7
Решим эти уравнения
 
 
N  P и F  FТР
FТР  f  P , P  m  g , масса машины 1055 кг,
F  f  m  g  0,7  1055  9,8  7237,3 Н.
Определим необходимую мощность двигателя.
Возьмем скорость автомобиля 90 км/ч, это 25 м/с
P  F  v  7237,3  25  180932,2 Вт
Обычно мощность автомобиля указывают в киловаттах, тогда 180932 Вт
приблизительно будет равно 180,93 кВт.
4.5 Варианты заданий для курсовой работы
Варианты выполняемой курсовой
работы приведены в таблице 1 и
соответствуют последним двум цифрам номера зачетки студента-заочника,
либо выдаются преподавателем.
82
Таблица 1
Вариант
Удельный
вес частей
автомобиля
γ (Н/м3)
Радиус вала
переднего
колеса
r (см)
Радиус вала
заднего
колеса
r1 (см)
Коэф-т
трения
f
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
10000
10100
9900
9800
9700
9600
9500
9400
9300
9200
9100
9000
8900
8800
8700
8600
8500
8400
8300
8200
8100
8000
7900
7800
7700
7600
7500
7400
7300
7200
7100
10200
10300
10400
10500
10
12
13
11
20
19
18
17
16
15
8
9
10
11
12
13
14
21
20
19
18
17
16
15
8
9
10
11
12
13
14
15
16
13
17
15
14
16
18
10
11
12
13
14
9
18
19
15
16
17
18
19
14
13
12
11
10
9
8
16
15
14
13
12
11
10
16
13
17
12
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
0,8
0,7
0,6
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0,9
0,8
0,7
0,6
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
Угол α,
определяющий
положение
точки D
30
45
60
30
45
60
30
45
60
30
45
60
30
45
60
30
45
60
30
45
60
30
45
60
30
45
60
30
45
60
30
45
60
30
45
83
Глава 5. Контрольные работы
5.1 Статика
5.1.1 Методические рекомендации к выполнению контрольных работ
Процесс изучения теоретической механики нацелен на дальнейшее
заинтересованное усвоение общетехнических и специальных дисциплин, на
подготовку будущих специалистов в области автомобильного сервиса, процесса
организации
перевозок,
к
многолетней
инженерной
деятельности.
Теоретическую механику, как и математику, невозможно изучить без решения
задач, что способствует формированию профессиональных компетенций для
дальнейшей успешной работы.
Перед
выполнением
контрольных
работ
студенту
необходимо
ознакомиться с примерами по предлагаемой теме, уравнениями и формулами, а
также со справочным материалом.
Контрольные работы выполняют студенты дневной и заочной формы
обучения, поэтому своевременное и правильное выполнение контрольных
работ дает преподавателю основание для суждения о подготовке студента к
зачету или экзамену.
Преподаватель в индивидуальном порядке может изменить содержание
контрольной работы, включив в нее задачи из любого задачника по
теоретической механике, а также задачи, разработанные самим преподавателем.
В пособии предложены задания по двум темам:
- определение реакций опор твердого тела;
- определение положения центра тяжести однородного тела.
Выполнение предложенных заданий обязательно для всех студентов.
При
разработке
настоящих
заданий
на
контрольные
работы
использовались учебники, пособия, сборники задач по теоретической механике,
а также специальная учебно-методическая литература.
Студентам рекомендуется использовать эти задачи в выполнении
домашней самостоятельной работы в процессе подготовки к зачету по статике.
84
5.1.2. Задание 1. Определение реакций опор твердого тела
Для представленных на схемах 1-30 тел (табл.3) определить реакции
опор. Приведенные на схемах нагрузки имеют следующие величины: вес груза
G = 10 кН, сила F = 10 кН, момент пары сил М = 20 кН·м, интенсивность
распределенной силы q = 5 кН/м, а также qmax= 5 кН/м. Размеры указаны в
метрах. Весом тела следует пренебречь.
Таблица 3
85
продолжение таблицы 3
86
продолжение таблицы 3
87
Продолжение таблицы 3
88
5.1.3. Примеры выполнения задания 1
Пример 1
Определить реакции опорА и В однородной балки весом G= 8 кН,
находящейся под действием силы F = 6 кН (действующей под углом α = 45°) и
равномерно распределенной нагрузки с интенсивностью q= 3 кН/м. Схема балки и геометрические размеры в метрах показаны на рис. 18.
Рисунок 18 Расчетная схема балки примера 1
Решение. Воспользуемся принципом освобождаемости от связей,
отбросим их и введем соответствующие реакции. В точкеВбалка имеет
скользящую (шарнирно-подвижную) опору, реакция которой RBимеет известное направление (перпендикулярно опорной поверхности).
Реакция шарнирно-неподвижной опоры в точкеАимеет неизвестное
направление, и ее следует разложить на составляющие по осям RA = Х А +
YA(рис. 19).
Рисунок 19 Схема сил
89
Распределенную по длине l = 2м нагрузку заменим сосредоточенной
силой:
Q = q · l = 3 · 2 = 6 кН и приложим в середине участка
распределения. Учтем также силу тяжести балки G,приложенную посередине
балки.
Составим уравнения равновесия балки в
следующей форме: одно
уравнение проекций и два уравнения моментов. Такой выбор формы уравнений
определяется тем, что в данном случае и в точкеА,и в точке В пересекаются по
две неизвестные силы. Кроме того, для удобства составления уравнений
моментов силу Fможно разложить на составляющие по осям: Fcosα и Fsinα и
использовать
затем
теорему
Вариньона,
согласно
которой
момент
равнодействующей системы сил равен сумме моментов исходных сил.
Уравнения равновесия получаем в виде:
∑ 𝐹𝑘𝑥 =0;Fcosα+ ХА=0;
∑ 𝑀𝐴 (FK) = 0;
Q∙5-𝑅𝐵 ∙4+G∙3+F sin a-2=0;
Y,MB(FK) = 0;
Q∙l-G∙l-F sin α∙2+ YA∙4 = 0.
Решая эти уравнения с учетом исходных данных, находим:
ХА= - 4,24 кН; RB= 15,6 кН; YA= 2,62 кН. Отрицательный знак у величины
ХАуказывает на то, что ее действительное направление противоположно принятому.
Усилие, передаваемое через шарнир А, можно вычислить, складывая
векторно реакции ХАи YA:
𝑅𝐴 = √𝑋𝐴2 + 𝑌𝐴2 = 4.98КН
Для проверки правильности решения можно составить, например, сумму
проекций сил на ось у и убедиться в том, что она (с небольшой погрешностью,
определенной приближенностью вычислений) равна нулю:•
∑ 𝐹𝑘𝑦 = −𝑄 + 𝑅𝐵 − 𝐺 − 𝐹sin 𝛼 + 𝑌𝐴 = 0
Ответ: 𝑋𝐴 = −4.24КН;𝑅𝐵 = 15.6КН ; 𝑌𝐴 = 2.62кН
90
Пример 2
Определить реакции в заделке невесомой консольной балки (рис. 20),
находящейся под действием пары сил с моментом М = 4 кНм и линейно
распределенной нагрузки с максимальной интенсивностью qmax= 1,5 кН/м.
Длина балки I = 12 м.
Рис унок 20 Расчетная схема балки примера 2
Решение. Воспользуемся принципом освобождаемости
от связей,
отбросим связи и введем реакции, которые для заделки будут представлять
собой две составляющие силы реакции по осям ХАи'YAи пару с моментом МА—
моментом заделки (рис. 21). Кроме того, распределенную силу заменим
сосредоточенной, равной в данном случае площади треугольника нагрузки и
проходящей через центр тяжести этого треугольника, то есть на расстоянии 1/3
1
1
2
2
от основания и 2/3 от вершины (4 м и 8 м).𝑄 = 𝑞𝑚𝑎𝑥 𝑙 = ∙ 1.5 ∙ 12 = 9кН,
Рисунок 21 Схема сил
91
Для расчетной схемы составляем два уравнения проекций на оси х и
уподно уравнение моментов относительно точкиА:
x: 𝑋𝐴 + 𝑄 = 0;y:𝑌𝐴 = 0;
𝑀𝐴 : 𝑀𝐴 − 𝑄 ∙ 4 − 𝑀 = 0.
Решая эти уравнения, получаем
𝑋𝐴 = −𝑄 = 9𝑘𝐻; 𝑌𝐴 = 0;
𝑀𝐴 = 𝑄 ∙ 4 + 𝑀 = 40кН · м.
Таким образом, реакция в заделке представлена силой 9 кН,
направленной влево, и парой с моментом 40 кН·м, действующей против
часовой стрелки.
Ответ:ХА= -9 кН; YA= 0; МА= 40 кНм.
5.1.4. Задание 2. Определение положения центра тяжести однородного тела
Найти положение центра тяжести стержневой конструкции, пластины и
объемного тела. Расчетные схемы показаны на рисунках таблицы 4. Линейные
размеры даны в сантиметрах.
92
Таблица 4
Продолжение таблицы 4
93
94
Рис. 51
95
Задачи на эту тему всегда считались не очень сложными. Поэтому при
недостатке практических занятий они всегда давались на самостоятельную
проработку. Опыт последних лет показывает, что не
все
студенты
справляются с самостоятельным решением задач на эту тему, даже при знании
необходимых формул. Просто не хватает понимания сути заданий и практики в
определении необходимых для решения задач величин.
Знание теории и расчетных формул должно подсказывать следующий
алгоритм решения задач на эту тему.
Для того, чтобы определить положение центра тяжести любого тела
сложной формы, необходимо:
1) разбить тело на некоторое количество частей, положение центров
тяжести которых известно;
2) определить
веса (объемы, площади, или длины) каждой части и
координаты центров тяжести выделенных частей вдоль соответствующих осей;
3) эти величины подставить в необходимую формулу.
Помогают
геометрических
определить
положение
центров
фигур, имеющих плоскость,
вспомогательные теоремы.
ось
тяжести
известных
или центр симметрии,
Формулы для определения
центров тяжести
некоторых тел можно найти в соответствующих справочниках.
5.1.5. Примеры выполнения задания 2
Координаты центра тяжести определяются по формулам:
xC 
A x
A
i
i
i
; yC  
Ai yi
A
,
(1)
i
где А1, А2, …Аi – площади частей фигуры;
x1, x2,….xi ; y1, y2,….yi – координаты центров тяжести частей фигуры.
Следовательно, для определения координат центра фигуры сложной
формы, нужно проделать следующие действия:
96
1.
Вычертить фигуру в масштабе 1:1 и поставить размеры по правилам
инженерной графики.
2.
Разделить фигуру на простые части (части для которых легко
определяются площади и положение их центров). Такими частями могут
быть: прямоугольники, круги, прямоугольные треугольники, полукруги.
Части следует пронумеровать.
3.
Провести координатные оси (желательно совместить оси с линиями
контура фигуры или осями симметрии).
4.
Подсчитать площади частей (Ai). Площади вырезанных частей
считаются отрицательными.
5.
Поставить центры частей (точки С1, С2 и т.д.) и определить
координаты их центров (хi, yi).
6.
Подставить полученные значения в формулы (1) и подсчитать
координаты центра тяжести фигуры. Поставить центр тяжести фигуры на
чертеже.
Пример 3. Определить координаты центра тяжести заданной
25
фигуры:
100
40
25
55
100
Решение
1. Разделим фигуру на три части: прямоугольник (1), треугольник (2) и
круг (3).
97
3
2
1
25
2. Проводим оси координат. У
100
40
О
Х
25
55
100
3. Площади частей: А1 = 10055 = 5500 мм2; А2 = 10045/2 =2250 мм2;
А3 = - ∙d2/4 = -3,14∙402/4 = - 1260 мм2.
4. Поставим центры частей и определим координаты центров С1, С2, С3.
У
С3
С2
У1
У2
У3
С1
Х
О
Х1
Х3
Х2
98
Центр тяжести прямоугольника – С1 (27,5; 50);
Центр тяжести треугольника – С2 (70; 66,7);
Центр тяжести круга – С3 (25; 75).
5. Подсчитываем координаты центра тяжести фигуры
xC 
A1 x1  A2 x2  A3 x3 5500  27,5  2250  70  1260  25

 42,7 мм.
A1  A2  A3
5500  2250  1260
yC 
A1 y1  A2 y 2  A3 y3 5500  50  2250  66,7  1260  75

 50,9 мм.
A1  A2  A3
5500  2250  1260
25
У
100
40
С
Х
25
55
100
Ответ: xc= 42,7 мм; yc = 50,9 мм
99
5.2 Кинематика
5.2.1 Методические рекомендации к выполнению контрольных работ
Процесс изучения теоретической механики нацелен на дальнейшее
заинтересованное усвоение общетехнических и специальных дисциплин, на
подготовку будущих специалистов в области автомобильного сервиса, процесса
организации
перевозок,
к
многолетней
инженерной
деятельности.
Теоретическую механику, как и математику, невозможно изучить без решения
задач, что способствует формированию профессиональных компетенций для
дальнейшей успешной работы.
Перед
выполнением
контрольных
работ
студенту
необходимо
ознакомиться с примерами по предлагаемой теме, уравнениями и формулами, а
также со справочным материалом.
Контрольные работы выполняют студенты дневной и заочной формы
обучения, поэтому своевременное и правильное выполнение контрольных
работ дает преподавателю основание для суждения о подготовке студента к
зачету или экзамену.
Преподаватель в индивидуальном порядке может изменить содержание
контрольной работы, включив в нее задачи из любого задачника по
теоретической механике, а также задачи, разработанные самим преподавателем.
В пособии предложены задания по двум темам:
-
определение
кинематических
параметров
движения
точки
при
координатном способе задания движения;
- определение скоростей и ускорений точек твердого тела при плоском
движении.
Выполнение предложенных заданий обязательно для всех студентов.
При
разработке
настоящих
заданий
на
контрольные
работы
использовались учебники, пособия, сборники задач по теоретической механике,
а
также
специальная
рекомендуется
учебно-методическая
использовать
эти
задачи
в
литература.
Студентам
выполнении
домашней
самостоятельной работы в процессе подготовки к зачету по кинематике.
100
5.2.2 Задание 1. Определение кинематических параметров движения точки
при координатном способе задания движения
В соответствии с заданными уравнениями движения (варианты 1-30)
определить траекторию движения точки. Для заданного момента времени
tнайти положение точки на траектории, ее скорость и ускорение (показать их на
рисунке), а также радиус кривизны траектории в соответствующей точке.
Данные, необходимые для вычисления, представлены в таблице 2. Координаты
х и уданы в метрах, время в секундах.
Таблица 2
вар.
x
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3t2 + 6t + 12
2t
2cos(πt)
3t + 3
2cos(πt/3)
8t2 + 7
t2 – 4t + 1
Зcos(πt2/6)
-2t - 2
4соs(πt/3)+3
2t3 + 8t+12
3t+l
cos(πt2/3)
7t+l
16cos(πt/16)
y
t
t2+2t+ 6
2
2
2t + 3t + 1 1
2sin(πt)
1/4
-3/(t + 1)
0
5sin(πt/3)
1
2
12t +11 1/2
t+l
1
2
3sin(πt /6) 1
-4/(t+l)
0
9sin(πt/3)
1
3
t +4t+ 3
1
2
2t + 4
2
2
sin(πt /3)
1
-8/(7t + 1) 4/7
4sin(πt/16) 4
вар.
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
x
y
6t3 + 12
2t3 + 3
4t + 5
5t2+ l
4cos(πt)
4sin(πt)
-t-1
-2/(t+1)
2
cos(πt /6) + 8
5sin(πt2/6)
t 4+2t+ 1
2t4+ 4t + 5
t2
1,5t - 1
2
9cos(πt /4)
9sin(π t2/4)
-5t-5
-5/(t + 1)
32cos(πt/8)
4sin(πt/8)
8
t +l
t 8 -6
t2 + 3
t+2
4cos(t)
4sin(t)
2,5t
-10/(5t + 1)
2
-cos(πt /6)
3sin(πt2/6) + 4
t
1
1
1/3
0
2
1
1
1
0
2
1
1
π/3
1
1
101
5.2.3 Примеры выполнения задания 1
Пример 1
Точка М движется в плоскости хОусогласно уравнениям:
х = πt; у = sinπt,
где х, у — в сантиметрах; t— в секундах.
Определить траекторию, скорость и ускорение точки, а также радиус
1
кривизны траектории для момента времени t = с.
4
Р е ш е н и е . Для определения траектории точки исключим из уравнений
𝑥
движения время: t= , тог да у = sinх. Траектория точки — синусоида (рис. 15).
𝜋
Рисунок 15 К примеру 1
1
Определим положение точки на траектории. Имеем при t = c:
4
𝜋
𝜋
4
4
х = = 0,785 см; у = sin =
√2
2
= 0,707 см
х ,у - координаты точки М на траектории.
Получим проекции скорости точки на оси координат, дифференцируя
координаты по времени:
1
√2
2
vx = х = π = 3,14 см/с; vy = 𝜋𝑐osπ t= π
4
=2,22 cм/с.
По найденным проекциям определим модуль скорости:
3
υ = √𝑣𝑥2 + 𝑣𝑦2 = 𝜋√ = 3,85 см/с.
2
Определим проекции ускорения точки на оси координат, дифференцируя
проекции скорости:
ax= ύ=0;
1
√2
2
ay =ύy=-π2sinπtt = = -π2
4
=- 6,98см/с.
102
Модуль ускорения точки
√2
2
𝑎 = √𝑎𝑥2 + 𝑎𝑦2 =π2
= 6,98см/с2.
В соответствии с величинами проекций скорости и ускорения изобразим их на рис.
15.
Поскольку точка описывает криволинейную траекторию, то ее ускорение можно
представить в виде векторной суммы двух составляющих: 𝑎̅ = 𝑎̅𝜏 + 𝑎̅𝑛 где 𝑎̅𝜏 — касательное ускорение, 𝑎̅𝑛 — нормальное ускорение точки.
Вектор 𝑎̅𝜏 направлен по касательной, то есть по одной линии со скоростью; вектор
𝑎̅𝑛 направлен по главной нормали (перпендикулярно касательной) и всегда внутрь траектории.
Модуль касательного ускорения равен:
𝑎𝜏 = |
𝑣𝑥 𝑎𝑥 +𝑣𝑦 𝑎𝑦
𝑣
| = π2
1
√6
= 4,03см/с2.
В данном случае направления векторов 𝑣̅ и 𝑎̅𝜏 противоположны (рис. 15), поэтому
движение точки замедленное. Так как векторы𝑎̅𝜏 и 𝑎̅𝑛 всегда взаимно перпендикулярны,
то модуль полного ускорения точки равен:
𝑎 = √𝑎𝜏2 + 𝑎𝑛2 .
Отсюда находим модуль нормального ускорения:
𝟏
а п = √𝒂𝟐 − 𝒂𝟐𝝉 = 𝝅𝟐 =5,69 см/с2
𝟑
Радиус кривизны траектории определяем из формулы для нормального ускорения
ап =
𝒗𝟐
𝝆
, а именно:
ρ=
𝑣2
𝑎𝑛
=
3√3
2
=2,60 см.
Ответ: v= 3,85 см/с; а = 6,98 см/с2;ρ= 2,60 см.
103
Пример 2
Точка М движется на плоскости по окружности радиуса R= 10 см согласно
уравнению:
𝜋
s(t) = 5𝜋 𝑠𝑖𝑛 𝑡см.
6
Найти положение точки на траектории, а также скорость и ускорение точки в
момент времени t = 7 с.
Решение. При задании движения точки естественным способом должны быть
известны ее траектория, начало отсчета, положительное направление дуговой координаты,
а также уравнение движения точки по траектории s(t).
Выберем в качестве начала отсчёта верхнюю точку окружности и положительное
направление – по часовой стрелке.
При t = 7 с положение точки М на траектории определяется величиной дуговой
7
|𝑠|
6
𝑅
координаты s(7) = 5πsin π = -2,5π, что соответствует углу 𝛼 =
𝜋
= рад = 45°.
4
Рисунок 16 К примеру 2
При естественном способе задания движения точки ее скорость определяется
выражением 𝑣̅ = 𝑣𝜏 𝜏̅, где 𝑣𝜏 — проекция скорости на касательную, которая равна производной по времени от дуговой координаты:
́5
𝜋
𝑣𝜏 = 𝑠̇ = 𝜋 2 cos 𝑡.
6
6
При t = 7 с получаем 𝑣𝜏 = -7,12 см/с, и модуль скорости равен v= 7,12 см/с.
Знак «минус» у величины 𝑣𝜏 означает, что точка движется в сторону убывания
дуговой координаты s(t), то есть в сторону ее отрицательных значений.
Ускорение точки является векторной суммой двух его составляющих:
𝑎̅ = 𝑎̅𝜏 𝑎̅𝑛 ,,
104
где𝑎̅𝜏 — касательное ускорение, 𝑎̅𝑛 — нормальное ускорение.
Направление вектора 𝑎̅𝜏 определяется знаком величины 𝒗́ τ ,вектор 𝑎̅𝑛 всегда направлен
перпендикулярно касательной внутрь траектории. Проекция ускорения точки на
̈
касательную равна: 𝑎𝜏 = 𝑣̇𝜏 = 𝑠 = −
5
36
𝜋
𝜋 3 sin 𝑡. При t = 7 с получаем 𝑎𝜏 = 2,15 см/с2.
6
Знаки 𝑣𝜏 и𝑎𝜏 различны, поэтому движение точки по траектории в данный момент
времени является замедленным.
Модуль нормального ускорения равен:
𝑎𝑛 =
𝑣2
𝜌
=
𝑣2
𝑅
=5,07 см/с
Модуль полного ускорения равен:
𝑎 = √𝑎𝜏2 + 𝑎𝑛2 = 5,51 см/с2.
Векторы 𝑣,
̅ 𝑎̅𝜏 , 𝑎̅𝑛 , 𝑎̅ показаны на рисунке.
Ответ: v= 7,12 см/с; a= 5,51 см/с2.
105
5.2.4 Задание 2. Определение скоростей и ускорений точек твердого
тела при плоском движении
Для представленных на схемах 1-30 механизмов, состоящих из шатуна АВ
длиной 2 м и двух ползунов, по заданным величинам скорости и ускорения
ползуна А определить скорость и ускорение ползуна В и средней точки С
шатуна, а также угловую скорость и угловое ускорение шатуна.
106
107
108
109
5.2.5 Пример выполнения задания 2
Кривошип OAдлиной 0,2 м вращается равномерно с угловой скоростью
ωОА= 10 с-1 и приводит в движение шатун АВдлиной 1 м. ПолзунВдвижется по
вертикали. Найти угловую скорость и угловое ускорение шатуна, а также
скорость и ускорение ползуна в момент, когда кривошип и шатун взаимно
перпендикулярны и образуют с вертикалью угол 45° (рис. 18).
Р и с ун о к 1 8
Решение
1. Определение скоростей. Вычислим скорость точкиАкак точки вращающегося кривошипа:
𝛖𝐀 = 𝛚𝐎𝐀 |𝐎𝐀|= 2 м/с.
Она направлена перпендикулярно OA(рис. 19).
Скорость 𝜐Bползуна направлена по направляющей вертикально.
Рисунок 19
Для шатуна АВ, совершающего плоское движение, теперь известны
направления скоростей двух его точек: А и В. Восставляя перпендикуляры к
векторам этих скоростей, находим точку Рих пересечения — МЦС шатуна.
Используя известную формулу для скоростей точек при плоском
движении, получаем:
𝛖𝐀 = 𝛚𝐀𝐁 |𝐀𝐏|; 𝛖𝐁 = 𝛚𝐀𝐁 |𝐁𝐏|.
110
Из треугольника АВР имеем |𝐀𝐏| = 1 м; |𝐁𝐏|.= √𝟐м, и тогда:
𝛖
𝐀
𝛚𝐀𝐁 = |𝐀𝐏|
= 2с-1; 𝛖𝐁 = 𝟐√𝟐 м/с.
2. Определение ускорений. Вычислим сначала ускорение точкиАкак
точки кривошипа:𝑎̅𝐴 = 𝑎̅𝐴𝜏 + 𝑎̅𝐴𝑛
Рисунок 20
Здесь вращательное ускорение 𝑎𝐴𝜏 =εOA|OA| = 0, так как εOA = 𝛚̇𝐎𝐀 = 0,
поскольку ωOA= const.
Тогда полное ускорение точкиАравно центростремительному:
𝒂𝑨 = 𝒂𝒏𝑨 = 𝝎𝟐𝑶𝑨 |𝑶𝑨| =20 м/с2
и направлено к оси вращения — точке О (рис. 20).
Для вычисления ускорения точкиВвоспользуемся теоремой о сложении
ускорений, взяв точку А в качестве полюса:
𝒂𝑩 = 𝒂𝑨 + 𝒂𝑩𝑨 = 𝒂𝑨 + 𝒂𝝉𝑩𝑨 + 𝒂𝒏𝑩𝑨 . (*)
Центростремительное ускорение точкиВв относительном вращении
вокруг точки А по модулю равно 𝒂𝒏𝑩𝑨 = 𝝎𝟐𝑨𝑩 |𝑨𝑩|= 4 м/с2, и направлено от
точки В к полюсу — точке А.
Модуль вращательного ускорения 𝒂𝝉𝑩𝑨 определяется по формуле 𝒂𝝉𝑩𝑨 = εAB|𝑨𝑩| и пока не
может быть вычислен, поскольку неизвестна величина углового ускорения εAB. Направление
вектора 𝒂𝝉𝑩𝑨 также не может быть определено однозначно, так как неизвестно направление
углового ускорения, т. е. неизвестно, ускоренным или замедленным является поворот шатуна.
Примем пока этот поворот ускоренным, тогда направление 𝜀̅ОА совпадет с направлением
̅ 𝝉𝑩𝑨 направим перпендикулярно отрезку ВА по ходу углового ускорения.
𝜔
̅𝑂𝐴 , а вектор 𝒂
111
Вектор ускорения точкиВнаправлен по вертикальной прямолинейной направляющей.
Будем пока считать движение ползуна ускоренным и направим ускорение 𝑎̅𝐵 в ту же сторону,
что и скорость 𝜐̅ B(рис. 19, 20).
Теперь в равенстве (*) все ускорения имеют определенное направление, и мы можем
записать это уравнение в проекциях на выбранные оси:
Х: 𝐚В sin
𝜏
45° 𝑎𝐴 + 𝑎𝐵𝐴
; 𝑦: 𝑎𝐵 cos45° = 𝒂𝒏𝑩𝑨 .
Из последнего уравнения получаем 𝑎𝐵 = 𝒂𝒏𝑩𝑨 √2 =
4 √2 м/с2, тогда из первого
уравнения
𝜏
𝑎𝐵𝐴
= 𝑎𝐵
√2
2
− 𝑎𝑎 =-16 м/с2.
Отсюда следует, что:
𝜏
𝑎𝐴𝐵
𝜀𝐴𝐵 = |𝐴𝐵|= -16с-2.
𝜏
Отрицательные знаки у величин и 𝑎𝐵𝐴
показывают, что их истинные направления
противоположны принятым.
Ответ: ωAB = 2 с-1; 𝜀 АВ = -16 с-2; 𝛖B = 𝟐√𝟐м/с; 𝑎𝐵 = 4л/2 м/с2.
112
5.3. Динамика
5.3.1. Методические рекомендации к выполнению контрольных работ
Процесс изучения теоретической механики нацелен на дальнейшее
заинтересованное усвоение общетехнических и специальных дисциплин, на
подготовку будущих специалистов в области автомобильного сервиса, процесса
организации
перевозок,
к
многолетней
инженерной
деятельности.
Теоретическую механику, как и математику, невозможно изучить без решения
задач, что способствует формированию профессиональных компетенций для
дальнейшей успешной работы.
Перед
выполнением
контрольных
работ
студенту
необходимо
ознакомиться с примерами по предлагаемой теме, уравнениями и формулами, а
также со справочным материалом.
Контрольные работы выполняют студенты дневной и заочной формы
обучения, поэтому своевременное и правильное выполнение контрольных
работ дает преподавателю основание для суждения о подготовке студента к
зачету или экзамену.
Преподаватель в индивидуальном порядке может изменить содержание
контрольной работы, включив в нее задачи из любого задачника по
теоретической механике, а также задачи, разработанные самим преподавателем.
В пособии предложены задания по двум темам:
- применение теоремы об изменении кинетической энергии системы в
дифференциальной форме к изучению движения системы;
- применение теоремы об изменении кинетической энергии системы в
интегральной форме к изучению движения системы.
Выполнение предложенных заданий обязательно для всех студентов.
При
разработке
настоящих
заданий
на
контрольные
работы
использовались учебники, пособия, сборники задач по теоретической механике,
а
также
специальная
рекомендуется
учебно-методическая
использовать
эти
задачи
в
литература.
Студентам
выполнении
домашней
самостоятельной работы в процессе подготовки к зачету по динамике.
113
5.3.2 Задание 1
Для приведенных на схемах 1-30 механических систем, используя теорему
об изменении кинетической энергии в дифференциальной форме, определить
угловое ускорение (варианты 4, 6, 7, 9, 11, 18, 25, 26, 28) или линейное
ускорение (остальные варианты) тела 1. Нити невесомы и нерастяжимы.
Принятые обозначения: т — массы тел, R — радиусы, р — радиус инерции
(если он не указан тело считать однородным цилиндром); при наличии трения
указываются f — коэффициент трения скольжения, fк— коэффициент трения
качения.
Задание 2
Для приведенных на схемах 1—30 механических систем, используя теорему об
изменении кинетической энергии в интегральной форме, определить угловую
скорость (варианты 4, 6, 7, 9, 11, 18, 25, 26, 28) или линейную скорость (остальные
варианты) тела 1 после его заданного перемещения φ1= 2л рад или S1= 2 м. Движение
начинается из состояния покоя.
114
115
116
117
5.3.3 Примеры выполнения заданий
Рисунок17
Задача 1. Грузоподъемная установка (рис. 17) состоит из барабана с осевым
моментом инерции J= 4 к г ∙ м 2 и радиусом r = 20 см, невесомого и
нерастяжимого троса и груза массой т = 103 кг, перемещающегося по
наклонной плоскости, составляющей угол 𝜶 = 30° с горизонтом, с
коэффициентом трения f = 0,2. Определить величину вращающего момента
М,который необходимо приложить к барабану, чтобы его угловое ускорение
было равно ε = 5 с-2.
Р е ш е н и е . Поскольку рассматривается мгновенное состояние системы,
то следует применить теорему об изменении кинетической энергии в
дифференциальной форме
dT
= ∑ Nk .
dt
При условии, что трос нерастяжим и отсутствует проскальзывание троса
относительно барабана, система является неизменяемой (внутренние силы не
работают), и тогда производная от кинетической энергии будет определяться
только мощностями внешних сил:
𝒅𝑻
= ∑ 𝑵𝒆𝒌
𝒅𝒕
Кинетическая энергия системы (поступательно движущийся груз и
вращающийся барабан, рис. 17)
118
𝟏
𝟏
𝟐
𝟐
Т = mv2 + J𝝎𝟐
Кинематическая связь, наложенная на скорость груза и угловую скорость
барабана, определяется условиями нерастяжимости троса и отсутствием
проскальзывания троса относительно барабана: v = 𝝎𝒓. Тогда
𝟏
T= (mr2+J)𝝎𝟐
𝟐
Выражение в скобках называется приведенным (к барабану) моментом
инерции: Jnp = mr2 + J= 44 к г ∙м 2 .
Итак, кинетическая энергия системы
𝟏
T = Jnp𝝎𝟐 ,
𝟐
а производная от нее по времени дает левую часть записи теоремы.
𝒅𝑻
𝒅𝒕
𝟏
𝒅𝝎
𝟐
𝒅𝒕
= Jnp2 𝝎
= Jnpω ε
Рассмотрим действующие в системе внешние силы и их мощности. Сила
̅̅̅̅ и Yo
̅̅̅̅ будут иметь
тяжести барабана ̅̅̅̅
𝐺1 и составляющие реакции на его оси Хo
нулевую мощность (так как равна нулю скорость точки их приложения —
точки О). Также равна нулю мощность нормальной реакции груза 𝑅̅𝑛 ,
поскольку она перпендикулярна скорости груза.
Ненулевую мощность будут иметь только сила тяжести груза G, сила трения
F̅тр и вращающий момент М:
̅𝒗
̅ = Gucos(α+ 90°) = -Gυsinα;
NG = 𝑮
NFтр = F̅тр υ̅ =Fтр υ cos180° = -Fтр υ; NM = Mω.
Тогда (с учетом кинематической связи) сумма мощностей запишется в виде
∑ 𝑵𝒆𝒌 = [М - (Gsinα + Fтр)r]ω.
Выражение в квадратных скобках называется приведенным (к барабану)
вращающим моментом: М п р =М - (Gsin α + Fтр)r, и тогда правая часть записи
теоремы имеет вид ∑ 𝑵𝒆𝒌 = Мпрω.
Приравнивая правую и левую части теоремы, получаем Јпрωε= Мпрω отсюда
после сокращения находим требуемый приведенный вращающий момент
Мпр = Jnpε= 44 • 5 = 220 Н·м.
119
Теперь можно найти необходимый вращающий момент:
М = Мпр+(Gsinα + Fтр)r.
Учитывая, что Fтр = fRn = fGcosα, находим
M= Мпр + G(fcosα + sinα)r = 1539 Н · м ≈ 15,4 к Н · м .
О т ве т: M= 1 5 ,4 к Н· м .
Задача 2.
Рассматривается грузоподъемная установка из предыдущей задачи. К
барабану приложен постоянный вращающий момент М = 3 к Н· м . Определить
угловую скорость барабана после того, как он повернется на угол φ = 10 рад,
если движение началось из состояния покоя.
Решение.
В постановке данной задачи идет речь о конечном
перемещении системы, поэтому следует применить теорему об изменении
кинетической энергии в интегральной форме:
n
n
T − T0 = ∑ Aek + ∑ Aik .
k=1
k=1
Кинетическая энергия системы получена в предыдущей задаче
𝟏
T= Јпрω2
𝟐
где приведенный момент инерции Jnp= 44 кг·м2. Начальная кинетическая
энергия системы Т0 = 0 , так как движение началось из состояния покоя.
Перейдем к вычислению величин работ.
Внутренние силы в данной системе не работают:
n
∑ Aik = 0
k=1
(неизменяемая система), поэтому изменение кинетической энергии будет
определяться только работами внешних сил.
120
Рисунок 18
Внешние силы и соответствующие перемещения показаны на рис. 18
(перемещение груза 𝒔̅ и перемещение барабана φ).
̅и составляющие реакции на его оси ̅̅̅̅
̅̅̅̅ работы не
Сила тяжести барабана 𝐆
ХoиYo
совершают (так как нет перемещения у точки их приложения — точки О).
Также равна нулю работа нормальной реакции груза Д, поскольку она
перпендикулярна перемещению груза.
̅,силы трения 𝐅̅rpи
Ненулевая работа будет только у силы тяжести груза 𝐆
вращающего момента М. Величину этих работ вычисляем по формулам,
соответствующим постоянным силам и моментам:
̅𝐬̅= Gscos(α + 90°) = -Gssin α = -Gh;
АG = 𝐆
AFтp= 𝐅̅тp𝐬̅ = Fтpscos 180° = - Fтps;
AM = Мφ.
Интегрируя уравнение кинематической связи υ = ωr, получаем соотношение
для перемещений s = φr. Тогда суммарная работа запишется в виде
𝒏
∑ 𝑨𝒆𝒌 = [𝑴 − (𝐆𝒔𝒊𝒏 𝜶 + 𝐅тр )𝒓]𝝋.
𝒌=𝟏
Выражение в квадратных скобках — приведенный вращающий момент
Мпр = М - (Gsinα + Fтp)r = 1680 Н · м ,
и тогда правая часть записи теоремы имеет вид
𝒏
∑ 𝑨𝒆𝒌 = Мпр 𝝋.
𝒌=𝟏
Приравнивая правую и левую части теоремы, получаем
𝟏
𝟐
Jnpω2 = Мпрφ,
откуда искомая угловая скорость
121
ω = √𝟐
Мпр
Јпр
𝝋 = 27,6 с-1.
О т ве т: ω = 27,6 с-1.
122
ЛИТЕРАТУРА
Учебники и учебные пособия
1. Никитин Н.Н. Курс теоретической механики/ Н.Н. Никитин. – 6-ое изд. –
М.:Высш.шк., 2003. – 719с.
2. Поляхов Н.Н. Теоретическая механика/ Н.Н. Поляхов, М.П. Южков, П.Е.
Товстик и др. – М.: Высш.шк., 2000. – 592с.
3. Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики/ С.М. Тарг – 6-ое изд. –
М.: Высш. шк., 2004. – 416с.
Задачники, практикум, справочники
1. АркушаЛ.И.Руководство к решению задач по теоретической механике/
Л.И. Аркуша– 6-ое изд. – М.: Высш. шк., 2003. – 336с.
2. Бать М.И. Теоретическая механика в примерах и задачах: в 2-х тт./ М.И.
Бать., Г.Ю. Джанелидзе, А.С.Кельзон. – 3-е изд. – М.: Наука, 1967. – 663с.
3. Будин Е.М. Сборник задач по теоретической механике, решаемой с
применением ЭВМ/ Е.М. Будин, Н.Ф. Будина – 2-е изд. – СПб.:
Политехника, 2003. – 226с.
4. Кепе О.Э. Сборник коротких задач по теоретической механике/ О.Э.
Кепе, Я.А. Вибч, О.П. Грабис и др. – М.: Высш. шк. 1989 – 368
5. Мещерский И.В. Сборник задач по теоретической механике под общей
редакцией В.А. Пальмова, Д.Р. Меркина/. И.В.Мещерский.– 40-е изд. –
СПб.: Лань, 2004. – 448с.
6. Яблонский А.А. Сборник заданий для курсовых работ по теоретической
механике под общей редакцией А.А. Яблонского 5-е изд.М.: Высш. шк.,
1998. – 367с.
123