кинетостатика и аналитическая механика

Министерство образования Российской Федерации
Южно-Уральский государственный университет
Филиал в г. Златоусте
Кафедра технической механики
531(07)
К142
А. И. Казанцева
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА
Часть 6
КИНЕТОСТАТИКА И АНАЛИТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА
Учебное пособие для самостоятельного изучения студентами
Челябинск
Издательство ЮУрГУ
2002
УДК 531(075)
Казанцева А.И. Теоретическая механика: В 6 частях. Часть 6. Кинетостатика и
аналитическая механика: Учебное пособие для самостоятельного изучения
студентами. — Челябинск: Изд-во ЮУрГУ, 2002. — 83 с.
Учебное пособие предназачено для самостоятельного изучения разделов теоретической механики «Кинетостатика», «Аналитическая механика». Пособие состоит из теоретической и практической частей. В разделе «Ответы и решения»
даны примеры решения задач и анализ типичных ошибок, допускаемых студентами при их решении.
Пособие предназначено для студентов всех технических специальностей.
Ил. 166, список лит. — 4 назв.
Одобрено учебно-методической комиссией филиала ЮУрГУ в г. Златоусте.
Рецензенты: В.С. Карманов,
© Издательство ЮУрГУ, 2002.
2
ВВЕДЕНИЕ
Программированное обучение базируется на достижениях кибернетики как
науки об общих закономерностях процессов передачи информации и управления
ею.
Программированное обучение представляет собой совокупность методов и
средств оптимизации массового обучения на основе последовательного осуществления принципа программированного управления. Главная задача высшей
школы — повышения качества обучения, поэтому кафедра технической механики
ЗФ ЮУРГУ рассматривает программированное обучение, прежде всего как систему управляемой самостоятельной работы студентов.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
Основные требования к такой системе
Увеличение числа часов на самостоятельную работу студентов во время, регламентированное расписанием.
Обеспечение всех студентов учебниками и учебно-методическими пособиями.
Самостоятельная работа в аудитории должна проходить под контролем преподавателя.
Самостоятельная работа как аудиторная, так и домашняя должна сопровождаться самоконтролем студентов в процессе обучения и достаточно частым и
эффективным контролем преподавателя по отдельным этапам изучаемого курса.
Должна быть представлена возможность изучения курса в темпе, определяемом индивидуальными способностями каждого студента.
Система должна обеспечить логическую связь между всеми формами учебного
процесса: лекции, практические занятия, самостоятельная работа дома и в
аудитории.
КИНЕТОСТАТИКА
Раздел «Кинетостатика» рассчитан на 6 ч самостоятельной работы студентов.
После его изучения студент должен
знать: а) понятие силы инерции точки;
б) формулировку принципа Даламбера для точки и системы точек;
в) сущность метода кинетостатики;
г) приведение сил инерции к простейшему виду;
д) определение динамических реакций;
е) уравновешивание сил инерции на практике,
уметь: а) определять величину и направление силы инерции точки;
б) составлять величину и направление главного вектора и главного момента сил инерции;
3
в) определять динамические реакции,
помнить: а) формулы для вычисления силы инерции точки;
б) формулы для вычисления главного вектора и главного момента сил
инерции;
в) как пишется принцип Даламбера в векторной и скалярной формах
(уравнение фиктивного равновесия);
г) к какому простейшему виду приводятся силы инерции точек тела при
поступательном, вращательном и плоскопараллельном движениях тела;
д) порядок решения задач методом кинетостатики.
Тема 1. СИЛЫ ИНЕРЦИИ
Понятие силы инерции в прямолинейном и криволинейном движении
Пусть материальная точка М массой m движется с ускорением а . Это значит,
что не нее действуют другие какие-то тела с силой F  m a . По закону равенства
действия и противодействия точка М действует на каждое тело с равными и противоположно направленными силами. Сумма этих сил называется силой инерции
материальной точки F ин . Реакция движущейся с ускорением материальной точки
называется силой инерции этой точки. По определению
(1)
F ин   F  ma .
Из формулы (1) следует, что сила инерции материальной точки:
1) равна произведению массы точки на ускорение;
2) направлена в сторону, противоположную ускорению;
3) приложена не к точке, а к тем телам, которые сообщили точке данное
ускорение, поэтому ее называют фиктивной силой.
Пример. Представим себе рабочего, который катит перед собой вагонетку по горизонтальным рельсам, сообщая
ей ускорение а . Чтобы сообщить вагонетке это ускорение,
рабочий должен толкать ее с силой F  m a . По 3-му закону
динамики вагонетка действует на руки рабочего с силой
 ma  F ин , которая является силой инерции вагонетки.
При равнопеременном движении вагонетки ( a = 0; F ин = 0)
рабочий не испытывает противодействия вагонетки.
Если точка М движется по кривой, то ускорение ее раскладывается на два ускорения: а  а  аn (рис. 2). Сила
4
инерции
точки
тоже
раскладывается
на
Fин  ma
и
Fnин  man ;
F ин  Fин  Fnин ,
где Fин — касательная сила инерции; Fnин — нормальная сила
dV
V2
инерции; так как а 
; an 
;
dt

dV
V2
; Fnин  m ;
(2)
Fвин  0 ; Fин  m 
dt

(3)
F ин  ( Fин )2  ( Fnин )2 .
Формулы (2) определяют проекции силы инерции
на естественные оси. Определим проекции силы
инерции на неподвижные декартовы оси координат
(рис. 3). Обозначим их через X ин , Y ин , Z ин ;
F инX ин ,Y ин , Z ин; M ( x; y; z ) .
Пусть F ин  m  а ; аx; y; z.
Тогда
F ин
 X ин  m  x;
 ин
Y  m  y;
Z ин  m  z;
 ( X ин )2  (Y ин )2  ( Z ин )2 .
(4)
(5)
Принцип Даламбера для точки
Сформулирован Даламбером в 1743 г. Принцип
лежит в основе метода кинетостатики, позволяющего задачи динамики формально сводить к задачам статики.
Рассмотрим движение несвободной материальной точки М (рис. 4). Уравнение ее движения
m  a  F  N , где F — активная сила; N — реакция связи. Перенесем m  a в одну часть с силами F и N , получим
F  N  m  a  0 . Но  m  a  F ин , тогда
F  N  F ин  0 .
(6)
Равенство (6) выражает принцип Даламбера в векторной форме: в любой момент времени действующие на точку активную силу и реакцию связи можно мысленно уравновесить силой инерции этой точки.
Итак, если приложить силу инерции к самой точке, то последнюю можно считать условно (мысленно, на самом деле она движется с ускорением a ) находящейся в равновесии. Действительно, уравнение движения имеет вид уравнения
равновесия (6), но равновесие это фиктивное, условное или динамическое. Если
5
спроектировать равенство (6) на оси Oxyz, то получим принцип Даламбера в скалярной форме или уравнения динамического равновесия точки:
 X  X  N X  инX ин  0
(7)
 Y  Y  NY  Y ин  0 .
 Z  Z  N Z  Z  0 
Примечание. Приложив мысленно силу инерции к точке, мы не свели задачу
динамики к задаче статики. Точка по-прежнему движется с ускорением a . Этот
метод динамики позволил только записать уравнение движения точки в виде
уравнения равновесия.
Пример. Тяжелая материальная точка М подвешена к неподвижной точке О с
помощью невесомого прямолинейного стержня.
Определить реакцию N стержня, если вся система вращается вокруг оси О с
угловой скоростью  . Длина ОМ равна l, вес точки P,   const . Точка в покое
(рис. 5), в движении (рис. 6). N1  P  0 ; N 2  P  F ин  0 .
p
Но F ин  Fnин  m  an или F ин   l   2 .
g
Так как Y  N 2  P  F ин  0 ,
p
то N 2  P  F ин  P   l   2 .
g
Итак: 1) в покое N1  P ;
p
2) в движении N 2  P   l   2 ; N 2  N1  F ин ;
g
N 2  N1 .
За счет действия силы инерции реакция связи увеличилась. Силы инерции достигают большой величины (так как F ин пропорциональна  2 ) и могут принести значительный вред. Они увеличивают реакции связей, а значит давление на опоры. При больших скоростях силы инерции достигают громадной величины и не учитывать их нельзя. Таким образом, силы инерции
(формальные для точки) реально существуют в природе, и приложены они в действительности к связям.
Принцип Даламбера для системы
В применении к отдельной материальной точке принцип Даламбера запишется: геометрически Fj  N j  Fjин  0 , аналитически
 X  X j  N xj  X инj  0
 Y  Y j  N yj  Y jин  0 .
 Z  Z j  N zj  Z инj  0 
6
(8)
При рассмотрении движения отдельной материальной точки принцип Даламбера не имеет существенных преимуществ перед обычными дифференциальными
уравнениями, которые обнаруживаются при изучении движения системы материальных точек.
Пусть имеем движущуюся систему материальных точек. На каждую точку A j
системы действует внутренняя Fji сила и внешняя Fje . Запишем для точки A j
принцип Даламбера (геометрически) Fje  Fji  Fjин  0 , представив равнодействующую силу, приложенную к A j , разложенной не на активную и реакцию связи, а
на внутреннюю и внешнюю силы. Но j = 1, 2, … n получим систему n уравнений
фиктивного или динамического равновесия системы:
F1e  F1i  F1ин  0

F2e  F2i  F2ин  0
(9)
.
Fje  Fji  Fjин  0
Fne  Fni  Fnин  0
Эти уравнения и выражают принцип Даламбера для системы: в любой момент
времени действующие на систему внешние и внутренние силы можно мысленно
уравновесить силами инерций точек системы.
Но уравнения системы (9), хотя и выражают необходимые и достаточные
условия равновесия системы, лишь в очень редких случаях приводят к окончательному решению задачи, так как в них входят внутренние силы, которые обычно неизвестны. Постараемся исключить внутренние силы. Сложим все внешние,
внутренние силы и силы инерции всех точек системы:
Умножив на r j радиус-вектор A j , получим
Но по свойству внутренних сил
n
 F ji
тогда
n
F  F
j 1
e
j
j 1
n
n
j 1
j 1
j 1
n
n
n
j 1
j 1
j 1
 m0 ( Fje )   m0 ( Fji )   m0 ( Fjин )  0 .
0 и
j 1
n
n
 Fje   Fji   Fjин  0 .
n
 m0 ( Fji )  0 ,
j 1
ин
j
 0;
n
n
j 1
j 1
 m0 ( Fje )   m0 ( Fjин )  0 .
(10)
(11)
Равенства (10) и (11) являются следствиями принципа Даламбера для системы.
Они уже не содержат внутренних сил. Спроектируем равенства (10) и (11) на неподвижные оси. Получим 6 уравнений:
7
n
n
 X ej   X инj  0;
j 1
j 1
n
n
Y  Y
j 1
e
j
j 1
n
n
j 1
j 1
ин
j
 0;
 Z ej   Z инj  0;
n

e
m
(
F
)

m x ( F jин )  0; 


x
j
j 1
j 1

n
n

m y ( F je )   m y ( F jин )  0;

j 1
j 1

n
n

m z ( F je )   m z ( F jин )  0. 


j 1
j 1
n
(12)
Система (12) представляет уравнения фиктивного или динамического равновесия системы.
Если все силы лежат в одной плоскости, то имеем 3 уравнения динамического
равновесия:
n
n
j 1
j 1
 X ej   X инj  0 ;
n
n
j 1
j 1
Yje  Yjин  0 ;
n
n
j 1
j 1
 m0 ( Fje )   m0 ( Fjин )  0 .
(6)
Пример. Однородный стержень OB  l весом P
прикреплен шарниром А к вертикальному валу, вращающемуся с угловой скоростью   const . Найти
натяжение Т нити ВД (рис. 7).
Решение. Рассмотрим движение стержня ОВ. На
него действуют внешние силы: вес P, реакция шарнира R0  X 0  Y0 , реакция нити
ВД R . Все эти силы можно мысленно уравновесить силами инерций всех точек
стержня. Разобьем стержень на отдельные точки. Сила инерции точки A j
Fjин  m  a j ; a j  a nj  x j   2  l j  sin    2 ,
где lj = OAj.
Чтобы отыскать неизвестную реакцию R , составим сумму моментов всех сил
внешних и сил инерций относительно точки O:
n
n
l
 m0   P  2  sin   R  l  cos   m0 ( F jин )  0;
j 1
j 1
n
n
n
j 1
n
j 1
j 1
 m0 ( F jин )   F jин  y j   m j  l j  sin   l j  cos   2   2  sin   cos ;
 m j  l 2j   J 0   2  sin   cos ; J 0 
j 1
n
P l 2
 m0 ( F )  3  g sin   cos   2 .
j 1
тогда
M l 2 P l 2

;
3
3 g
ин
j
8
P
T R
l
P l2
 sin  
sin   cos   2
2
3 g
 tg l   2

 P

sin   .
l  cos
3 g
 2

Контрольные вопросы и задания к теме 1
№1
К чему приложена сила инерции материальной точки в общем случае, если
точка находится под воздействием одного тела?
1. К самой точке.
2. К связи, наложенной на точку.
3. К тому телу, которое сообщило точке данное ускорение.
№2
Как направлена сила инерции материальной точки?
1. В сторону ускорения точки.
2. В сторону движения точки.
3. В сторону, противоположную движению точки.
4. В сторону, противоположную ускорению точки.
№3
Как направлена сила инерции материальной точки при равномерном движении точки по окружности (рис. 8–10)? На котором рисунке сила инерции направлена верно?
9
№4
Точка движется по криволинейной траектории с ускорением a (рис. 11–13).
Как направлена ее сила инерции в общем случае?
№5
Чему равна сила инерции материальной точки?
1. F ин  m  a .
2. F ин  i  m  x  j  m  y  k  m  z.
dV
m V 2
dS
ин
n
3. F    m 
; где V  .
dt

dt
4. F ин  m  a  m  an .
Выберете неверный ответ.
№6
При каком из указанных движений нормальная сила инерции равна нулю
V  0?
1. Прямолинейном с a  0 .
2. Криволинейном с a  const .
3. Криволинейном с V  const .
№7
Вес лифта с пассажиром 8 000 Н. С каким ускорением движется лифт. Если
при этом натяжение троса, поддерживающего лифт, равно 12 000 Н?
1. a  24,5 м/с2.
2. a  9,8 м/с2.
3. a  4,9 м/с2.
№8
10
Стальная проволока ОА равномерно вращается вокруг горизонтальной оси, перпендикулярной к плоскости чертежа в точке О, несет
на конце А груз 20 Н (рис. 14).
При какой скорости вращения произойдет разрушение проволоки,
если она может выдержать силу 2 200 Н? Длина проволоки l  80 см.
1.   36,5 с–1.
2.   35 с–1.
3.   0 .
№9
Самолет с реактивным двигателем летит со скоростью 900 км/ч. Считая, что
человек может переносить пятикратное увеличение веса, найти, какой наименьший радиус кривизны можно допустить при вираже в вертикальной плоскости,
если вес летчика P ( g  10 м/с2).
1.  = 1 041,6 м.
2.  = 6,25 м.
3.  = 1 562,5м.
№10
Стальная проволока выдерживает натяжение до 450 Н. С каким наибольшим
ускорением можно поднимать груз в 400 Н, подвешенный на этой проволоке, чтобы она не разорвалась?
1. a  1,22 м/с2.
2. a  20,8 м/с2.
3. a  9,8 м/с2.
4. Нет верного ответа.
№11
Материальная точка А весом G удерживается в вертикальной плоскости двумя
нитями ОА и АВ (рис. 15). Определить натяжение нити ОА до обрезания горизонтальной нити АВ, а также в момент, когда эта нить только что обрезана. Нить ОА
считать нерастяжимой.
G
1. N1  G  sec ; N 2 
.
cos
G
G
.
2. N1 
; N2 
sin 
cos
3. N1  G  cos  ; N 2  G  sec  .
4. N1  G  sec ; N 2  G  cos  .
№12
Определить усилие S в стержне ВС поршня, когда кривошип ОА находится в горизонтальном “правом” положе11
нии, вес поршня P , сила давления газов на поршень F , OA  r , AB  l ,  OA   0
(рис. 16).
P  r 2   02
1. S  P  F 
.
g  l2  r2
P  l2  r2
2. S  P  F 
.
g  r 2   02
3. S  P  F 
P  r 2   02
g l r
2
2
.
Тема 2. ПРИВЕДЕНИЕ СИЛ ИНЕРЦИИ К ПРОСТЕЙШЕМУ ВИДУ
Силы инерции — силы, распределенные по всему телу, а не сосредоточенные
в одной или нескольких точках. Выясним, к какому простейшему виду можно
привести силы инерции при поступательном, вращательном и плоскопараллельном движении твердого тела.
Поступательное движение твердого тела
Пусть имеем твердое тело, совершающее поступательное движение (рис. 17). Все точки такого тела
движутся по одинаковым траекториям и имеют одинаковые скорости и ускорения. Это общее ускорение точек обозначим ae — ускорение центра масс тела. Разобьем тело на отдельные материальные точки A j и к
каждой из них приложим ее силу инерции. Силы обозначим через F1ин ,..., F jин ,..., Fnин , массы точек через
m1 ,..., m j ,..., mn . Силы инерции соответственно равны:
F1ин  m1  a1 ,... , F jин  m j  a j ,... , Fnин  mn  a n и
представляют собой систему параллельных сил, которая приводится к одной равнодействующей:
12
n
n
n
n
j 1
j 1
j 1
j 1
R ин   F jин   m j  a j   m j  ac  ac   m j  M  ac ;
R   M  ac .
ин
(1)
Приложена равнодействующая параллельных сил в центре параллельных сил,
который совпадает с центром тяжести или центром масс С.
Вывод. При поступательном движении твердого тела силы инерции всех точек
его приводятся к одной равнодействующей, равной произведению массы тела на
ускорения центра масс, направленной в сторону, противоположную ускорению
центра масс, и приложенной в центре масс.
Пример. Определить равнодействующую сил инерции стержня ВД четырехзвенного механизма (рис. 18).
Кривошип AB вращается с постоянной угловой скоростью  0 , длина AB  ОД  l . Звено ВД совершает поступательное движение. Силы инерции всех точек ВД
приводятся к одной равнодействующей: Rин   M  ac ;
a c  a в  a вn   02  l , где M — масса звена ВД .
R ин  M  l   02 .
Вращательное движение твердого тела
Пусть твердое тело, имеющее плоскость материальной симметрии П, вращается вокруг неподвижной оси, перпендикулярной к этой плоскости. Каждой точке


A j тела соответствует точка A j такой же массы, симметричная относительно
плоскости П (рис. 19).


Из кинематики известно, что a j  a j , потому и силы


инерции F jин  F jин . Равнодействующая этих сил приложена в точке A j плоскости П. Рассуждая аналогично,
придем к выводу, что в точке A j приложена равнодействующая всех точек тела, лежащих на перпендикуляре
к плоскости П, проведенном в теле через точку.
Таким образом, силы инерции всех точек данного
тела можно заменить силами инерций точек материальной плоской фигуры П, имеющей массу данного тела и
тот же момент инерции относительно оси вращения.
Поэтому дальше рассмотрим приведение к простейшему виду только сил инерций точек сечения П или плоской фигуры П.
Рассмотрим вращение плоской фигуры П,
являющейся сечением тела плоскостью симметрии, перпендикулярной оси вращения О, непро13
ходящей через центр тяжести тела С (рис. 20). Пусть вращение происходит вокруг
оси О с угловой скоростью  и угловым ускорением  . Разобьем фигуру на отдельные материальные точки A j . К каждой точке A j приложим ее силу инерции.
Так как фигура вращается неравномерно, то F jин  Fnjин  Fин
j ;
Fnjин   m j  a nj ;
Fин
j   m j  aj .
Выберем систему координат с началом в точке О. Ось х проведем через центр
тяжести С. Тогда xc  OC  d ; yc  0 . Координаты точки A j обозначим через x j ; y j ,
радиус вращения точки OA j  r j , угол, который OA j составляет с осью OX , обозначим через  j . Тогда x j  rj  cos  j ; y j  rj  sin  j . Силы инерции:
ин
2
Fин
j  m j  aj  m j    r j ; Fnj  m  anj  m j    r j .
Приложив силы инерции к каждой из n точек системы, получим плоскую систему сил. Чтобы упростить, приведем ее к одному центру. За центр приведения
выберем точку О — центр вращения. После приведения всех сил инерции к центру О получим силу, называемую главным вектором сил инерции, равную геометрической сумме данных сил инерции, т.е.
n
Rглин   F jин ;
j 1
кроме того, пару сил, момент которой равен главному моменту сил инерции всех
точек A j относительно центра приведения О, т.е.
n
M 0ин   m0 ( F jин ) .
j 1
Вычислим главный вектор и главный момент сил инерции. Главный вектор
отыскиваем по его проекциям на оси x и y — R xин и Ryин ;
n
n
j 1
j 1
n
n
ин
ин
2
1) R xин   X ин
j   Fnj  cos j   Fj  sin  j   m j  x j    r j  cos j 
n
j 1
n
j 1
n
  m j    x j r j  sin  j   2   m j  x j     m j  y j  M  x c   2  M  y c   
j 1
j 1
 M  xc    M  d   ;
2
2
n
n
j 1
j 1
j 1
n
n
2
2) R yин   Y jин   Fnjин  sin  j   Fин
j  cos j   m j  y j    r j  sin  j 
n
n
j 1
n
j 1
  m j    x j r j  cos j     m j  y j     m j  y j   M  y c   2  M  x c   
j 1
 M  xc    M  d   ;
2
j 1
j 1
Rглин  ( Rxин )2  ( Ryин )2  M  d   2   4  M  ac ;
Rигин  M  ac ,
где М — масса сечения П (см. рис. 20).
Найдем главный момент:
14
(2)
n
n
n
n
n
j 1
j 1
j 1
j 1
j 1
ин
2
M 0ин   m0 ( Fjин )   m0 ( Fnjин )   m0 ( Fин
j )   Fj  rj   m j  rj   
n
   m j  rj2   J 0   ;
j 1
n
 m (F
j 1
0
ин
nj
)  0 , так как Fnjин проходит через ось O.
M 0ин   J 0   ,
(3)
где J 0 — момент инерции сечения относительно оси О.
Вывод. При вращении плоской фигуры вокруг неподвижной оси О силы инерции всех
точек ее приводятся к главному вектору и к
главному моменту сил инерции (рис. 21).
Главный вектор сил инерции равен произведению массы фигуры на ускорение центра тяжести, направлен в сторону, противоположную
ускорению центра тяжести, и приложен в центре приведения. Так как привели силы инерции
ин
к центру О, то Rгл приложим в центре О. Главный момент сил инерции равен
произведению момента сил инерции фигуры относительно центра приведения на
угловое ускорение фигуры. Знак минус говорит о том, что полученная пара с моментом M 0ин имеет вращение, противоположное угловому ускорению фигуры.
Частные случаи
1. Приведение сил инерции к одной силе
а) Пусть R  0 , а M 0ин  0 , тогда   0 ,
  const и R  Rnин  M  ac  M  d   2 , так как
ин
гл
ин
гл
ac  acn  d   2 ;
R ин  M  d   2 .
(4)
Силы инерции всех точек фигуры приводятся
к одной равнодействующей R ин , приложенной в
точке О (рис. 22).
б) Пусть Rглин  0 ; M 0ин  0 . Тогда силы инерции приводятся к силе и паре, лежащим в одной
плоскости. Из курса статики известно, что такую систему можно еще упростить, заменив
одной силой Rин , которая явится в этом случае
равнодействующей сил инерции. Она по величине и направлению равна главному вектору
15
сил инерции R ин  Rглин  M  ac , но приложена не в центре приведения, а в некоторой точке, отстоящей от центра приведения на расстоянии OO1 
M 0ин
(рис. 23).
Rглин
Покажем, что линия действия Rин проходит через центр качания К. Разложим Rин
на составляющие по осям x и y : R ин  Rxин  R yин , и воспользуемся теоремой Вариньона: m0 ( R ин )  m0 ( Rxин )  m0 ( R yин )  m0 ( R yин )  OK  R yин ,
но Ryин    M  OC  M    d ; OC  d .
Тогда
m0 ( R ин )  M    d  OK ,
с другой стороны (из статики)
(5)
m0 ( R ин )  M 0   J 0   .
(6)
Приравнивая правые части равенств, получаем J 0    M    d  OK , откуда
OK 
J0
.
M d
(7)
Формула (7) определяет приведенную длину физического маятника, а точка К
— центр качания физического маятника. Следовательно, линия действия равнодействующей сил инерции проходит через центр качания.
Вывод. Силы инерции всех точек вращающейся фигуры можно заменить одной равнодействующей, приложенной в центре качания физического маятника,
если M 0ин  0 ; Rглин  0 .
2. Приведение сил инерции к паре
Силы инерции приведутся к паре с моментом M 0ин , если Rглин  0 ; M 0ин  0 . Но Rин  M  ac и для того, чтобы
R ин  0 , нужно, чтобы ac  0 , это возможно только в том
случае, когда точка С лежит на оси вращения, M 0ин  0 , если   0 .
Вывод. Если центр тяжести лежит на оси и вращение
неравномерное, то силы инерции всех точек вращающейся
фигуры приведется только к паре сил с моментом M 0ин
(рис. 24).
3. Уравновешивание сил инерции
Если Rглин  0 и M 0ин  0 , то система сил находится в равновесии. Но Rглин  M  ac , чтобы он равнялся нулю, центр тяжести должен лежать на оси вращения, а чтобы M 0ин  0 ,
необходимо, чтобы   0 , т.е.   const .
Вывод. Уравновешивание сил инерций точек плоской
фигуры, вращающейся около неподвижной оси, наблюдает16
ся в том случае, когда центр тяжести фигуры лежит на оси вращения и вращение
фигуры равномерное (рис. 25).
4. Приведение сил инерции к центру тяжести
Из курса статики известно, что за центр
приведения можно брать любую точку в
плоскости действия сил. Возьмем за центр
приведения не точку О, а точку С. От этого
величина и направление главного вектора не
изменится. Он по-прежнему равен  M  ac , но
приложен он уже в новом центре приведения
— в точке С. Главный же момент меняется с
изменением
центра
приведения:
ин
ин
ин
M c  M o ; M c  J C   .
Вывод. Силы инерции точек вращающейся фигуры можно привести к центру
тяжести С. При этом в общем случае получаем силу Rглин   M  ac , приложенную в
точке С и пару с моментом, равным произведению момента инерции фигуры относительно центра тяжести на угловое ускорение фигуры  (рис. 26).
Плоскопараллельное движение твердого тела
Пусть твердое тело, имеющее плоскость материальной симметрии I, движется
так, что все точки его перемещаются в плоскостях, параллельных плоскости симметрии I.
Пусть в сечении этого тела плоскостью I получим некоторую плоскую фигуру S. Так как
последняя находится в плоскости симметрии тела, то равнодействующая сил инерции всех точек данного тела, лежащих на перпендикуляре к
плоскости I, проведенном через некоторую точку A j фигуры, приложена в этой же точке A j
(рис. 27). Таким образом, силы инерции всех точек тела можно заменить силами инерций всех
точек фигуры S, имеющей массу данного тела М
и момент инерции J c , равный моменту инерции
тела относительно оси C z .
Рассмотрим движение
такой
фигуры
(рис. 28). Плоская фигура S в своей плоскости I совершает сложное движение, которое в любой момент
времени можно разложить на два простейших: поступательное и вращательное. В каждый момент времени
17
фигура движется поступательно вместе с некоторой точкой, называемой полюсом, и одновременно вращается вокруг этого полюса. Возьмем за полюс центр
тяжести этой фигуры С. Тогда движение фигуры вместе с полюсом С поступательно, и силы инерции в этом движении приведутся к силе R ин  M  ac , где М —
масса всего тела; ac — ускорение полюса С.
Кроме того, фигура вращается вокруг оси, проходящей через полюс, т.е. через
центр тяжести С. А в этом случае силы инерции приводятся только к паре с моментом M cин   J c   , где J c — момент инерции фигуры относительно оси C z , равный моменту инерции всего тела относительно той же оси C z .
Вывод. При движении плоской фигуры силы инерции точек ее приводятся к
силе, равной главному вектору Rглин  M  ac , приложенной в центре тяжести и паре, момент которой равен главному моменту M cин   J c   .
Примечание. Главный вектор и главный момент сил инерции при решении задач следует определять по приведенным формулам в соответствии с видом движения твердого тела. Если с их помощью нельзя вычислить главный вектор и
главный момент сил инерции, то в случае непрерывного распределения масс нужно разбить тело на отдельные элементы, вычислить силы инерции отдельного
элемента и затем распространить суммирование по всему телу.
Пример. Определить главный вектор и главный момент
сил инерции колеса весом P и радиусом r , катящегося без
скольжения по неподвижной горизонтальной плоскости и
имеющего ускорение центра ac . Колесо считать однородным
диском (рис. 29).
Колесо совершает плоскопараллельное движение, и силы
инерции всех точек его приведутся к силе Rглин  M  ac и паре с
моментом M cин   J C   .
По модулю R
ин
гл
a
a
P  r 2 ac P  ac  r
P
ин

.
; где c  c   .
  ac , а M c 
r
2 g
g
r CPk
g 2
Pk — мгновенный центр скоростей колеса.
Таким образом
R ин 
P
Pr
 a c ; M cин 
a .
g
2 g c
Контрольные вопросы и задания к теме 2
№13
Тело движется поступательно. Если к каждой точке его приложить ее силу
инерции, то силы инерции всех точек тела представляют произвольную систему
сил, которую можно упростить, заменив
1) парой сил с моментом M Cин  J C   ;
2) силой R ин   F ин и парой с моментом M син  J с   ;
18
3) силой R ин   F ин .
№14
Диск неравномерно вращается вокруг оси О (рис. 30–33). К чему сводятся силы инерции его точек?
№15
Плоская фигура вращается вокруг точки О с угловой скоростью  , ускорением  . К чему приводятся силы инерции ее точек?
На каком из рис. 34–37 неверно изображено приведение сил инерции?
№16
Плоская фигура вращается вокруг точки О с постоянной угловой скоростью 
OC  d , С — центр масс. К чему приводятся силы инерции точек этой фигуры?
На каком из рис. 38–41 верно изображен результат приведения сил инерции?
19
№17
Фигура вращается вокруг оси Cz , перпендикулярной плоскости фигуры и
проходящей через центр ее С с угловой скоростью  , ускорением  . Силы инерции всех точек этой фигуры можно заменить в данном случае
1) одной парой с моментом M zин  J z   ;
2) одной силой R ин   F ин ;
3) силой R ин   F ин и парой с моментом M zин  J z  
№18
Плоская фигура S перемещается в своей плоскости. Силы инерции всех точек
такой фигуры приводятся в общем случае
n
1) к одной силе R ин   F jин ;
j 1
2) к одной паре с моментом M cин   J c   ;
n
3) к силе R ин   F jин и к пере с моментом M cин  J c   (С — центр тяжести фиj 1
гуры S).
№19
Плоская фигура вращается вокруг точки О. Условия уравновешивания сил
инерции точек фигуры на котором из рис. 42–44 можно наблюдать?
20
№20
Определить главный вектор и главный момент сил инерции колеса 2 весом P
и радиусом r . Кривошип OC  2  r вращается с угловой скоростью  0 , ускорением
 0 . Колесо 2 считать сплошным однородным диском (рис. 45).
1. Rглин  0; M cин  0;
P 2
 r 0 .
g
2P
 r   02   04 .
g
2. M cин  0;
Rглин 
3. Rглин  0;
M cин  0.
4. Rглин 
M cин 
2P
P
 r   02   04 ; M cин   r 2   0 .
g
g
№21
Линейка эллипсографа AB приводится в движение кривошипом OC , вращающимся с угловой скоростью  0  const .
Определить главный вектор и главный момент
сил инерции линейки AB веса P и длины l , считая
ее
однородным
прямолинейным
стержнем
l
OC  AC  BC  (рис. 46).
2
P l2
ин
ин
ин
1. M c  0; Rгл  0; M c  J c   
 .
12  g 0 0
P
2. M cин  0; Rглин  0; R глин   l   02 .
g
3. M cин  0; Rглин  0 .
4. M cин  0; Rглин  0; R глин 
P l2
P
  0 .
 l   02 ; M cин 
12  g
g
№22
Кривошип OB вращается равномерно вокруг оси О с угловой скоростью  0 .
Колесо 1 неподвижно r1  r2  r3 . К чему приводятся силы инерции колеса 3 весом
P (рис. 47)?
P
 OB   02 ; M вин  0.
g
P
2. Rглин   OB   02 ; M вин  J в   0 .
g
ин
3. Rгл  0; M вин  0.
1. R ин 
4. Rглин  0; M вин  J в   0 .
21
Тема 3. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ДИНАМИЧЕСКИХ РЕАКЦИЙ В ТОЧКАХ
ЗАКРЕПЛЕНИЯ ОСИ ВРАЩАЮЩЕГОСЯ ТЕЛА
Рассмотрим тело произвольной формы, совершающее вращательное движение
около неподвижной оси AB под действием системы внешних сил
F1e , F2e ,...., F je ,...., Fne (рис. 48). Пусть тело вращается с постоянной угловой скоростью  . Кроме внешних сил F je , на него действуют реакции опор Д и В, в которых закреплена ось вращения — R Д X Д ; YД ; Z Д ; RВ X В ; YВ .
Реакции R Д и RВ , возникающие при вращении тела, называются динамическими.
Найдем их, пусть OB  h1 , OД  h2 . Разобьем
тело на n отдельных материальных точек и
найдем силу инерции некоторой точки A j .
Так как вращение тела равномерное, то
f jин  f njин  m j  r j   2 ; где r j  A j  K .
Приложив к каждой точке тела ее силу
инерции, получим систему произвольно расположенных сил. Приведем эту систему к одному центру О, взятому на оси вращения. В
результате приведения получим главный векn
Rглин   F jин
тор
и
главный
момент
j 1
n
 
M 0ин   m0 F jин сил инерции.
j 1
Обозначим проекции главного вектора на
оси координат, связанные с телом, имеющие
ин
ин
ин
начало в точке О через RX , RY , RZ , а проекции главного момента на эти же оси –
ин
ин
ин
через M OX
, M OY
, M OZ
. Найдем эти проекции. Обозначим угол r j с осью Kx через
 j . Изобразим траекторию точки A j в плоскости, параллельной плоскости Oxy
n
(рис. 49). Так как Rглин   F jин , то по теореме о проекции суммы векторов на ось
j 1
имеем
n
n
n
n
j 1
j 1
j 1
j 1
R Xин   F jxин   F jин  cos  j   m j  r j   2  cos  j   m j  x j   2   2  M  xc ;
22
(1)
RYин 
n
 F jyин 
j 1
n
 F jин  sin  j 
j 1
n
n
 m j  r j  sin  j   2   m j  y j   2  M  yc ; (2)
j 1
j 1
n
RZин   F jzин  0 ,
(3)
j 1
где x j  r j  cos  j ; y j  r j  sin  j (см. рис. 49).
F jzин  0 , так как силы инерции всех точек тела расположены в плоскостях, перпендикулярных оси Oz.
xc 
m
j
M
 xj
и yc  
mj  yj
M
— координаты центра тяже-
сти данного тела.
ин
ин
ин
Далее найдем M OX
, M OY
, M OZ
, используя формулы
аналитического выражения момента силы относительно осей координат:
mx F   y  Z  z  Y ; m y F   z  X  x  Z ; m z F   x  Y  y  X .
Напомним, что в этих формулах, известных из курса “Статика”, x, y, z — координаты точки приложения силы, а X , Y , Z — проекции силы на оси координат.
Найдем эти величины для A j , координаты которой:
x j  r j  cos  j ; y j  rj  sin  j ; z j  const ; F jин  m j  r j   2 .
Имеем проекции на оси: X  F jxин  F jин  cos j ; Y  F jyин  F jин  sin  j ; Z  Fzин  0 .
Тогда, подставив все найденные величины, получим
 
m z F jин
 
 
 
m x F jин   F jин  sin  j  z j 


ин
ин
m y F j   F j  cos  j  z j .

m z F jин  0

 0 , так как все силы F jин пересекают ось Oz.
Теперь найдем проекции главного момента на оси координат:
n
 
n
n
j 1
j 1
M oxин   mx F jин    m j  r j  sin  j   2   2   m j  y j  z z   J yz   2 ;
j 1
n
 
n
n
j 1
j 1
M oyин   m y F jин   m j  r j  cos  j   2  z j   2   m j  x j  z j  J xz   2 ;
j 1
n
 
M ozин   mz F jин  0 ;
j 1
(4)
(5)
(6)
где J yz , J xz — центробежные моменты инерции тела.
Согласно следствиям из принципа Даламбера внешние силы F je и реакции
опор Д и В можно мысленно уравновесить силами инерции всех точек данного тела, которые привели к силе Rглин и паре с моментом M 0ин . Данное тело можно считать (мысленно) находящимся в равновесии и, следовательно, систему внешних
сил, реакций опор и сил инерции — уравновешенной пространственной системой
сил, для которой имеем право составить 6 уравнений динамического или фиктивного равновесия.
23
Составим эти уравнения:


j 1
n

2. Y je  YД  YВ  Ryин  0;

j 1

n
e

3. Z j  Z Д  0;

j 1
(7)

n
e
ин
4. mx Fj  YВ  h1  YД  h2  M ox  0; 
j 1

n
e
ин
5. m y Fj  X В  h1  X Д  h2  M oy  0;

j 1
n

6. mz Fje  0.

j 1

ин
ин
ин
ин
Подставим значения Rx , Ry , M ox , M oy . Уравнения динамического равновесия
примут вид
n
1. X ej  X Д  X В  Rxин  0;
 
 
 
n
1. X ej  X Д  X В  M  x c   2  0;
j 1
n
2. Y je  Y Д  YВ  M  y c   2  0;
j 1
n
3. Z ej  Z Д  0;
j 1
 
5 . m F   X
6. m F   0.
n
4. m x F je  YВ  h1  Y Д  h2  J yz   2  0;
(8)
j 1
n
j 1
y
n
j 1
z
e
j
В
 h1  X Д  h2  J xz   2  0;
e
j
Отсюда видно, что реакции опор Д и В зависят не только от внешних сил, но и
от  2 . При быстром вращении тела силы инерции, которые выражаются через  2 ,
значительно увеличивают реакции опор, а следовательно, и давления на опоры.
Поэтому очень важно установить условия, при которых реакции опор не будут зависеть от сил инерции.
Итак, реакции, возникающие при вращении тела, называют динамическими в
отличие от статических, которые возникли бы, если бы тело оставалось под действием заданных внешних сил в покое.
Статические реакции X Дст , YДст , Z Дст , X Вст , YВст , как известно из курса статики,
определяются из уравнений
24


j 1

n

2. Y je  Y Дст  YВст  0;

j 1


n

e
ст
3. Z j  Z Д  0;

j 1

n

4. m x F je  h1  YВст  h2  Y Дст  0; 
j 1


n
5. m y F je  h1  X Вст  h2  X Дст  0.

j 1
n
1. X ej  X Дст  X Вст  0;
(9)
 
 
Получили уравнения статического равновесия (9).
Сравнивая их и уравнения динамического равновесия (8), замечаем, что динамические реакции X Д , YД , Z Д , X В , YВ включают в себя статические, но, кроме того,
содержат еще дополнительные слагаемые, называемые дополнительными динамическими реакциями: X Ддоп , YДдоп , Z Ддоп , X Вдоп , YВдоп , которые возникают только
вследствие вращения тела.
Поэтому, представив динамические реакции в виде
X Д  X Дст  X Ддоп ; YД  YДст  YДдоп ; Z Д  Z Дст  Z Ддоп ;
X В  X Вст  X Вдоп ; YВ  YВст  YВдоп ,
получим из уравнений (8) следующие уравнения для определения дополнительных динамических реакций:
1. X Ддоп  X Вдоп  M  x c   2  0;
2.Y Ддоп  YВдоп  M  y c   2  0;
(10)
доп
3. X Д  0;
4.  h1  YВдоп  h2  Y Ддоп  J yz   2  0;
5.h1  X Вдоп  h2  X Ддоп  J xz   2  0.
Из уравнений (10) видно, что Z Ддоп  0 не зависит от сил инерции, т.е. Z Д  Z Дст .
Выясним условия, при которых вращение не вызывает дополнительных динамических реакций, т.е. условия, при которых динамические реакции делаются
равными статическим при действии тех же внешних сил. Из уравнений (10) видно, что при   0
X Ддоп  X Вдоп  0 , если J yz  0 ; xc  0 ;
YДдоп  YВдоп  0 , если J xz  0 ; yc  0 .
При этом условии динамические реакции равны статическим. Таким образом,
чтобы силы инерции не вызывали дополнительных давлений на опоры, необходимо и достаточно, чтобы x c  y c  0; J xz  J yz  0 , т.е. ось вращения ДВ должна
совпадать с одной из главных центральных осей инерции тела.
Вывод. Если ось вращения является одной из главных центральных осей
инерции тела, то реакции в закрепленных точках оси при вращении тела равны
25
реакциям, возникающим в этих точках при равновесии тела под действием тех же
сил. В этом случае говорят, что силы инерции точек тела уравновешены или вращающееся тело динамически уравновешено. Вывод справедлив и для неравномерного вращения.
Задача динамического уравновешивания вращающихся тел играет очень
большую роль в машиностроении, так как угловые скорости современных машин
достигают очень больших значений. Небольшие отклонения в установке оси вращения вызывают при больших угловых скоростях резкое увеличение динамических реакций, что может привести к разрушению опор. Эти вредные явления исчезают в том случае, когда вращающееся тело динамически уравновешено.
Выполнение уравновешивания на практике
Приблизительное уравновешивание (точного добиться сложно на практике)
вращающихся частей машин на практике достигается тем, что им придают форму
тел вращения, т.е. стремятся к тому, чтобы они вращались вогруг оси симметрии,
являющейся главной центральной осью инерции тела. Однако на практике ось
вращения не точно совпадает с главной центральной осью инерции, остаются неуравновешенные силы инерции.
Динамическое уравновешивание тела (сил инерции) сводится к определению
главных осей инерции тела, относительно которых J xz  J yz  0 . Эти величины
J xz , J yz — центробежные моменты инерции характеризуют степень динамической
неуравновешенности масс тела при его вращении около неподвижной оси Oz.
Докажем, что любую ось, проведенную в теле, можно сделать главной центральной осью инерции, прибавив к нему две точечных массы m1 и m2 .
Пусть для тела массы М xc , yc , J xz , J yz не равны нулю. Прибавим к телу две массы m1 и m2 в таких точках с координатами ( x1 , y1 , z1 ) и ( x2 , y2 , z2 ), чтобы выполнялись условия:

M  xc  m1  x1  m2  x 2  M   xc  0;

M  y c  m1  y1  m2  y 2  M   y c  0;

J xz  m1  x1  z1  m2  x 2  z 2  J xz  0;

J yz  m1  y1  z1  m2  y 2  z 2  J yz  0,
где M   M  m1  m2 .
(11)
Для получения тела массой M   M  m1  m2 будет xc  yc  J xz   J yz   0 , т.е.
данная ось — главная центральная ось инерции. Массы m1 и m2 следует подбирать
так, чтобы они удовлетворяли уравнениям (11). При этом необходимо m1, m2 , z1, z2
задать, а x1 , y1, x2 , y2 найти из уравнений (11).
26
Порядок решения задач принципом Даламбера
Выбрать объект, движение которого рассматриваем.
Выбрать систему координат.
Изобразить силы, приложенные к объекту.
Добавить к активным силам и реакциям связей фиктивные силы инерции
точек объекта.
5. Составить уравнения динамического равновесия системы.
6. Решить уравнения равновесия относительно неизвестных.
Пример. Ось вращения диска, перпендикулярная его плоскости, смещена от
центра масс на расстояние a (рис. 50). Определить динамические реакции опор А
и В. Вес диска P ;   const ; h1  h2  h . Расставим силы, действующие на диск и
ось. Это вес диска P и реакции опор X A , YA , Z A , X В , YВ . J xz  J yz  0; M 0ин  0 . Силы
инерции всех точек диска приводятся к одной равнодействующей:
P
R ин  M  ac   a   2 .
g
Изобразим оси x, y, z , неизменно связанные с диском.
Составим уравнения динамического равновесия и найдем из них неизвестные
динамические реакции:
 X  X A  X В  0;
1.
2.
3.
4.
 Y  YA  YВ  R ин  0;
 Z  Z A  P  0;
 m x  YВ  h1  Y A  h2  P  a  0;
 m y   X A  h2  X В  h1  0.
Откуда Z A  P; X A  X В  0 .
Y A


Y A


Y A

Y
 A
 YB   R ин ;
h1  h2  h ;
Pa
;
h
Pa
P
( g  h   2 );
 YB    a   2 ; YA 
2
gh
g
Pa
Pa
YB 
( g  h   2 ).
 YB 
;
2 gh
h
 YB 
Контрольные вопросы и задания к теме 3
№23
Что такое дополнительные динамические реакции?
1. Реакции, возникающие при движении системы.
2. Реакции, возникающие при равновесии системы.
3. Реакции, возникающие при движении системы только от действия сил
инерции.
27
№24
Какое условие должно выполняться, чтобы не появилось дополнительных динамических реакций?
1. Вращение должно быть равномерным.
2. Центр тяжести должен лежать на оси вращения.
3. Центр тяжести должен лежать на оси вращения, и вращение должно быть
равномерным.
4. Ось вращения должна быть главной центральной осью инерции.
№25
Ведущее звено O1 B шарнирного четырехзвенника O1O2 AB вращается вокруг
горизонтальной оси O1 с угловой скоростью  0 , ускорением  0 (рис. 51). Определить добавочные давления на шарниры А и В от сил инерции звена АВ веса P , если O1B  O2 A   , O1O2  AB . Звено АВ считать тонким однородным стержнем.
P 
2
 g    0   04  .

2g 
P 2

 0   04 .
2g
1. N Aдоп  N Bдоп 
2. N Aдоп  N Bдоп
1.
2.
3.
4.
№26
Однородный стержень массы М и длины 2l
вращается в горизонтальной плоскости вокруг своего конца с угловой скоростью  и угловым ускорением  под действием момента М. Определить
дополнительные динамические реакции в оси О
(рис. 52).
x0  0 ; y 0  M  l   .
x 0  M  l   2 ; y0  0 .
x0  0 ; y0  0 .
x0  M  l   2 ; y 0  M  l   .
№27
К горизонтальному стержню, вращающемуся
с угловой скоростью20 c–1, прикреплены два
стержня, несущие на концах грузы P = 100 H и
расположенные в одной плоскости на равных расстояниях от опор. Определить давление на опоры
А и В, когда грузы будут расположены в вертикальной плоскости, если l = 3 м, r  25 см, a  2 м,
g  10 м/с2 (рис. 53).
1. Z A  553 Н; Z B  753 Н.
28
2. Z A  753 Н; Z B  553 Н.
3. Z A  553 Н; Z B  753 Н.
№28
Стержни АВ и СД вращаются в подшипниках
А и В с угловой скоростью   30 с–1. Определить
давления на подшипники А и В, если СД = 60 см,
вес стержня СД 15 Н (рис. 54).
1. Z A  217,5 Н; Z B  582 Н.
2. Z A  582 Н; Z B  217,5 Н.
3. Z A  582 Н; Z B  217,5 Н.
4 Z A  217,5 Н; Z B  582 Н.
№29
Тонкий однородный стержень длиной l и весом P удерживается в горизонтальном положении (рис. 55). Определить мгновенную реакцию в
точке А, как только нить ВС будет обрезана.
1. RA  P .
3
4
3. RA  0 .
2. R A  P .
№30
К вертикальному валу прикреплен тонкий стержень AB
= l весом G  8 кН под углом   450 к валу (рис. 56). Система находится в покое. Определить мгновенные значения
составляющих реакций в шарнире А непосредственно после
обрезания нити ВД.
1. X A  3 кН; YA  0 .
2. X A  0 ; YA  5 кН.
3. X A  3 кН; YA  5 кН.
4. X A  3 кН; YA  5 кН.
№31
Тонкий однородный стержень AB = l удерживается в
вертикальной плоскости (рис. 57). Определить полную
реакцию в шарнире А до обрыва нити, а также в момент
непосредственно после обрыва нити, если вес АВ равен
P и АД  1 3 l .
1. RАст  0,66 Р; RАдин  0,55 Р.
2. RАст  0,66 Р; RАдин  0 .
29
3. RАст  0 ; RАдин  0,66 Р.
4. RАст  0,55 Р; RАдин  0,66 Р.
ОСНОВЫ АНАЛИТИЧЕСКОЙ МЕХАНИКИ
Раздел «Основы аналитической механики» рассчитан на 6 ч самостоятельной
работы студентов. После его изучения студент должен
знать: а) метод аналитической статики;
б) степени свободы системы;
в) определение возможных перемещений, возможной работы и принципа возможных перемещений;
г) определение идеальных связей;
д) как получается общее уравнение динамики;
е) определение обобщенных координат, обобщенных сил;
ж) уравнения движения и уравнения равновесия в обобщенных координатах.
уметь: а) определять число степеней свободы системы;
б) определять возможные перемещения системы и находить зависимости между ними;
в) выбирать обобщенные координаты;
г) составлять уравнения работ, общее уравнение динамики, уравнения
Лагранжа второго рода;
д) определять обобщенные силы.
помнить: а) вид уравнений равновесия и уравнений движения в обобщенных
координатах;
б) вид общего уравнения динамики и уравнения работ;
в) порядок решения задач методом аналитической механики.
Тема 4. АНАЛИТИЧЕСКАЯ СТАТИКА
Основы аналитической механики были заложены Ж. Лагранжем в 1788 г.
Аналитическая механика — раздел теоретической механики, позволявший установить единые методы изучения движения и равновесия всех материальных систем. Методы аналитической механики позволяют средствами математического
анализа полностью решить задачу о равновесии или о движении любой механической системы. В основе аналитической механики лежат принцип возможных перемещений и общее уравнение динамики.
30
Рассмотрим некоторые основные понятия и положения аналитической механики.
Связи
Связями для данной материальной точки или системы точек называются ограничения геометрического или кинематического характера, не зависящие от приложенных активных сил и от начальных условий. Как известно из раздела "Статика", всякая связь — это тело, с которым соприкасается данная механическая система. Представим связи схематически в виде геометрических линий, точек, поверхностей, которые можно выразить математическими уравнениями, называемыми уравнениями связей. Последние могут содержать координаты точек системы, скорости этих точек и время, т.е. это уравнения типа
f ( x, y, z , x , y , z, t )  0 .
Аксиома связей
В аналитической механике, как и в геометрической статике, считают, что действие связей на механическую систему можно заменить силами реакции связей.
Приложив к точкам системы реакции связей, можно (мысленно) считать систему
свободной.
Классификация связей
1. Стационарные и нестационарные связи
Связи, не изменяющиеся с течением времени, называются стационарными. В
уравнения стационарных связей время t явно не входит. Связи, которые меняются
с течением времени, называются нестационарными, уравнения таких связей зависят от времени t. Например, пусть точка находится на поверхности эллипсоида,
заданного уравнением
x2 y2 z2


 1.
a2 b2 c2
(1)
Уравнение связи (1) показывает, что вид связи со временем не изменяется.
Следовательно, эллипсоид не деформируется и не перемещается, т.е. связь стационарна. Если же точка находится на поверхности эллипсоида, заданного уравнением
x2
y2 z2


 1  0,
a 2t 2 b 2 c 2
31
(2)
то выражение (2) — уравнение нестационарной связи. Теперь точка находится на
эллипсоиде, изменяющем свою форму, так как одна полуось его изменяет свою
длину.
2. Удерживающие и неудерживающие связи
Удерживающими (или двусторонними) называются связи, которые сохраняют
свое действие во все время движения точек системы.
Неудерживающими (или односторонними) называются связи, которые могут в
некоторые промежутки времени прекращать или
возобновлять свое действие. Уравнения удерживающих связей задаются равенствами, а неудерживающих — неравенствами. Примером односторонней связи может служить горизонтальная
плоскость (рис. 58), которая препятствует перемещению шарика вертикально вниз, но не мешает его движению вертикально
вверх. Примером двусторонней связи может служить совокупность двух горизонтальных плоскостей (рис. 59), которые препятствуют перемещению шарика как
вниз, так и вверх по вертикали.
3. Голономные и неголономные связи
Голономными (геометрическими) называются связи, которые накладывают
ограничения только на положение точек механической системы. В уравнения голономных связей входят координаты точек системы и не входят производные от
этих координат по времени (проекции скоростей точек).
Неголономными (кинематическими) называются связи, которые накладывают
ограничения на скорости точек механической системы. В уравнения неголономных связей входят координаты точек системы и производные от этих координат
по времени. Уравнения представляют собой неинтегрируемые дифференциальные
уравнения.
Примером голономной, удерживающей стационарной связи может служить
жесткий стержень ОМ = l, соединяющий материальную точку М с неподвижной
точкой О. Стержень ОМ допускает движение точки М только по сферической поверхности, уравнение которой имеет вид х2 + y2 + z2 – l2 = 0 и содержит только координаты точки, нет времени и производных от координат точки. Следовательно,
такая связь является голономной, стационарной, так как она сохраняет свое действие во все время движения точки, то является и удерживающей связью.
В дальнейшем будем рассматривать только голономные удерживающие связи.
Степени свободы системы
Пусть на механическую систему, состоящую из n материальных точек с 3n координатами, наложено k голономных (стационарных, удерживающих) связей:
32
f j ( x1 , y1 , z1 , x n , y n , z n )  0 ,
(3)
где j = 1, 2, …, k.
Для того, чтобы система двигалась, k должно быть меньше 3n. При k = 3n, координаты всех точек системы определяют из уравнений связи (3), они имеют постоянные значения, т.е. система не движется.
Среди 3n координат системы не все будут независимыми. Из k уравнений (3)
можно определить k неизвестных, а остальные 3n – k координат можно задавать
произвольно, т.е. это независимые координаты системы. Число независимых координат системы обозначим через S, тогда S = 3n – k.
Число независимых координат, однозначно определяющих положение точки
(или системы), называется числом степеней свободы точки (или системы) и находится по формуле
(4)
S  3n  k .
Здесь k — число геометрических связей, наложенных на систему; n — число
точек системы.
Примеры. 1. Свободная материальная точка имеет 3 степени свободы, так как
n = 1; k = 0; S = 3.
2. Свободное твердое тело (рис. 60) n = 3; k = 3; S = 9 – 3 = 6. Где связи
AB  const; BC  const; AC  const. Положение 3 точек определит положение тела.
3. Вращающееся твердое тело (рис. 61) n = 1; k = 2; S = 3 – 2 = 1. Положение
одной точки С определит положение тела. Связи AC  const; BC  const .
4. Плоская фигура S (рис. 62) n = 2; k = 3; S = 3 . 2 – 3 = 3. Положение отрезка
АВ определит положение фигуры. Связи AB  const; z 1  z 2  const .
Примечание. Большинство механизмов имеет одну степень свободы.
Возможные перемещения системы
Совокупность воображаемых бесконечно малых перемещений точек системы,
допускаемых в данный момент наложенными на систему связями, называется возможным перемещением
системы. Обозначают его элементарным вектором  r .
33
Например, возможным является для ползуна В перемещение по горизонтали, а
точки А по дуге окружности (рис. 63). Дуга — бесконечно малая, ее можно считать отрезком, перпендикулярным ОА. Возможное перемещение точки В обозначим через  rB , точки А — через  rA .
Из определения возможного перемещения следует, что оно должно удовлетворять 2 условиям:
1) оно должно быть бесконечно малым;
2) оно должно быть таким, чтобы при этом не нарушались связи, наложенные
на систему.
Например, перемещение кривошипа ОА в положение OA1 (см. рис. 63) нельзя
считать возможным, так как в этом положении условия равновесия механизма под
действием сил Р и Q уже другие. Точно также перемещение точки В вдоль шатуна не является возможным. Оно было бы возможным, если в точке В была качающаяся муфта, т.е. когда механизм был бы другим.
Примечание. Заметим, что возможное перемещение точки не есть непременно
то действительное перемещение, которое точка (или система) фактически получает под действием приложенных к ней сил.
Возможное перемещение в отличие от действительного обозначается  r и
произносится "вариация эр" или "дельта эр". Значок  указывает, что перемещение происходит как бы мгновенно, без затраты времени. Обозначение  r , как и
d r , представляет собой дифференциал перемещения, но время в первом случае
фиксируется, считается неизменным. Если связь стационарная, то действительное
перемещение d r совпадает с одним из возможных перемещений. Если же связь
нестационарная, то действительное перемещение может не совпадать ни с одним
из возможных перемещений.
Если действительное перемещение d r точки есть дифференциал некоторой
функции r  r (t ) , определяющей закон движения этой точки, то возможное перемещение  r той же точки будет вариацией функции r  r (t ) , так как последней
называется элементарное изменение ее значения при неизменном значении аргумента t.
Таким образом, если d r  d x i  d y j  d z k , то  r   x i   y j   z k , где
 x,  y,  z — проекции  r на координатные оси и называются вариациями координат. Варьирование функции выполняется формально по тем же правилам, что
и дифференцирование, если считать аргумент t за постоянную.
Независимые возможные перемещения
В общем случае для точек и тел системы
существует множество различных возможных
перемещений. Для каждой точки (или системы) в зависимости от характера наложенных
на нее связей можно указать определенное
34
число таких независимых между собой перемещений, что всякое другое возможное перемещение будет выражаться через эти независимые перемещения. Например, шарик (точка), лежащий на плоскости (рис. 64), можно переместить вдоль
плоскости по множеству направлений. Однако, любое из этих перемещений  r
можно получить как сумму двух перемещений  rx и  ry , лежащих в этой плоскости, направленных вдоль взаимно перпендикулярных осей:  r   rx   ry . У точки
(шарика) два независимых возможных перемещения вдоль осей x и y и число
степеней свободы точки на плоскости S = 2 (n = 1; k = 1; S = 3 – 1 = 2).
Вывод. Число независимых возможных перемещений системы равно ее числу
степеней свободы.
Еще несколько примеров. Число степеней свободы свободной точки S = 3 и
независимых возможных перемещений (вдоль взаимно перпендикулярных осей)
три. Число степеней свободы свободного твердого тела S = 6 и независимых возможных перемещений 6 (три поступательных вдоль осей x, y, z и три вращательных вокруг этих осей).
Возможной называется элементарная работа силы на любом возможном перемещении ее точки приложения.
Обозначается возможная работа через  A (как и элементарная работа)
(5)
 A  F r .
Идеальные связи
Понятие ввел Ампер. Идеальными называются такие связи, сумма возможных
работ сил реакций которых на любом возможном перемещении равна нулю:
n
 A N
j 1
j
 0.
К таким связям относятся связи без трения. Например,
идеально гладкая поверхность является идеальной связью.
Пусть на такой поверхности находится некоторая материальная точка М (рис. 65). Реакция идеально гладкой поверхности направлена по нормали к поверхности, а все возможные перемещения точки лежат в касательной плоскости.
Следовательно, реакция N перпендикулярна всякому возможному перемещению точки  r и работа силы N на любом
возможном перемещении равна нулю, так как
 AN  N   r  N   r  cos( N ;  r )  0 .
Принцип возможных перемещений
35
(6)
Для равновесия системы с идеальными связями необходимо и достаточно,
чтобы сумма возможных работ всех активных сил на любом возможном перемещении системы равнялась нулю. Покажем, что это условие необходимо и достаточно.
Необходимость. Пусть система находится в равновесии. Докажем, что в этом
случае сумма возможных работ активных сил равна нулю:
n
n
j 1
j 1
  AF j   F j  r j  0.
Система находится в равновесии, поэтому любая точка A j системы тоже
находится в равновесии, следовательно, действующие на нее силы — активная F j
и реактивная N j уравновешены (рис. 66).
Тогда Fj  N j  0 . Сообщим точке A j возможное перемещение  r j . Умножим скалярно обе части последнего равенства на  r j — возможное перемещение точки A j . Получаем
F j   rj  N j   rj  0 . Запишем подобные равенства для каждой
из точек системы и просуммируем:
n
F
j 1
n
j   rj   N j   rj  0 .
j 1
Но система с идеальными связями и
n
N
j 1
Тогда
n
n
 F  r   AF
j 1
j
j
j 1
j
n
j
  r j   AN  0.
j
j 1
 0 , что и требовалось доказать.
n
 Fj rj 0 .
(7)
j 1
Полученное равенство называется уравнением работ, его можно записать в
аналитической форме:
n
(X
j 1
j
 x j  Y j y j  Z j z j )  0 .
(8)
Достаточность. Для доказательства достаточности условия проведем рассуждение от противного.
Пусть
n
 Fj rj 0 . Предположим, что силы, приложенные к системе, не уравj 1
новешиваются. Если в начальный момент система находилась в покое, то под
действием неуравновешенной системы активных сил и реакций связей система
придет в движение и за малый промежуток времени совершит некоторое действительное перемещение, которое при стационарных связях будет возможным перемещением, так как перемещение системы произойдет из состояния покоя в
направлении равнодействующей сил F j и N j , совершена положительная работа
n
n
j 1
j 1
 Fj   rj   N j   rj  0 .
36
n
N  r
Но система имеет идеальные связи, а потому
j
j 1
что противоречит условию. Следовательно, при
n
F  r
j 1
j
j
j
 0 , тогда
n
F  r
j 1
j
j
 0,
 0 система находится в
равновесии.
Возможные скорости точек системы
Возможные перемещения часто выражают через возможные скорости точек
системы, т.е. скорости, которые имели бы точки, если бы это возможное перемещение оказалось действительным. Но так как скорость эта мыслимая, возможная,
то дифференциал времени обозначим dt  . Таким образом, для вычисления возможных перемещений используется формула кинематики  rj  V j dt  . Тогда уравнение работ
n
F  r
j 1
j
j
 0 примет вид
n
F
j 1
j
V j dt   0 .
(9)
Выражено оно здесь через возможные скорости.
Порядок решения задач с помощью принципа возможных перемещений
1. Выбираем объект (систему), равновесие которого рассматриваем.
2. Изображаем активные силы для системы с идеальными связями.
3. Сообщаем системе возможное перемещение.
4. Составляем уравнение работ на этом перемещении. Если система не с идеальными связями, то работу реакция связей следует включить в уравнение работ
наряду с работой активных сил.
5. Исключаем возможные перемещения из уравнения работ, найдя зависимость между ними.
6. Определяем неизвестное.
Примечание. Если система имеет несколько степеней
свободы, то подобный расчет повторяется на каждом из
независимых возможных перемещений системы.
Пример. Определить условия равновесия кривошипно-шатунного механизма под действием горизонтальной
силы Q , приложенной к ползуну В и силы P , перпендикулярной кривошипу ОА и приложенной к точке А
(рис. 67).
37
Решение. Сообщаем системе возможное перемещение. Точка А получает возможное перемещение  rA  OA , а точка В перемещение  rB . Составляем уравнение работ:
n
  AF
j 1
j
Отсюда
0;
P rA  Q rB  0.
Q  rA

.
P  rB
Зависимость между  rA и  rB найдем кинематически, предположив  rA  VA dt  ;
 rA V A A PAB sin( 90 0   )
cos(  )
.




 rB VB B PAB
sin(    )
sin(    )
Q r
cos(  )
Получим  A 
.
P  rB sin(    )
Здесь VA и VB — возможные скорости. Условия равновесия механизма запи-
 rB  VB dt  , тогда
шутся так:
P sin(    )
.

Q
cos(  )
Задачу можно было решить методом расчленения, составив 6 уравнений равновесия (три для кривошипа и три для шатуна с ползуном). Следовало бы ввести
внутренние силы — реакцию в шарнире А. Принцип возможных перемещений
позволяет не рассматривать реакцию шарнира А и реакцию направляющих ползуна В.
Контрольные вопросы и задания к теме 4
№ 32
Чему равно число независимых возможных перемещений?
1. Числу степеней свободы системы.
2. Количеству связей, наложенных на систему.
№ 33
Что выражает принцип возможных перемещений?
1. Необходимые условия равновесия системы.
2. Достаточные условия равновесия системы.
3. Условия движения системы.
4. Необходимые и достаточные условия равновесия системы.
№ 34
Сколько степеней свободы имеет тело, вращающееся вокруг неподвижной точки (рис. 68)?
1. S = 1.
2. S = 3.
3. S = 2.
38
№ 35
Сколько уравнений работ можно составить для системы?
1. Сколько степеней свободы имеет система.
2. Сколько независимых возможных перемещений имеет система.
3. Сколько связей наложено на систему.
Выберите неверный ответ.
№ 36
Свойства возможных перемещений?
1. Должны быть бесконечно малыми.
2. Не должны допускать нарушения связей.
3. Должны быть бесконечно малыми и не допускать нарушения связей.
№ 37
Сколько степеней свободы имеют упругие тела, жидкости, газы?
1. Бесконечное число степеней свободы.
2. Конечное число степеней свободы.
№ 38
Которое из указанных перемещений шарика М является возможным (рис. 69–
72)?
№ 39
Которая из изображенных механических систем имеет два независимых возможных перемещения (рис. 73–75)?
39
№ 40
На котором рисунке перемещения ползуна В вдоль АВ является возможным
(рис. 76–78)?
№ 41
Какую пару с моментом m нужно приложить к кривошипу, чтобы механизм
оставался в равновесии. Механизм находится в горизонтальной плоскости
(рис. 79).
Дано: АО = 2 м; F  40 3 кг. Весом кривошипа ОА и
ползуна В пренебречь.
1. m  80 3 кг м .
2. m  40 3 кг м .
3. m  120 кг м .
№ 42
На котором рисунке перемещение ползуна В вдоль АВ не является возможным
(рис. 80–82)?
№ 43
Определить при заданных силах P и Q значения угла  , при котором будет
равновесие рычага АВ (рис. 83).
1. tg 
Pb
.
Qa
40
Pa
.
Q b
Qa
.
3. tg 
Pb
Q b
.
4. tg 
Pa
2. tg 
№ 44
В вертикальной плоскости расположен тонкий стержень AB длиной l весом Q .
Стержень опирается на две гладкие плоскости в точках А и В (рис. 84). Применив
принцип возможных перемещений, определить величину горизонтальной силы Р,
приложенной в точке A, если стержень находится в равновесии.
1
Q tg .
2
1
2. P  Q ctg .
2
Q
3. P 
.
2 sin 
Q cos
4. P 
.
2
1. P 
№ 45
Механизм (рис. 85) находится в равновесии. Определить зависимость между возможными перемещениями точек А и B и возможными перемещениями стержней ОА и
ВD (ОА = b); (BD = a).
  OA
a

.
  BD b cos 30 0
  OA
a

.
2.  rB   rA cos 30 0 ;
  BD b cos 30 0
  OA a
 .
3.  rA   rB ;
  BD b
1.  rB   rA cos 60 0 ;
4.  rA   rB cos 30 0 ;
  OA a cos 30 0

.
  BD
b
№ 46
Механизм находится в равновесии (рис. 86). Возможно
ли перемещение ползуна А?
1. Вдоль кулисы О1С.
2. Перпендикулярно кривошипу ОА.
3. Перпендикулярно кулисе О1С.
4. Вдоль кривошипа ОА.
41
№ 47
На кривошип O1А кулисного механизма, расположенного в горизонтальной
плоскости, действует вращающий момент М1 (рис. 87).
Определить момент М2, приложенный к кулисе, при равновесии механизма.
2M 1
.
sin 2
M
2. M 2  21 .
sin 
1. M 2 
№ 48
Кулисный механизм (рис. 88) находится в равновесии. Возможно ли перемещение ползуна А?
1. По горизонтали.
2. По вертикали.
3. Перпендикулярно кривошипу.
4. Вдоль кривошипа.
№ 49
Определить силу Q , которую нужно приложить к
кривошипу в точке D , чтобы механизм оставался в
равновесии (рис.89) Дано: Pкул  P; CD  DE ; ECB  30 0.
1. Q  P 3 .
2. Q  2 P .
3. Q  P .
№ 50
Определить соотношение между P и Q , при равновесии системы блоков (рис. 90). Указать зависимость между перемещениями грузов P и Q .
1.
P
2;
Q
2. P  Q ;
1
2
3. P  Q ;
 rP 1
 .
 rQ 2
 rP   rQ .
 rP
 2.
 rQ
Тема 5. ОБЩЕЕ УРАВНЕНИЕ ДИНАМИКИ
42
Уравнение объединяет два принципа механики: Даламбера и возможных перемещений. Возьмем систему n материальных точек. К каждой точке A j применим принцип Даламбера
ин
(1)
F j  N j  F j  0.
Сообщим системе возможное перемещение  r j . Умножим равенство (1) скалярно на  r j :
F j  r j  N j  r j  F j  r j  0.
ин
(2)
Аналогичные равенства получим для каждой точки системы.
Просуммируем по всем точкам системы:
n
n
n
j 1
j 1
j 1
 Fj rj   N j rj   Fj  rj  0.
ин
n
N  r
Для системы с идеальными связями
j
j 1
j
(3)
 0 , тогда общее уравнение дина-
мики примет вид:
n
n
j 1
j 1
 Fj rj   Fj  rj  0.
ин
(4)
Таким образом, при движении системы с идеальными связями в каждый момент времени сумма элементарных работ всех активных сил и сил инерции на
любом возможном перемещении системы равна нулю.
Аналитическая форма общего уравнения динамики:
n
( X  x
j
j 1
ин
n
 Y j  y j  Z j  z j )   ( X j  x j  Y j  y j  Z j  z j )  0,
j
ин
ин
ин
j 1
ин
так как F j  m j a j ; X j  m j x j ; Y j  m j y j ; Z j ин  m j z j .
Тогда общее уравнение динамики примет вид
 ( X
n
j 1
j
ин

 m j x j ) x j  (Y j  m j y j ) y j  ( Z j  m j zj ) z j  0.
(5)
Итак, чтобы составить общее уравнение динамики, необходимо:
1) к каждой точке системы приложить ее силу инерции;
2) сообщить системе возможное перемещение и составить уравнение работ
для всех активных и даламберовых сил на этом перемещении. Порядок решения
задач такой же, как и при применении принципа возможных перемещений.
Пример. Определить ускорение грузов А и В, если груз А (рис. 91) скользит по
гладкой плоскости, а груз В опускается по вертикали. Вес груза А равен Р, груза В
— Q. Весом блока и нити пренебречь.
Решение. 1. Прикладываем к точкам системы, состоящей из 2 грузов, блока и нити, силы инерции. Нить и блок
невесомы, поэтому силы инерции прикладываем только к
грузам:
ин
FA 
P
Q
ин
a A ; FB  a B .
g
g
43
P
g
Но a A  aB  a и FA ин  a; FB ин 
Q
a.
g
2. Сообщаем системе возможное перемещение  rA   rB   r и составляем общее уравнение динамики:
Q  rB  FB  rB  FA  rA  0.
ин
ин
Разделив на  r последнее равенство, получим Q  FB ин  FA ин или
Отсюда a 
PQ
a  Q.
g
Qg
.
PQ
Контрольные вопросы и задания к теме 5
№ 51
Можно ли принцип возможных перемещений применить к движущейся системе?
1. Нет.
2. Да, если мысленно уравновесить заданные силы силами инерции всех точек.
3. Нет верного ответа.
№ 52
Сколько общих уравнений динамики можно составить для системы, состоящей из n тел, движущихся определенным образом?
1. n уравнений, сколько тел.
2. S уравнений, сколько степеней свободы у системы.
3. Только одно уравнение.
№ 53
Общее уравнение динамики можно получить
1) путем применения к системе, находящейся в равновесии принципа возможных перемещений;
2) путем применения к движущейся системе принципа Даламбера;
3) путем применения к движущейся системе одновременно двух принципов:
Даламбера и возможных перемещений.
№ 54
Какой вид имеет общее уравнение динамики?
n
1.
2.
j 1
j 1
n
n
ин
 AF   AF
j 1
3.
n
 F j  rj   F j  rj  0.
j
j 1
ин
 0.
j
n
n
j 1
j 1
 ( X j  x j  Y j  y j  Z j  z j )   ( X j  x j  Y j  y j  Z j  z j )  0.
ин
ин
44
ин
n
4.
F  r
j 1
j
j
 0.
Связи идеальные. Выберите неверный ответ.
№ 55
Определить ускорение a A поднимающегося груза Q  27 кг
(рис. 92). Вес двухступенчатого блока G  18 кг , его радиусы
r1  10 см, r2  15 см , а радиус инерции   7,5 см .
1. Укажите, к чему сводятся силы инерции всех точек тел, составляющих данную систему.
2. Укажите, как выразить ускорение центра блока В через
ускорение груза А.
3. Укажите ускорение груза А.
№
пп
груза
ин
Q
aA
g
Q
 aA
g
Q
 aA
g
1
FA 
2
FA
3
FA
ин
ин
Силы инерции
блока
FB
ин

Ускорение
точки В
точки А
I
ин
a B ; M B  I B
g
aB  2a A
a A  0,63 м/с
 I B
aB  2a A
a A  1,2 м/с
I
aB
g
aB  2a A
a A  0,99 м/с
MB
FB
ин
ин

№ 56
Однородное бревно весом P лежит на двух катках (рис. 93), каждый весом
и радиусом r . Определить ускорение a бревна вниз по плоскости, если скольжение отсутствует. Катки считать сплошными круглыми цилиндрами.
1. Чему равен момент инерции катка относительно центра О?
2. Укажите, как выразится ускорение центра О катка через ускорение бревна.
3. Укажите ускорение бревна.
№
пп
Момент инерции
Ускорение
точки О
бревна
1
IO 
Pr2
2g
aO 
2
IO 
Pr2
4g
aO  a
45
a
2
a  g sin 
a
g sin 
5
P
2
3
IO 
Pr2
4g
aO 
a
2
a
12
g sin 
11
№ 57
Определить ускорение a1 груза P1 при движении системы (рис. 94), если
P1  80 кг , P2  40 кг . Коэффициент трения между плоскостью и
весом P1 — f  0,2 . Массой блоков пренебречь.
P2
P
ин
a1 ; F1  1 a1 .
g
g
P1
P
a
ин
 a1 ; F2  2 1 .
g
g2
1. a1  0,43 м / с 2 ; a2  a1 ; F2 ин 
2. a1  2,7 м / с 2 ; a2 
a1
ин
; F1
2
Укажите также ускорение груза 2 и силы инерции грузов.
№ 58
Пренебрегая трением и массой блока, определить ускорение a p падающего груза Р (рис. 95). Принять p  3,2 кг , Q  4,8 кг , r2  2 r1 .
2
g ; aQ  a P .
10
a
2
2. a P  g ; aQ  p .
11
2
1. a P  
Укажите зависимость между ускорениями грузов.
№ 59
Определить ускорение a груза Q , считая P  Q . Трением и
массами блоков пренебречь (рис. 96).
1. Как связаны ускорения грузов P и Q ?
2. Чему равно ускорение груза Q ?
Ускорение
груз P
груз Q
aQ  2 a P
aQ  a P
aQ  
2
g
5
aQ  0
№ 60
Определить угловое ускорение колеса 1, если к нему приложена пара сил с
вращающим моментом M (рис. 97). Моменты инерции колес относительно их
осей вращения соответственно I O1 и I O 2 .
d1 r2
M
;
 .
1. 1 
2
d

r1
2
r
 1
I O1  I O 2  
 r2 
46
M
;  1    2 .
I O1  I O 2
3. Нет верного ответа.
Укажите, как связаны возможные перемещения колес  1 и   2 .
2.
1 
47