Teor_mehanika_ch1 - Владивостокский государственный

Министерство образования Российской Федерации
Владивостокский государственный университет
экономики и сервиса
___________________________________________
Е. Ф. ЧУБЕНКО
Г.Л. ОВСЯННИКОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА
Часть 1
Учебное пособие
Владивосток
Издательство ВГУЭС
2003
ББК 22.21
Ч 81
Рецензент Б.Б. Потехин, канд. техн. наук,
профессор каф. ФХ и ПМ ВГУЭС
Ч 81
Чубенко Е.Ф., Овсянникова Г.Л.
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА: Учебное пособие. Ч. 1. – Владивосток: Изд-во ВГУЭС, 2003 – 128с.
Учебное пособие представляет собой комплекс, содержащий основные сведения о теории, необходимые для самостоятельного решения задач. В каждом разделе даны рекомендации о
последовательности решения различных типов задач и приведены
подробные методические указания к решению подобных задач.
Может использоваться как теоретическая часть при подготовке к
сдаче экзамена или зачета, так и в качестве методических указаний к решению задач на практических занятиях, при выполнении
контрольных работ заочниками и расчётно-графических заданий.
Для студентов всех форм обучения.
ББК 22.21
 Издательство Владивостокского
государственного университета
экономики и сервиса, 2003
2
ГЛАВА 1. ПЛОСКАЯ СИСТЕМА СХОДЯЩИХСЯ СИЛ
§ 1. Сложение двух сходящихся сил
Если в одной точке к телу приложены две силы под углом друг к
другу, то их сложение выполняется по правилу параллелограмма.
Модуль равнодействующей R может быть определен аналитически
из треугольника АВС с помощью теоремы косинусов (рис. 1):
R  F12  F22  2 F1 F2 cos ( 180    )  F12  F22  2F1 F2 cos  ,
так как cos ( 180   )   cos  .
Направление равнодействующей определяется углами  и  ,
которые можно рассчитать, применив теорему синусов. Для треугольника ABC
F1
F
R
 2 
,
(1)
sin  sin  sin 
откуда, учитывая, что sin ( 180   )  sin  , получим
F1 sin 
F sin 
, sin   2
.
(2)
R
R
Вместо параллелограмма сил можно строить силовой треугольник
(рис. 2). Выбрав любую точку на плоскости рисунка, проводят из нее,
сохраняя масштаб, вектор, равный и параллельный одной из заданных
сил, например F1.
sin  
Рис. 1
Рис. 2
Из конца вектора F1 проводят вектор, равный и параллельный второй силе, F2. Начало первого вектора соединяют с концом второго, замыкая треугольник. Замыкающая сторона треугольника в данном масштабе представляет собой искомую равнодействующую. Модуль и
направление равнодействующей определяют аналитически, как было
показано выше.
3
При построении треугольника сил необходимо придерживаться
правила: стрелки составляющих векторов направлены в одну сторону, а
равнодействующей – им навстречу.
Частные случаи: 1) если   0  , т.е. силы действуют по одной
прямой в одну строну, то
R  F12  F22  2F1 F2 cos 180   F1  F2 ;

2) если   180 , т.е. силы действуют по одной прямой в разные
стороны, то
R  F12  F22  2F1 F2 cos 180   F1  F2 ;
3) если   90  , то R  F12  F22  2 F1 F2 cos 90   F12  F22 .
Заметим, что определение равнодействующей двух сил по правилу
параллелограмма или треугольника называется векторным, или геометрическим, сложением.
Задача 1. Определить равнодействующую R двух сил P1 и P2 ,
модули которых соответственно равны Р1 = 40 Н и Р2 = 80 Н; сила P1
направлена горизонтально вправо, а P2 образует с P1 угол  = 120°
(рис. 3, а).
Рис. 3
Задачу можно решить графоаналитическим методом, используя
либо правило параллелограмма, либо правило треугольника.
Решение 1 – по правилу параллелограмма:
1. Используя условие задачи и приблизительно соблюдая масштаб,
изображаем параллелограмм ABCD (рис. 3, б). Порядок построения
такой: из точки А проводим отрезок AB  P , затем из той же точки А
под углом 120° к отрезку АВ проводим отрезок AC  P2 , из точек В и С
4
проводим прямые BD || АС и CD || AB и, наконец, проводим диагональ
AD  R .
2. Используя формулу (1), можем найти модуль равнодействующей:
R  P12  P22  2 P1 P2 cos  , R  40 2  80 2  2  40  80 cos 120  .
Имея в виду, что cos120° = – sin 30° = – 0,5, получаем
R  1600  6400  3200  69,3 Н.
3. Применяя к  ABD (или к  ACD) (см. рис. 3, б) теорему синусов, получаем
R
sin ( 180   )

откуда

P1
P2

,
sin  2 sin  1
 1   P1 ; R  и  2   P2 ; R  ,
sin  1 
P2 sin ( 180    ) 80 sin 60 

 1 ; 1  90.
R
69 ,3
Таким образом, вектор равнодействующей R перпендикулярен к
силе P1 ,
Угол 2 можно найти либо как разность
 2    1  120  90  30 ,
либо из теоремы синусов:
sin  2 
P1 sin ( 180    ) 40 sin 60 

 0,5 и 2 = 30.
R
69 ,3
Один и тот же результат, полученный различными путями, подтверждает правильность решения задачи.
Ответ. Равнодействующая данных сил равна 69,3 Н и линия ее
действия образует с направлением силы P1 прямой угол.
Решение 2 – по правилу треугольника.
1. Используя условие задачи, строим треугольник сил ABC (рис. 3,
в). Порядок построения такой: из точки А проведем отрезок AB  P1 .
Затем из точки В под углом  = 120° к направлению P1 проводим отрезок BC  P2 и, наконец, «замкнем» треугольник отрезком АС, который
изобразит искомую равнодействующую R.
5
В получившемся треугольнике
 B  180    180 120  60 .
2. Применяем к треугольнику ABC известную из тригонометрии
теорему косинусов:
R 2  P12  P22  2P1 P2 cos B,
откуда модуль равнодействующей
R  40 2  80 2  2  40  80 cos 60   69 ,3 Н.
3. Углы 1 и 2, определяющие направление равнодействующей
относительно заданных сил, находим, как и в первом решении, по теореме синусов.
§ 2. Разложение силы на две сходящиеся составляющие
Любую силу можно рассмотреть как равнодействующую двух
произвольных, сходящихся под углом сил. Модуль и направление составляющих сил зависят от угла между ними. Можно построить множество параллелограммов, для которых данная сила R будет служить
диагональю (рис. 4). Чтобы задача стала определенной, нужно знать
одно из дополнительных условий: модули обеих составляющих, модуль и направление одной из составляющих, направление обеих составляющих, модуль одной из составляющих и направление другой.
Рис. 4
Рис. 5
Каждую из задач можно решить двумя способами: графическим и
графоаналитическим.
6
При графическом решении задачи заданную силу откладывают на
чертеже в выбранном масштабе, а затем производят несложные геометрические построения в зависимости от заданных условий.
Для графоаналитического решения нет надобности соблюдать
масштаб, но при построении нужно сохранять примерное направление
сил. Модули составляющих сил либо углы, определяющие их направление, вычисляют, пользуясь формулами (1) и (2).
Например, если заданы только направления составляющих сил, то
из точки А вектора R (рис. 5) проводим линии действия составляющих
AM и AN под известными углами  и  . Затем из точки В проводим
прямые, параллельные этим линиям, т.е. строим параллелограмм, в котором стороны АС и AD представляют собой искомые силы F1 и F2 в
данном масштабе.
При графоаналитическом решении модули сил F1 и F2 определяют
по формулам, полученным из выражения (1):
F1 
R sin 
R sin 
; F2 
.
sin 
sin 
Задача 2. Определить силы, растягивающие нити АВ и ВС, которые удерживают груз весом G = 20 Н в равновесии (рис. 6, а).
Решение. Графическое (рис. 6, б): из точки О на плоскости рисунка
строим в выбранном масштабе вектор силы G. Из точки О проводим
прямые, параллельные нитям ОМ и ON. Затем из конца вектора G проводим прямые KL и КЕ, чтобы получился параллелограмм, у которого
стороны OL и ОЕ соответствуют в данном масштабе искомым силам.
Рис. 6
7
Графоаналитическое (рис. 6, б): Так как известны все углы в треугольнике ОЕК, а также модуль силы G, можно использовать теорему
синусов для определения модулей сил F1 и F2:
F
F1
R
,


sin  sin  sin 
где   60  ,   45 ,   180  (    )  180  ( 60  45 )  75 ,
откуда
R sin  20  sin 60  20  0 ,866


 17 ,8 H ;
sin 
0 ,974
sin 75 
R sin  20  sin 45  20  0 ,707
F2 


 14 ,5 H .
sin 
0 ,974
sin 75 
F1 
Задача 3. Фонарь весом 80 Н подвешен на кронштейне ABC,
укрепленном на вертикальной стене (рис. 7). Определить усилия, возникшие в горизонтальном стержне СВ и наклонной тяге АВ после подвески фонаря, если СВ = 1 м и АВ = 1,2 м. Соединения в точках А, В и
С кронштейна – шарнирные.
Решим задачу графоаналитическим методом по правилу параллелограмма.
1. Используя рис. 7, на котором изображен кронштейн, строим параллелограмм сил. Через произвольную точку а (рис. 29) проводим
прямые A1A2 и С1С2, параллельные соответственно тяге АВ и стержню
СВ (рис. 7).
Рис. 7
Из той же точки а откладываем вертикально вниз отрезок ab, который изображает силу G . Из точки b проводим прямые bd || С1С2 и
bc || A1A2. В получившемся параллелограмме adbc стороны ad и ас
изображают соответственно искомые усилия N A и N C .
8
2. Теперь имеются две геометрические фигуры – треугольник ABC
(см. рис. 7), изображающий заданный кронштейн, и силовой параллелограмм (рис. 8).
Рис. 8
Геометрически  ABC (рис. 7) и  adb, или, что все равно,  abc
(рис. 8), подобны между собой.
Используя свойство подобных треугольников (замечаем, что
db = ac = Nc), получаем
N A NC
G


.
AB BC AC
3. Решая получившиеся пропорции, находим
NA 
G  AB
G  BC
и NC 
.
AC
AC
Неизвестную в кронштейне длину АС найдем по теореме Пифагора (из условия задачи ясно, что угол АСВ – прямой)
AC  BA2  BC 2  1,2 2  12  0,664 м.
Подставляя в выражения для NА и Nc исходные данные, получаем
NA 
G  AB 80 1,2
G  BC 80 1

 145 H; N C 

 121 H.
AC
0,664
AC
0,664
Задача 4. При помощи двух нерастяжимых нитей АС и ВС удерживается груз, вес которого 12 Н. Положение нитей и груза показано на
рис. 9. Определить натяжения нитей.
Решим задачу графоаналитическим методом по правилу треугольника с использованием тригонометрических соотношений.
1. Прежде всего необходимо силу G = =12 Н разложить на две составляющие, линии действия которых совпадают с направлениями линий АС и ВС.
9
Рис. 9
Рис. 10
2. Изобразим силу G отрезком CL (рис. 10). Затем проведем из
точки С прямую CN, продолжив АС, а из точки L – прямую LM параллельно положению нити ВС. Получим силовой треугольник CKL, в котором стороны СK и KL изображают искомые силы натяжения нитей
АС и ВС.
3. Если в треугольнике CKL известны углы ,  и , то задачу легко
решить по теореме синусов:
10
TA
T
G
.
 B 
sin  sin  sin 
4. Из построения силового треугольника следует, что
 LCK     DCA   CAE,  CLK     DCB
(для наглядности положение нитей относительно вектора G показано
на рис. 10 штриховой линией). А так как треугольники  АСЕ и  BCD
– прямоугольные, то из  ACE
tg 
EC
1

 2 и   63  30 '.
AE 0,5
tg 
BD 1,2

 0 ,6 и   31  .
DC
2
Из  ВСD
Угол  легко найдем как дополнение к  180°:
  180  (    )  180  94 30'  85 30' .
5. И теперь, зная углы ,  и , из уравнения (1)
TA 
G sin  12  sin 31

 6,25 Н
sin 
sin 85  30'
TB 
G sin  12  sin 31

 10 ,75 Н.
sin 
sin 85  30'
и
Таким образом, нить CA растягивается усилием, равным 6,25 Н, а
нить СВ – усилием 10,75 Н.
§ 3. Сложение плоской системы сходящихся сил.
Силовой многоугольник
Равнодействующую плоскость системы сходящихся сил можно
найти графически с помощью построения силового многоугольника.
Пусть дана система сил F1, F2, F3, F4 (рис. 11, a). Выберем на плоскости чертежа произвольную точку O (рис. 11, б). Из нее проводим в
выбранном масштабе вектор, равный по модулю и параллельный силе
F1. Из конца этого вектора проводим вектор, равный силе F2. Из конца
вектора силы F2 строим вектор, равный и параллельный силе F3, и т.д.
Соединив точку О с концом последнего вектора, получим замыкающую
сторону многоугольника ON, которая в данном масштабе представляет
собой искомую равнодействующую системы – R. Действительно, диа11
гональ силового многоугольника OL равна вектору R1, который является геометрической суммой векторов F1 и F2: R1= F1+ F2 . Вторая диагональ ОМ равна R2= R1+ F3= F1+ F2+ F3. Очевидно, что замыкающая сторона R = R2 + R4 = F1 + F2 + F3 + F4 есть равнодействующая системы,
равная геометрической сумме всех заданных сил. Точка приложения
равнодействующей совпадает с точкой А.
Рис. 11
Модуль и направление равнодействующей не изменятся, если изменить порядок, в котором откладываются векторы сил при построении
силового многоугольника.
Следствие. Если система сил является уравновешенной, то равнодействующая системы равна нулю (R = 0). В этом случае силовой многоугольник замкнут, т.е. конец последнего вектора должен совпадать с
началом первого.
Замкнутость силового многоугольника является геометрическим
условием равновесия плоской системы сходящихся сил. Это условие
используют при решении задач на равновесие.
Задача 5. Шар весом G = 20 Н (рис. 12, а) подвешен к вертикальной стене при помощи нити СВ. Определить натяжение нити и силу
давления шара на стену, если угол между стеной и нитью  = 30°.
Решение.
1. Рассмотрим равновесие шара под действием трех сил: силы тяжести G, реакции нити RC и реакции стены RA. Линии действия всех сил
пересекаются в центре шара 0.
12
Рис. 12
2. Строим замкнутый силовой треугольник, начиная с известного
вектора G (рис. 12, б). Модули неизвестных сил RA и RC, равные соответственно давлению шара на стену и натяжению нити, определим из
полученного треугольника:
RA
sin 30

G

sin 60


RC
sin 90 
,
откуда
RA 
RC 
G sin 30 
sin 60

G sin 90 
sin 60


20  0,5
 11,55 H;
0,866

20 1,0
 23 ,1 H .
0 ,866
Задача 6. Определить равнодействующую четырех сил: P1=18 Н,
Р2 = 10 Н, Р3 = 6 Н и Р4 = 8 Н, приложенных к одной точке А и направленных, как показано на рис. 13.
Решение – методом проекций на координатные оси.
13
1. Изображаем на рисунке четыре данные силы и выбираем расположение осей проекций. В данном случае удобно начало осей поместить в точке А, а оси совместить с силами P1 и P3 (рис. 13, а).
Рис. 13
2. Находим проекции данных сил на ось х (рис. 13,б):
X 1  P1  18; X 2  P2 cos 60  10 cos 60  5;
X 3  0; X 4  P4 cos 45  8 cos 45  5,67.
3. Находим проекции данных сил на ось у (рис. 13,в):
Y1  0; Y2  P2 sin 60  10 sin 60  8,65;
Y3  P3  6; Y4  P4 sin 45  8 sin 45  5,67.
4. Находим проекции искомой равнодействующей R на оси х и у:
X R  18  5  5,67  17 ,3;
YR  8,65  6  5,67  20 ,3.
Проекция на ось х получается отрицательной, а на ось у положительной. Значит вектор R , заменяющий действие четырех данных
сил и приложенный к точке А, должен быть направлен относительно
14
оси у вверх, а относительно оси х – влево. Положение равнодействующей R показано отдельно на рис. 13, г.
5. Находим модуль равнодействующей:
R  X R2  YR2  17 ,3 2  20 ,3 2  26 ,7 Н.
6. Находим угол , определяющий направление R относительно оси у
(см. рис. 13, а):
tg 
XR
YR

17 ,3
 0,853
20 ,3
и, следовательно,   4030' .
Для определения угла  использован  ABC (см. рис. 13, г), в котором  BAC   . Поэтому XR не имеет значения и в выражение tg подставлена его абсолютная величина.
Угол  можно найти при помощи синуса:
sin  
XR
R

17 ,3
 0,647 и   40  30'.
26 ,7
Таким образом, равнодействующая четырех заданных сил равна
26,7 Н, направлена под углом 40°30' к положительному направлению
оси у и под углом 90° + 40°30' = 130°30' к положительному направлению оси х.
Задача 7. К концу В веревки АВ прикреплено кольцо, на которое
действуют четыре силы: Р1 = 40 H, Р2 = 25 H, P3 = 25 H и P4 = 20 H,
направленные, как показано на рис. 14, а (сила Р2 горизонтальна).
Определить усилие, возникшее в веревке, и ее направление относительно горизонтали.
Решение – методом проекций.
1. Веревка будет натянута равнодействующей четырех заданных
сил. Следовательно, определив модуль равнодействующей, получим
усилие, возникшее в веревке, а определив направление равнодействующей, найдем положение натянутой веревки.
2. Изобразим точку В с действующими на нее силами на отдельном
рисунке (рис. 14, б) и совместим оси проекций с силами P2 и P4 .
3. Найдем проекции заданных сил на ось х:
X 1  P1 cos 55  40 cos 55  22,9; X 2  P2  25;
X 3  P3 cos 30  25 cos 30  21,6; X 4  0.
15
Рис. 14
4. Найдем проекции заданных сил на ось у:
Y1  P1 sin 55  40 sin 55  32,8; Y2  0,
Y3  P3 sin 30  25 sin 30  12,5; Y4  P4  20.
5. Найдем проекции равнодействующей R на оси х и у:
X R  22 ,9  25  21,6  69 ,5;
YR  32,8  12,5  20  0,3.
6. Найдем модуль равнодействующей:
R  X R2  YR2  69,5 2  0,3 2  69,5 H.
Как видно, в данном случае проекция равнодействующей на ось у
очень мала по сравнению с проекцией на ось х. Поэтому равнодействующая практически численно равна проекции на ось х. Следовательно, можно принять, что вектор равнодействующей направлен
16
вдоль оси х вправо (проекция на ось х положительна), т.е. горизонтально.
Таким образом, четыре заданные силы натягивают веревку равнодействующей силой R, приложенной к точке В (к кольцу на конце
веревки) и направленной горизонтально.
Другой конец веревки (точка А, рис. 14, а) закреплен, поэтому на
кольцо В со стороны веревки действует еще одна сила, численно равная
равнодействующей, но направленная в противоположную сторону. Эта
сила называется уравновешивающей системы четырех сил.
На рис. 14, в показаны равнодействующая R и уравновешивающая
R ур .
Задача 8. На конце В горизонтального стержня АВ необходимо
прикрепить две нити с грузами Р1 = 4 кH и Р2 = 0,8 кH, как показано на
рис. 15, а. Под каким углом к этому стержню следует присоединить
второй стержень ВС, чтобы стержень АВ растягивался силой РА = 2 кН.
Какое усилие при этом будет испытывать стержень ВС?
Соединения стержней между собой и с опорами шарнирные.
Решение – методом проекций.
1. На точку В действуют три силы: P1 – вертикально вниз, P2 –
вдоль нити от точки В к блоку (под углом 30° к горизонтали) и противодействие (реакция) стержня PA тому растягивающему действию,
которое испытывает стержень. Изобразим эти три силы на рис. 15, б и
найдем их равнодействующую, вдоль направления которой необходимо установить стержень ВС.
2. Оси проекций совместим с силами P1 и PA и определим проекции искомой равнодействующей сначала на ось х, а потом на ось у,
зная, что каждая из них равна алгебраической сумме проекций данных
сил на соответствующую ось:
XR 
X
i
  PA  P2 cos 30   2  0,8 cos 30  ;
X R  1,31;
YR 
Y
i
  P1  P2 sin 30   4  0,8 sin 30  ;
YR  3,6.
3. Обе проекции получаются отрицательными. Значит, равнодействующая расположится так, как показано штриховым R на рис. 15, б , и
положение стержня ВС определится углом    ( R ; PA ) .
17
Рис. 15
4. Определим значение угла  из треугольника, образуемого R и
его проекциями (рис. 15, в):
YR
3,6
tg 

 2,75 ,   70  .
X R 1,31
5. Стержень ВС необходимо установить под  ABC    70 к
стержню АВ, и тогда он будет сжиматься силой, равной
R  YR / sin 70   3,6 / sin 70   3,83 кН.
Описанное положение стержня показано на рис. 15, г.
18
Если же установить стержень, как показано на рисунке штриховой
линией ВС, то стержень будет испытывать растяжение, равное той же
силе R = 3,83 кН.
Задача 9. Определить равнодействующую пяти сил:
Р1 = 52 Н, Р2 = 70 Н, Р3 = 69 Н, Р4 = 77 Н, Р5 = 70 Н, действующих
на точку А, как показано на рис. 16, а.
Рис. 16
Решение – методом проекций.
1. Так как силы P1 и P5 направлены друг к другу под прямым углом, то и совместим с этими силами ось проекций. Тогда векторы P2 ,
P3 и P4 будут образовывать с осями проекций углы, показанные на
рис. 16, б.
2. Найдем проекцию равнодействующей на ось х:
X R  P2 cos 33   P3 cos 27   P4 cos 49  30'  P5 
 70 cos 33   69 cos 27   77 cos 49  30'  70  58 ,6  61,4  50  70 ,
X R  0.
3. Найдем проекцию равнодействующей на ось у:
YR  P1  P2 sin 33   P3 sin 27   P4 sin 49  30' 
 52  70 sin 33   69 sin 27   77 sin 49  30'  52  38  31,4  58 ,6,
YR  0.
19
4. Обе проекции искомой равнодействующей равны нулю, значит
и сама равнодействующая также равна нулю.
Таким образом, данная система сил уравновешена. Иными словами, любую из пяти заданных сил можно рассматривать как уравновешивающую четыре остальных.
§ 4. Проекция силы на ось.
Проекция силы на две взаимно-перпендикулярные оси координат
Кроме рассмотренных выше графического и графоаналитического
методов решения задач, в статике широко распространен аналитический метод их решения, или метод проекций.
Проекцией силы на ось (рис. 17) является отрезок оси, заключенный между проекциями на эту ось начала и конца вектора силы. Проекцию обычно обозначают той же буквой, что и силу, но с индексом.
Например, Fx – проекция силы F на ось х.
Рис. 17
Проекция силы на ось есть величина скалярная. Она может быть
положительной, отрицательной или равной нулю в зависимости от величины угла  между направлением силы и положительным направлением оси. Из прямоугольного треугольника ABC следует, что Fx = F сos ,
т.е. проекция силы на ось равна произведению модуля силы на косинус
угла между направлением силы и положительным направлением оси.
Если угол  острый, то проекция положительна (рис. 17), если
угол  – тупой, то проекция отрицательна (рис. 18, а):
Fx  F cos   F cos ( 180   )  F cos  .
20
Рис. 18
Нетрудно убедиться, что проекция силы на ось будет равна нулю,
если  = 90° или 270° (рис. 18, б), и равна модулю силы, если  = 0 или
 = 180° (рис. 18, в).
Модуль и направление силы можно определить по ее проекциям
на две взаимно перпендикулярные оси (рис. 18, в):
Fx  F cos  ;
Fy  F cos   F cos( 90    )  F sin  .
Из треугольника ABC, поскольку АС = Fx и ВС = Fy, следует, что
модуль силы F равен
F  Fx2  Fy2 .
Направление силы определяют косинусы углов (рис. 19):
cos   Fx / F ; cos   Fy / F .
(3)
(4)
Рис. 19
Задача 10. В точке В кронштейна ABC (рис. 20, а) подвешен груз М
весом 8 кН. Определить реакции стержней кронштейна, если углы кронштейна  = 110°,  = 30° и крепления в точках А, В и С шарнирные.
21
Рис. 20
Решение – методом проекций при помощи уравнений равновесия.
1. Так как три силы G , N A и N C , действующие на точку В (рис. 21),
образуют уравновешенную систему, то алгебраические суммы проекций этих сил на каждую из двух осей координат равны нулю.
Рис. 21
2. Выберем оси координат так, чтобы одна из осей совпадала с линией действия одной из неизвестных сил (рис. 21), и составим два
уравнения равновесия:
22
 X  0; N cos   N  G cos (    )  0;
 Y  0; N sin   G sin (    )  0.
i
C
i
A
C
(1)
(2)
Из уравнения (2)
NC  G
sin (    )
sin 70 
8
 15 кН.
sin 
sin 30 
Из уравнения (1)
N A  N C cos   G cos (    )  15 cos 30  
 8 cos 70   13  2,7  10 ,3 кН.
Задача 11. К шарниру В кронштейна ABC прикреплена веревка, перекинутая через блок, к другому концу которой прикреплен груз весом G
= l,5 кН (рис. 22). Определить усилия в стержнях АВ и СВ кронштейна,
если крепления в точках А и С шарнирные,  = 35° и  = 100°.
Рис. 22
Решим задачу методом проекций.
1. Изобразив шарнир В вместе с действующими на него силами G ,
N A и N C и расположив оси проекций, как показано на рис. 19, составим уравнения равновесия:
 X  0; G cos   N cos   N  0;
 Y  0; G sin   N sin   0.
i
C
i
A
C
(1)
(2)
2. Из уравнения (2)
NC 
G sin  1,5 sin 45 

 1,85 кН,
sin 
sin 35 
а из уравнения (1)
N A  G cos   N C cos   1,5 cos 45   1,85 cos 35  
 1,06  1,51  2,57 кН.
Итак, реакции стержней (их действия на шарнирный болт В) равны
NA = 2,57 кН и NС = l,85 кН. Точно с такими же усилиями действует
23
шарнирный болт на стержни. Стержень АВ растянут силой 2,57 кН, а
стержень СВ сжат силой 1,85 кН.
В связи с решением подобных задач методом проекций необходимо
отметить следующее. Применяя метод проекций к определению равнодействующей любого числа сходящихся сил, наиболее удобно использовать обычную прямоугольную систему координатных осей. При этом
найденные проекции равнодействующей и искомая равнодействующая
образуют прямоугольный треугольник, решая который легко определить модуль и направление равнодействующей. Применяя метод проекций к решению задач на равновесие сил, совсем не обязательно использовать взаимно перпендикулярные оси.
В тех случаях, когда определяются модули сил, направления которых заданы, каждую из осей целесообразно расположить перпендикулярно к направлению искомых сил. Тогда в каждое уравнение равновесия войдет только одно неизвестное.
§ 5. Условия равновесия плоской системы сходящихся сил
Если система сходящихся сил находится в равновесии, то ее равнодействующая R = 0, следовательно,
R  R x2  R y2  0.
Очевидно, что данное выражение будет обращаться в нуль, если
F
 F
 0;

 0.

(5)
Можно применить упрощенную запись
 X  0,  Y  0. Урав-
Rx 
ix
Ry
iy
нения (5) выражают условия равновесия плоской системы сходящихся
сил в аналитической форме.
Для равновесия плоской системы сходящихся сил необходимо и достаточно, чтобы алгебраические суммы проекций этих сил на каждую
из двух координатных осей равнялись нулю.
Метод проекций при решении задач на равновесие системы особенно удобен в том случае, если в систему входит более трех сил.
Задача 12. На оси шарнира В (рис. 23) шарнирно-стержневой системы ABC свободно вращается блок. Через блок перекинута нить, с
помощью которой удерживается груз весом G = 50 Н. Определить усилия в стержнях АВ и ВС. При этом диаметром блока и трением нити
можно пренебречь.
24
Рис. 23
Решение.
1. Выделить точку, равновесие которой следует рассмотреть. В
данной задаче это будет точка В неподвижного блока.
2. Изобразить векторы всех активных сил, действующих на нее. В
нашем примере это натяжение вертикальной ветви нити, равное весу
груза, и натяжение горизонтальной ветви нити.
3. Мысленно отбросить связи и заменить их реакциями R1 и R2.
4. Все силы изобразить в виде векторов (рис. 23).
Предположив, что стержни АВ и ВС растянуты, направить соответственно реакции R1 и R2 от узла В.
5. Выбрать направление координатных осей х и у.
6. Составить два уравнения равновесия:
 X  0;
 Y  0;
 F  R1 cos 30  R2 cos 60  0;
 G  R1 cos 60  R2 cos 30  0.
Учитывая, что F = G = 50 H, и решая совместно оба уравнения, получим R1 = – 18,6 H; R2 = – 68,5 Н. Здесь знаки «минус» указывают, что
стержни АВ и ВС сжаты, а не растянуты, как мы предполагали заранее.
25
ГЛАВА 2. ПЛОСКАЯ СИСТЕМА ПРОИЗВОЛЬНО РАСПОЛОЖЕННЫХ СИЛ
§ 6. Момент силы относительно точки
Если к телу, закрепленному при помощи шарнира (рис. 24), приложить силу F, то эта сила будет стремиться вращать тело относительно
центра шарнира О (вокруг оси, перпендикулярной к плоскости чертежа).
Рис. 24
Вращающее действие силы измеряют величиной, называемой моментом силы. Момент силы относительно точки равен произведению
модуля силы на кратчайшее расстояние от данной точки до линии действия силы.
Величину момента обозначают буквой М, а расстояние ОМ от точки до линии действия силы, которое называют плечом силы, – буквой а.
Точку О называют центром момента. Чтобы найти плечо силы, нужно
опустить перпендикуляр из центра момента на линию действия силы F.
Момент силы принято считать положительным, если сила стремится
вращать тело вокруг центра моментов (в плоскости чертежа) по часовой
стрелке, и отрицательным – в противном случае. Таким образом, в общем виде
M 0 ( F )   Fa .
(6)
Так как сила измеряется в ньютонах, а расстояние в метрах, то момент имеет размерность: Нм.
Момент силы относительно точки можно рассматривать как удвоенную площадь треугольника АОВ (см. рис. 24):
M 0 ( F )  2 пл.  AOB ,
где АВ – основание треугольника, а ОМ – его высота.
26
Из определения момента силы относительно точки очевидно следующее:
модуль и знак момента не изменяются при переносе силы по линии
ее действия либо центра моментов по прямой, параллельной линии действия силы;
момент силы относительно точки равен нулю, если центр моментов
лежит на линии действия силы.
Задача 13. Определить моменты сил F1, F2, F3, F4 относительно
точки А (рис. 25), если АВ = 0,7 м; AD = 0,4 м; АС = 0,2 м; F1 = 10 Н;
F2 = 25 Н; F3 = 5 Н; F4 = 8 Н.
Рис. 25
Решение.
1. Момент силы F1 относительно точки А положительный, а плечо
силы равно АВ, поэтому
M A ( F1 )  F1 AB  10  0,7  7 Нм.
2. Момент силы F2 относительно точки А отрицательный, так как
сила F2 стремится вращать тело АВ против часовой стрелки. Из треугольника ADE плечо силы F2 АЕ = AD cos 45°, следовательно,
M A ( F2 )  F2 AD cos 45  25  0,4  0,707  7,07 Нм.
3. Момент силы F3 относительно точки А положительный. Из треугольника АКС плечо силы F3 AK = ACcos 45, следовательно,
M A ( F3 )  F3  AK  F3  AC  cos 45  5  0,2  0,707  0,707 Нм.
27
Линия действия силы F4 пересекает центр моментов, значит
M A ( F4 )  0.
Задача 14. Определить моменты шести заданных сил (рис. 26) относительно точек А, В и С, если P1 = 30 Н, Р2 = 50 Н, Р3 = 25 Н, Р4 =
= 40 Н, Р5 = 35 Н, Р6 = 54 Н, АВ = 1,2 м, ВС = 0,8 м,  = 55° и  = 35°.
Рис. 26
Решение 1 – определение моментов шести заданных сил относительно точки А (рис. 26, а).
1. Центр моментов в точке А. Через точку А проходят линии действия трех сил P1 , P2 и P5 . Значит для этих сил плечи равны нулю.
Следовательно,
 
 
 
M A P1  0; M A P2  0; M A P5  0.
28
2. Находим момент силы P3 . Опустив из точки А на линию действия силы P3 перпендикуляр AD, получим плечо силы P3 . Длину AD
легко найти, так как это катет треугольника ABD: AD  AB sin  .
3. Величина момента отрицательная (сила P3 поворачивает плечо
AD вокруг точки А по ходу часовой стрелки), следовательно,
 
M A P3  P3  AD  P3  AB sin   25 1,2 sin 55 ,
 
M A P3  24 ,6 Н  м.
4. Находим момент силы P4 . Плечом силы P4 является перпендикуляр АЕ к СЕ – линии действия силы P4 . Из треугольника АСЕ
AE  AC sin  .
Величина момента положительная (плечо АЕ поворачивается около
точки А силой P4 против хода часовой стрелки). Следовательно,
 
M A P4  P4  AE  P4  AC sin   40  2 sin 35  45,9 Н  м.
5. Находим момент силы P6 . Плечом силы P6 относительно точки
А является отрезок АС, так как сила P6 направлена к АС перпендикулярно. Величина момента отрицательная:
 
M A P6   P6  AC  54  2  108 Н  м.
Решение 2 – определение моментов сил относительно точки В
(рис. 26, б).
1. Центр моментов в точке В.
2. Через точку В проходят линии действия двух сил: P3 и P6 . Следовательно,
 
 
M B P3  0 и M B P5  0.
3. Находим момент силы P1 . Плечо силы P1 :
BF  AB sin  .
Величина момента отрицательная:
 
M B P1  P1  BF  30 1,2 sin 55  29,5 Н  м.
4. Находим момент силы P2 . Плечо силы P2 :
BD  AB sin  .
29
Момент отрицательный:
 
M B P2  P2  BD  50 1,2 sin 35   34 ,4 Н  м.
5. Находим момент силы P4 . Плечо силы P4 :
BK  BC sin  .
Величина момента положительная:
 
M B P4  P4  BK  40  0,8 sin 35  18,4 Н  м.
6. Находим момент силы P6 . Плечом силы P6 является отрезок
ВС. Момент положительный:
 
M B P6   P6  BC  54  0,8  43 ,2 Н  м.
Решение 3 – определение моментов сил относительно точки С
(рис. 26, в) рекомендуется выполнить самостоятельно.
Ответ: M C P4  0 ; M C P5  0 ; M C P6  0 ;
 
 
 
 
 
 
M C P1  49 ,1 Н  м ; M C P2  57 ,3 Н  м ; M C P3  16 ,4 Н  м.
В некоторых задачах силы расположены так, что либо их плечи определяются очень просто – как катеты прямоугольных треугольников, в которых даны гипотенузы, либо плечи заданы в условии задачи (ВС и АС).
Но иногда некоторые силы заданной системы оказываются расположенными относительно выбранного центра моментов так, что определить длину плеча трудно и требуется, например, предварительно вычислить длины еще одного-двух отрезков. В таких случаях целесообразно силу разложить на две составляющие и применить для определения ее момента теорему Вариньона.
Задача 15. Определить моменты относительно точки А сил P1 = 40 H;
P2 = 60 H; Р3 = 030 H и Р4 = 50 H, приложенных в точках A, В и С, как
показано на рис. 27, а. Углы  = 30°,  = 50°, АB = 2,5 м; ВС = 1,5 м.
Рис. 27
30
Решение.
1. Относительно точки А моменты сил P1 , P 2 и P3 определяются
по выражениям (рис. 27, а):
 
 
 
M A P1  0; M A P2  75 Н  м; M A P3  0.
2. Находим момент силы P4 .
Вариант 1-й (рис. 27, а). Плечо АЕ силы P4 в данном случае определяем из  AEF, в котором известен только  EAF = . Значит, нужно
предварительно определить одну из сторон. Найдем AF:
AF = AB — FB.
Величину FB находим из  CBF, в котором  BCF =:
FB  CB tg ,
следовательно,
AF  AB  CB tg .
И теперь можем определить плечо АЕ:
AE  AF cos    AB  CB tg  cos  .
Раскрываем скобки и заменяем tg 
sin 
:
cos 
AE  AB cos   CB sin  .
Момент положительный, следовательно:
 
M A P4  P4  AE  P4  AB cos   CB sin  ;
 


 
M A P4  50 2,5 cos 50 1,5 sin 50 и M A P4  23 Н  м.
Вариант 2-й. Чтобы избежать определения плеча АЕ, которое в
данном случае находится после предварительного вычисления двух отрезков (FB и AF), необходимо момент силы P4 относительно точки А
найти по теореме Вариньона: момент равнодействующей плоской системы сил относительно любой точки, лежащей в той же плоскости,
равен алгебраической сумме моментов составляющих сил относительно той же точки.
Разложим силу P4 на две составляющие: одну, направленную
вдоль отрезка ВС, и другую – перпендикулярно к нему (рис. 29, б).
Модуль первой составляющей P4 cos, а ее плечо – отрезок АВ,
длина которого задана. Модуль второй составляющей P4 sin, а ее плечо
АК = ВС = 1,5 м.
31
Применяя теорему Вариньона, получаем
 
M A P4  P4 cos   AB  P4 sin   AK  P4  AB cos   BC sin  .
Как видно, получено точно такое же значение момента, что и в первом варианте решения: M A P4  23 Н  м
 
§ 7. Приведение системы сил
к данной точке
Если линии действия сил, приложенных к телу, расположены как
угодно на плоскости, то их неудобно складывать непосредственно. Целесообразно сначала упростить систему, т.е. заменить ее более простой
эквивалентной системой. Такая замена называется приведением системы к данной точке. Эту точку принято называть центром приведения.
Предварительно докажем теорему о параллельном переносе силы:
Силу, приложенную к твердому телу в данной точке, можно перенести
параллельно в любую другую точку тела, присоединяя при этом пару.
Момент присоединенной пары равен моменту данной силы относительно точки, в которую эту силу перенесли (привели).
Рис. 28
Доказательство: Пусть сила F приложена к телу в точке А (рис. 28).
Приложим в центре О две равные и противоположно направленные силы: F' и F". Согласно 2-й аксиоме при этом механическое состояние
тела не изменится. Пусть модули всех сил равны: F = F' = F". Тогда полученную систему из трех сил можно представить как пару (F, F") и
32
силу F', которую можно рассматривать как перенесенную из точки А в
точку О силу F. Нетрудно убедиться, что момент пары (F, F")
M  Fa  M 0 ( F ).
В частном случае, если центр приведения выбрать на линии действия силы F, то момент присоединенной пары будет равен нулю.
Значит, присоединять пару необходимо только при параллельном
переносе силы.
Рассмотрим теперь произвольную плоскую систему из n числа сил
(F1, F2, F3, ..., Fn) (рис. 28). Выберем на плоскости произвольную точку
О и перенесем в нее все силы системы. В результате приведения получим пучок приложенных в точке О сил (F'1, F'2, F'3, ..., F'n) и систему
присоединенных пар ( F1 , F1'' );( F2 , F2'' );( F3 , F3'' ); ...;( Fn , Fn'' ). Моменты
этих пар соответственно равны:
M1  M 0 ( F1 ); 

M 2  M 0 ( F2 );

M 3  M 0 ( F3 ); 
.......... .......... .. 

M n  M 0 ( Fn );

(7)
Рис. 29
Сложим все силы пучка при помощи построения силового многоугольника (рис. 29) и получим их равнодействующую R0:
R0  F1'  F2'  F3'  ... Fn'  F1  F2  F3  ... Fn .
33
Затем сложим все присоединенные пары и получим одну равнодействующую пару с моментом М = М1 + М2 + М3 + ... + Мп. Итак, произвольная система сил эквивалентна одной силе и одной паре, которые
носят название главный вектор и главный момент системы.
Можно сказать, что главный вектор – это вектор, представляющий
собой геометрическую сумму всех заданных сил, перенесенных параллельно самим себе в точку О, называемую центром приведения.
Модуль главного вектора можно определить по его проекциям Rx и
Ry на оси координат Ох и Оу (см. рис. 29) по формуле R0  R x2  R y2 ,
где на основании теоремы о проекции равнодействующей на ось:
 F ; 
  F .

R x  F1x  F2 x  F3 x  ...  Fnx 
R y  F1 y  F2 y  F3 xy  ...  Fny
ix
(8)
iy
Направление главного вектора определяется из выражений
sin  R y / R и cos   R x / R , где  – угол между главным вектором и
положительным направлением оси х.
Модуль главного момента системы получим, используя уравнения (7):
M  M 1  M 2  M 3  ...  M n  M 0 ( F1 ) 
 M 0 ( F2 )  M 0 ( F3 )  ...  M 0 ( Fn ) 
M
0 ( Fi
).
(9)
Откуда модуль главного момента системы равен алгебраической сумме
моментов всех сил системы относительно центра приведения.
Если за центр приведения принять другую точку, то нетрудно убедиться, что модуль и направление главного вектора будет таким же, т.е.
они не зависят от выбора центра приведения.
Что же касается главного момента системы, то его модуль и
направление зависят от выбора центра приведения, так как при изменении положения центра приведения изменяются плечи сил заданной системы, а следовательно, и их моменты. Следует также отметить, что
главный вектор не является равнодействующей системы, хотя по модулю и направлению совпадает с ней. Рассмотренный случай приведения
системы, когда R0 0 и М0, является общим.
Возможны следующие частные случаи приведения:
а) главный вектор оказался равным нулю, а главный момент не равен нулю (R0 = 0, М  0), т.е. система эквивалентна одной только паре;
б) главный вектор не равен нулю, а главный момент равен нулю
(R0  0, М = 0), т.е. система сводится к одной силе, и очевидно, что главный вектор есть равнодействующий этой системы;
34
в) главный вектор и главный момент системы равны нулю (R0 = 0,
М = 0) – система находится в равновесии.
§ 8. Равнодействующая плоской системы сил.
Теорема Вариньона о моменте равнодействующей
Рассмотрим более подробно общий случай приведения системы,
когда R0  0 и М  0. Можно убедиться, что в этом случае система имеет
равнодействующую, приложенную в некоторой точке, не совпадающей
с центром приведения.
Рис. 30
Пусть данная система сил приведена к главному вектору R0, приложенному в точке О (рис. 30), и главному моменту системы М (пара
RR'). Представим последний в виде пары сил, у которых модуль равен
модулю главного вектора системы. Одну из сил пары R' приложим в
центре приведения О и направим противоположно главному вектору
системы. Тогда точку приложения второй силы пары R найдем, если
вычислим плечо пары:
a  OA  M / R'  M / R.
Силы R0 и R', равные и противоположно направленные, взаимно
уравновешиваются, их можно отбросить согласно 2-й аксиоме статики.
Остается одна сила R = R0, заменившая собой заданную систему сил. Она
и является равнодействующей этой системы. Таким образом, мы доказали, что в общем случае, когда главный вектор и главный момент системы
не равны нулю, система имеет равнодействующую, равную по модулю и
направленную параллельно главному вектору в ту же сторону.
35
Модуль момента равнодействующей R относительно центра приведения О:
M 0( R )  M 
 M ( F ),
0
i
но произведение Ra выражает модуль главного момента системы, следовательно, учитывая выражение (9), имеем
MO( R )  M 
M 0 ( Fi ) .
(10)

Следовательно, момент равнодействующей произвольной плоской
системы сил относительно любого центра равен алгебраической сумме
моментов всех сил системы относительно этого же центра (теорема
Вариньона).
Плоскую систему сходящихся сил и плоскую систему параллельных сил следует рассматривать как частные случаи произвольной
системы. Для них также справедлива теорема Вариньона.
Теоремой Вариньона широко пользуются при решении различных
задач статики. В частности, ее применяют при определении равнодействующей системы параллельных сил.
Рис. 31
Пусть задана плоская система параллельных сил (рис. 31). Найдем
главный вектор этой системы по его проекциям на оси координат,
направив ось Оу параллельно, а ось Ох – перпендикулярно данным силам. При этом будем учитывать, что главный вектор равен по модулю
равнодействующей системы, параллелен ей и направлен в ту же сторону:
36
 F    F  .
2
R  R0  R x2  R y2 
Так как R x 
F
ix
2
ix
iy
 0 , то вектор равнодействующей направлен
параллельно составляющим силам, а модуль ее
R  0
 F    F
2
iy
iy ,
т.е. модуль равнодействующей системы параллельных сил равен алгебраической сумме проекций сил системы на ось, параллельную этим силам. Знак алгебраической суммы показывает, в какую сторону направлена равнодействующая: «плюс» – равнодействующая направлена в
сторону положительного направления оси проекции, «минус» – в противоположном направлении. Выбрав центр моментов в произвольной
точке О, по теореме Вариньона найдем расстояние ОА, определяющее
положение линии действия равнодействующей R.
Задача 16. К телу в точках А и В приложены параллельные силы
F1 = 20 Н, F2 =60 H и F3 = 18 Н (рис. 32). Определить модуль, направление и линию действия равнодействующей.
Рис. 32
Решение.
1. Приняв точку А за начало координат, направим ось х перпендикулярно данным силам, а ось у параллельно им.
2. Найдем модуль равнодействующей:
R
F
iy
  F1  F2  F3  20  60  18  62 H.
37
Так как знак алгебраической суммы проекций получился отрицательным, то вектор равнодействующей направлен вниз, в сторону отрицательного направления оси Y.
3. Приняв точку A за центр моментов, на основании теоремы Вариньона запишем:
M A( R )  M A( F1 )  M A( F2 )  M A( F3 ).
Учитывая, что M A ( F1 )  0 , найдем расстояние АС между линиями
действия и равнодействующей из выражения
RAC  F2  0,8  F3 1,4,
откуда
AC 
F2  0 ,8  F3 1,4 60  0 ,8  18 1,4

 0,37 м.
R
62
Задача 17. Определить равнодействующую двух параллельных сил P1
и P2 , направленных в одну сторону (рис. 33, а) если P1 = 12 H и P2 = 15 H.
Решение.
1. Примем за начало осей проекций точку А. Ось x расположим
перпендикулярно к данным силам и направим ее вправо, а ось у направим вдоль силы P1 вниз (рис. 33, б).
2. Найдем модуль равнодействующей:
Y
i
 P1  P2  12  15  27 .
Следовательно, R = 27 H.
Так как сумма проекций положительна, то вектор равнодействующей направлен тоже вниз.
38
Рис. 33
3. Приняв за центр моментов точку А, найдем расстояние АС от
точки А до линии действия равнодействующей.
В данном случае M A R  M A P1  M A P2 ,
но
M A R   R  AC ; M A P1  0 и M A P2   P2  AB ,
 
 
 
 
 
 
поэтому R  AC  P2  AB. Откуда
AC  P2  AB / R  15 1,8 / 27  1 м.
Таким образом, равнодействующая двух данных сил численно равна 27 Н, и линия ее действия расположена от точки А на расстоянии
АС = 1 м (рис. 33, в).
Задача 18. Какова должна быть масса однородной доски (рис. 34, а),
чтобы, опираясь в точке В на гладкую опору, она с положенными на нее
грузами т1 = 100 кг и m2 = 48 кг находилась в равновесии? Центр тяжести доски расположен в точке С.
Решение.
1. Рассматривая доску как рычаг, видим, что на нее действуют три
нагрузки: вес левого груза G1 = mlg, вес правого груза G2 = m2g и собственный вес доски Gд = mдg (рис. 34, б).
2. Для равновесия доски необходимо, чтобы алгебраическая сумма
моментов этих сил относительно опоры В равнялась нулю. Следовательно,
G1  BA  Gд  BG  G2  BD  0.
39
Рис. 34
3. Подставив вместо весов их выражения через массы и разделив
обе части равенства на постоянную величину g (ускорение свободного
падения 9,81 м/сек2), получим
m1  BA  mд  BC  m2  BD  0.
4. Отсюда находим массу доски:
m  BA  m2  BD 100  0,4  48  0,8
mд  1

 8 кг.
BC
0,2
§ 9. Уравнения равновесия произвольной плоской системы сил
Произвольная плоская система сил будет в равновесии, если главный вектор и главный момент системы будут равны нулю, т.е. R = 0 и
М = 0. Эти условия являются необходимыми и достаточными. Действительно, равенство R = 0 означает, что геометрическая сумма сил системы, перенесенных в произвольно выбранный центр приведения, равна
нулю, т.е. эти силы уравновешены. Из равенства М = 0 следует, что
сумма моментов присоединенных пар равна нулю, а это есть необходимое и достаточное условие равновесия системы пар.
Выше было показано, что модуль главного вектора системы можно
определить по его проекциям на оси координат:
R
 F    F 
2
2
ix
iy
,
а модуль главного момента системы:
M 
M
0 ( Fi
).
Поэтому выражение условия равновесия системы можно записать в
следующей форме:
40
R
 F    F 
2
2
ix
M 
iy
M
0 ( Fi
 0;
)  0.
Откуда следует, что для равновесия плоской системы произвольно
расположенных сил необходимы и достаточны три условия:
F
R F
M M




0
;

iy

0 ( Fi )  0.

Rx 
ix
y
 0;
(11)
Сокращенная запись условий:
 X  0; 

 Y  0; 
 M  0,
(12)
0
т.е. алгебраическая сумма проекций всех сил системы на ось х равна
нулю; алгебраическая сумма проекций всех сил системы на ось у равна
нулю; алгебраическая сумма моментов всех сил системы относительно
любой точки равна нулю.
Первые два уравнения равновесия называют уравнениями проекций, третье – уравнением моментов.
Наряду с этой основной формой уравнений плоской системы сил
можно доказать справедливость еще двух форм.
Первая форма уравнений:
 X  0; 

 M  0;
 M  0,
A
(13)
B
т.е. для равновесия произвольной плоской системы необходимо и достаточно, чтобы равнялись нулю алгебраические суммы моментов всех
сил относительно двух точек плоскости и алгебраическая сумма проекций всех сил на одну ось, но не перпендикулярную к прямой, соединяющей центры моментов А и В.
Вторая форма уравнений:
41
M
M
M
A
B
C
 0;


 0;

 0 ,

(14)
т.е. для равновесия произвольной плоской системы сил необходимо и достаточно, чтобы алгебраические суммы моментов относительно трех
точек плоскости, но не лежащих на одной прямой, равнялись нулю.
Нетрудно убедиться, что плоская система сходящихся сил и плоская система пар являются частными случаями произвольной плоской
системы сил. Действительно, если за центр приведения выбрать точку
пересечения линий действия всех сил, главный момент системы относительно этой точки равен нулю и система сводится к одному главному
вектору. Для равновесия необходимо удовлетворение только двух услоX  0,
Y  0. Плоская система пар, как известно, сводится
вий:


только к результирующей паре, а главного вектора не существует. Следовательно, для равновесия системы пар необходимо и достаточно
M  0.
только одно условие:

Существует еще третий частный случай – это система параллельных сил.
Рис. 35
Пусть к телу будет приложена система сил F1, F2, F3, …, Fn, линии
действия которых параллельны друг другу (рис. 35). Так как ось х
X  0 будет всегда выперпендикулярна всем силам, то условие

полняться, даже если система не уравновешена. Следовательно, усло42
вия равновесия плоской системы параллельных сил выражаются уравнениями
 Y  0,  M
0
0
или
M
A
 0,
M
B
 0,
где А и В – произвольно выбранные точки на плоскости.
Задачи на равновесие произвольной плоской системы сил должны
содержать не более трех неизвестных, а на равновесие плоской системы
параллельных сил – не более двух неизвестных. Если неизвестных
больше, чем уравнений статики, то задача становится статически
неопределимой, для ее решения потребуются дополнительные уравнения, которые будут рассмотрены в разделе 2.
Для решения задачи составляют уравнения равновесия одним из
трех указанных способов. Для проверки правильности решения задачи
можно составить четвертое уравнение равновесия из числа неиспользованных в ходе решения задачи.
Задача 19. Однородный брус АВ (рис. 36) весом G = 250 Н прикреплен к стене при помощи шарнира А и в точке D опирается на гладкий цилиндр. В точке Е к брусу подвешен груз Р = 800 Н. Определить
реакцию цилиндра и шарнира, если АЕ = 1,2 м; АС = ВС = 1,5 м; AD =
1,7 м и  ВАх =  = 40°.
Рис. 36
43
Решение.
1. Рассмотрим равновесие бруса АВ.
2. Приложим к брусу активные силы: собственный вес G в центре
тяжести С (для однородного бруса центр тяжести расположен посередине) вертикально вниз и силу F – от веса груза.
3. Связями для бруса являются цилиндр и шарнир. Мысленно освобождаемся от связей и заменяем их реакциями. Реакция гладкого цилиндра RD направлена по нормали к поверхности цилиндра в точке касания D. Реакция шарнира RA приложена в центре шарнира А. Так как
направление реакции неизвестно, заменим ее двумя составляющими Rx
и Ry, направив их по осям Ох и Оу. Направление осей показано на
рис. 36. Центр моментов выбираем в точке А.
4. Составим три уравнения равновесия, так как активные силы и
реакции связей составляют произвольную плоскую систему сил:
 X  0; R  R cos ( 90   )  0;
 Y  0; R  G  F  R cos   0;
 M  0; FAE cos   GAC  cos   R
x
y

D
D
A
D AD
 0.
Из третьего уравнения находим RD:
FAE cos 40   GAC  cos 40 

AD
800 1,2  0,765  250 1,5  0,765

 600 Н.
1,7
RD 
Из первого уравнения
Rx  RD cos ( 90   )  600 cos 50  385 H.
Из второго уравнения
R y  G  F  R D cos   250  800  600 cos 40   591 H.
Для проверки правильности решения составим уравнение моментов
относительно точки С:
M
C
 0; R y AC  cos   R x AC  sin   FCE cos   R D CD  0,
где
CE  AC  AE  1,5  1,2  0,3 м;
CD  AD  AC  1,7  1,5  0,2 м.
44
Подставим в уравнение
M
C
 0 найденные значения сил Rx, Ry
и R D:
591 1,5 cos 40   385 1,5 sin 40   800  0,3 cos 40   600  0,2  0;
678  370 ,7  183 ,7  120  0; 0  0.
Уравнение превратилось в тождество, следовательно, задача решена верно.
Задача 20. На горизонтальную балку АВ, левый конец которой
имеет шарнирно-неподвижную опору, а правый – шарнирноподвижную, в точках С и D поставлены два груза: P1=10 кН и P2 = 20
кH (рис. 37, а). Определить реакции опор балки.
Рис. 37
Решение.
1. Рассмотрим равновесие балки AB, на которую в точках С и D
действуют две вертикальные нагрузки P1 и P2 (рис. 37, б).
2. Освободив правый конец балки от связи и заменив ее действие
реакцией R B , направленной перпендикулярно к опорной поверхности,
увидим, что на балку действует система параллельных сил. Поэтому,
если освободить и левый конец балки от шарнирно-неподвижной опоры, то ее реакция будет также направлена вертикально (рис. 37, б).
3. Составим систему уравнений равновесия, приняв для одного
уравнения за центр моментов точку А, а для другого – точку В:
 M P   0;  P  AC  P  AD  R  AB  0,
 M P   0;  P  DB  P  CB  R  AB  0.
A
B
i
1
i
B
2
2
4. Решая уравнения, из (1) находим
45
1
A
(1)
(2)
RB 
P1  AC  P2  AD
10 1  20  3,5

 16 кН;
AB
5
из (2)
RA 
P2  DB  P1  CB 20 1,5  10  4

 14 кН.
AB
5
5. Проверим правильность решения, составив уравнение проекций
сил на вертикальную ось у:
Y
i
 0; R A  P1  P2  R B  0.
Подставляя в это уравнение числовые значения, получаем тождество
14 – 10 – 20 + 16 = 0 или 0 = 0.
Значит задача решена правильно. Реакции опор: RА = 14 кH и
RB = 16 кН.
При решении задач рекомендуется не пренебрегать проверкой. От
правильности определения реакций опор зависит правильность всего
остального решения или расчета.
Задача 21. На консольную балку, имеющую в точке А шарнирнонеподвижную, а в точке В шарнирно-подвижную опору, действуют две
сосредоточенные нагрузки: P1 = 18 кН и Р2 = 50 кH, как показано на
рис. 38, а; угол  = 40°. Определить реакции опор балки.
Решение.
1. Рассматривая находящуюся в равновесии балку AD, видим, что в
точке С на нее действует вертикально вниз нагрузка P1 , а в точке D под
углом  к АВ действует другая нагрузка P2 (рис. 38, б).
2. Освобождаем балку от связей и заменим их действие реакциями.
В месте шарнирно-подвижной опоры В возникает вертикальная реакция
R B . Направление реакции шарнирно-неподвижной опоры в данном
случае непосредственно определить нельзя, поэтому заменим эту реакцию ее двумя составляющими X A и Y A .
46
Рис. 38
3. Для полученной системы из пяти сил, произвольно расположенных в плоскости, составим систему уравнений равновесия, расположив ось х вдоль балки, а за центры моментов приняв точки А и В:
X
i
 0; X A  P2 cos   0;
 M P   0;  P  AC  R  AB  P  AE  0;
 M P   0;  Y  BA  P  BC  P  BF  0.
A
i
1
B
B
i
A
1
2
2
(1)
(2)
(3)
4. Решаем полученные уравнения. Из (1)
X A  P2 cos  50 cos 40  38,3 кН.
Так как АЕ = AD sin , то из (2)
P1  AC  P2  AD sin  18  2  50  6 sin 40 

 57 ,2 кН.
AB
4
Замечая, что BF = BD sin , из (3) получаем
RB 
P1  BC  P2  BD sin  18  2  50  2 sin 40 

 7,1 кН.
BA
4
Знак минус, получившийся в последнем случае, показывает, что YА –
вертикальная составляющая реакция неподвижного шарнира – направлена
вниз, а не вверх, как предполагалось перед составлением уравнения (3).
YA 
47
5. При необходимости реакцию R A шарнира А легко определить
(рис. 38, в).
Модуль реакции шарнира А найдем из формулы
R A  X A2  Y A2  38 ,3 2  7 ,12  39 кН.
Направление реакции R A установим, определив угол:
 x  R A ; AD ,
sin  x 
YA
RA

7,1
 0,182 ,
39
откуда  x  10 30'.
6. Проверим правильность решения задачи. Так как при решении не
использовано уравнение проекций на ось у, то используем его для проверки:
Y
i
 0; Y A  P1  R B  P2 sin   0.
Уравнение составлено по рис. 38, б.
После подстановки в это уравнение известных значений получим:
– 7,1 – 18 + 57,2 – 50 sin 40° = 0;
– 25,1 + 57,2 – 32,1 = 0 и 0 = 0.
В данном случае, проверка решения при помощи уравнения проекций не дает возможности установить правильность определения полной
реакции R A шарнира А. Чтобы проверить и этот этап решения, составим уравнение моментов относительно точки D, воспользовавшись
рис. 38, в, на котором изображена реакция так, как она направлена в
действительности:
 M P   0; R
D
i
A
 DL  P1  DC  R B  DB  0.
Подставляем в это уравнение числовые значения, имея в виду, что
DL  AD sin  x  6 sin10 30'  1,095 м;
39 1,095  18  4  57 ,2  2  0 и 114,7 - 114,4  0.
Расхождение в результатах, равное 0,3, получается из-за округлений при вычислениях.
В следующих задачах проверка решения не приводится и ее рекомендуется производить самостоятельно.
Задача 22. Горизонтальная балка имеет в точке А шарнирноподвижную опору, плоскость которой наклонена к горизонту под углом
48
 = 24° (рис. 39, а), а в точке В – шарнирно-неподвижную опору. Балка
нагружена в точках С и D двумя сосредоточенными силами P1 = 24 кН и
Р2 = 30 кН. Определить реакции опор.
Рис. 39
Решение.
1. Балка нагружена двумя параллельными силами, реакция подвижного шарнира R A направлена не параллельно вертикальным нагрузкам, а под углом  к вертикали – перпендикулярно к опорной поверхности шарнира (рис. 39, б). Поэтому реакция неподвижного шарнира не будет направлена вертикально, и ее целесообразно заменить двумя
составляющими X B и Y B .
2. Расположив оси х и у, как показано на рис. 39, б, составляем
уравнения равновесия:
X
Y
i
 0; R A sin   X B  0;
(1)
 0; R A cos   P1  P2  YB  0;
(2)
i
 M P   0;  P  AC  P
A
i
1
2
 AD  YB  AB  0.
3. Решаем полученные уравнения. Из уравнения (3) находим YB:
YB 
P1  AC  P2  AD 24  2  30  4

 28 кН.
AB
6
Из уравнения (2) находим RA:
49
(3)
P1  P2  YB 24  30  28

 28 ,7 кН.
cos 
cos 25 
Из уравнения (1) находим ХВ:
RA 
X B  R A sin   28,7 sin 25  12,1кН.
Таким образом, реакция шарнира A RA = 28,7 кН, а составляющие
реакции шарнира В ХВ = 12,1 кН и YB = 28 кН.
4. Проверку решения производим при помощи уравнения моментов
относительно точки С или D.
§ 10. Виды опор балочных систем.
Определение опорных реакций
Балками называют такие элементы конструкций машин, приборов,
сооружений, которые в процессе работы воспринимают в основном поперечные относительно оси нагрузки и передают их через опорные
устройства другим элементам конструкции или основанию. Примером
могут служить такие детали машин, как валы, оси, рычаги, детали строительных конструкций, фермы мостов и т.п.
Рис. 40
Конструкции опор балок можно свести к трем видам.
Шарнирно-неподвижная опора препятствует любому поступательному перемещению балки, но дает возможность последней поворачиваться вокруг оси шарнира (рис. 40, а). Реакция приложена в центре
шарнира А. Для определения неизвестных модуля и направления реакции RA необходимо ее заменить взаимно перпендикулярными составляющими RAx и RAy. На рис. 40, б и в показаны схематические изображения
50
этой опоры. В качестве примера шарнирно-неподвижной опоры может
служить подшипниковый узел (рис. 40, г).
Рис. 41
Шарнирно-подвижная опора – нижняя часть поставлена на катки
(рис. 41, а), поэтому такая опора не препятствует небольшому перемещению балки в направлении, параллельном опорной поверхности. Реакция опоры в данном случае приложена в центре шарнира и направлена
по нормали к опорной поверхности (трением катков пренебрегаем).
Схематическое изображение показано на рис. 41, б и в. На рис. 41, г показана шарнирно-подвижная (плавающая) опора вала.
Жесткая заделка (рис. 42) препятствует любому поступательному
движению балки и повороту последней в плоскости действия сил. Поэтому, кроме реакции RA, которую мы раскладываем на RAx и RAy, со
стороны заделки к балке приложен еще опорный момент МA – уравновешивающий момент активных сил, стремящихся повернуть балку.
Рис. 42
Задача 23. Определить опорные реакции балки (рис. 43), нагруженной парой М = 4 Нм, и равномерно распределительной по длине
51
l = 0,3 м нагрузкой, интенсивность которой q = 2 Н/м; весом балки пренебрегаем.
Рис. 43
Решение.
Мысленно освободив балку от связей и заменив их реакциями RA и
RB получим уравновешенную систему параллельных сил. Равномерно
распределенная нагрузка задана величиной интенсивности и длиной
участка, на котором она распределена. Для решения задачи необходимо
заменить ее равнодействующей силой Q = ql, приложенной в середине
этого участка в точке К.
Для решения составим следующие уравнения равновесия:
M
M
Откуда R B 
A
 0, ql  0,45  R B  0,6  M  0;
B
 0, R A  0,6  ql  0,15  M  0.
ql  0,45  M 2  0,3  0,45  4

 7,11 Н;
0,6
0,6
RA 
ql  0,15  M 2  0,3  0,15  4

 6,51 Н.
0,6
0,6
Знак «минус» указывает на то, что реакцию RA нужно направить
вниз, а не вверх, как мы сделали предварительно.
Y 0:
Для проверки используем уравнение

R A  R B  ql  0;
 6,51  7 ,11  2  0,3  0;
0,6  0,6  0;
0  0.
Полученное тождество указывает на правильность решения.
52
Задача 24. Определить реакцию жесткой заделки и опорный момент для балки, нагруженной, как указано на рис. 44. В заделке возникают вертикальная реакция RA и опорный момент MR. Горизонтальная
составляющая отсутствует, так как нет сил, стремящихся сдвинуть балку в горизонтальном направлении.
Рис. 44
Решение.
Для решения задачи составим два уравнения равновесия:
 Y  0; R
M
A
A
 ql  F  0;
 0;  M R  ql
l
 F  2l  0,
2
ql 2
 2Fl .
2
Задача 25. На консольную балку, имеющую в точке А шарнирнонеподвижную, а в точке В шарнирно-подвижную опору, действуют две
нагрузки (рис. 45, а): в точке D – сосредоточенная нагрузка P = 8 кН, а
на участке СВ – равномерно распределенная нагрузка, интенсивностью
q=2 кН/м. Определить реакции опор.
откуда R A  ql  F ; M R 
53
Рис. 45
Решение.
1. В этой задаче, кроме сосредоточенной силы Р, на участке СВ
действует равномерно распределенная сила, интенсивность которой q.
Полная величина этой нагрузки (ее равнодействующая) равна q  CB и
приложена в точке О посредине участка СВ (рис. 45, б), т.е.
CO  OB 
CB
.
2
Реакция R B подвижного шарнира направлена вертикально (перпендикулярно к опорной поверхности). Следовательно, и реакция R A
неподвижного шарнира направлена вертикально. Таким образом, на
балку действует система параллельных сил ( рис. 45, б).
3. Составим два уравнения моментов относительно точек В и А:
 M P   0;  R  BA  q  CB  BO  P  BD  0 ;
 M P   0;  q  CB  AO  R  AB  P  AD  0.
B
i
A
i
A
B
(1)
(2)
4. Из уравнения (1)
q  CB  OB  P  BD 2  3  1,5  8  1,5

 0,75 кН.
BA
4
Отрицательное значение реакции RA означает, что она направлена
вниз, а не вверх, как показано на рис. 45, б, потому что момент силы Р
относительно опоры В больше, чем момент равномерно распределенной
нагрузки.
Из уравнения (2) находим RB:
RA 
54
q  CB  AO  P  AD 2  3  2,5  8  5,5

 14 ,75 кН.
AB
4
Таким образом, реакция шарнира А равна RA = 0,75 кH и направлена вертикально вниз; реакция шарнира В составляет Rв = 14,25 кH и
направлена вертикально вверх.
5. Для проверки решения можно использовать уравнение проекций
на вертикальную ось.
RB
55
ГЛАВА 3. ПРОСТРАНСТВЕННАЯ СИСТЕМА СИЛ
§ 11. Пространственная система
сходящихся сил
Плоская система сил, которую мы рассматривали до сих пор, является частным случаем общей пространственной системы сил. На практике в большинстве случаев встречаются пространственные системы
сил, которые можно разложить на несколько плоских систем. Но бывают случаи, когда этого сделать нельзя, и тогда нужно рассматривать
пространственную систему. Простейшей пространственной системой
является система, состоящая из трех сил, приложенных в одной точке.
Рис. 46
Пусть дана система из трех сил: F1, F2, F3, приложенная в точке О
(рис. 46). Чтобы найти равнодействующую системы, построим пространственный силовой многоугольник OMNK. Замыкающая стороны
этого многоугольника ОK по модулю и направлению равна равнодействующей данной системы:
R  F1  F2  F3 .
Если достроить многоугольник до параллелепипеда, как указано на
рис. 43, то увидим, что равнодействующая R является его диагональю, а
силы F1, F2 и F3 – его сторонами.
Следовательно, равнодействующая трех сил, приложенных в одной
точке и не лежащих в одной плоскости, по модулю и направлению равна
диагонали параллелепипеда, построенного на данных силах.
Если равнодействующая система сходящихся сил равна нулю R = 0,
то силы находятся в равновесии и силовой многоугольник замкнут.
Пусть сила R есть равнодействующая пространственного пучка сил
F1, F2, F3, …,Fn. Разложим силу R согласно правилу параллелепипеда на
56
три составляющие: Rx, Ry, и Rz, направленные по трем взаимно перпендикулярным осям (рис. 47). Рассматривая силу R как равнодействующую трех составляющих: Rx, Ry и Rz, отметим, что она представляет собой диагональ прямоугольного параллелепипеда и ее модуль:
R  R x2  R y2  R z2 ,
(15)
где Rx, Ry, и Rz — проекции вектора R на координатные оси.
Рис. 47
Направление равнодействующей определяется косинусами углов
между силой R и осями координат:
cos   Rx / R ; 

cos   R y / R ;

cos   Rz / R . 
Согласно теореме о проекции равнодействующей на ось имеем
F
F
F
Rx 
ix
 F1x  F2 x  ...  Fnx ;
Ry
iy
 F1 y  F2 y  ...  Fny ;
iz
 F1z  F2 z  ...  Fnz .
Rz
Если система сходящихся сил находится в равновесии, то
57
(16)
R  R x2  R y2  R z2  0,
значит,
F
F
F
Rx 
ix
Ry
iy
Rz
iz
 0; 


 0;

 0. 

(17)
Уравнения (17) выражают условия равновесия пространственной
системы сходящихся сил; из них следует, что пространственная система сходящихся сил находится в равновесии, если алгебраические
суммы проекций составляющих сил на три взаимно перпендикулярные
оси равны нулю.
Задача 26. Найти усилия в стержне АВ (рис. 48) и цепях АС и AD,
поддерживающих груз G = 10 кН, если  = 60°,  = 30°,  = 45°. ACED –
прямоугольник, лежащий в горизонтальной плоскости. Крепление в
точке В шарнирное.
Рис. 48
58
Решение.
Освободившись от связей и заменив их реакциями, имеем в точке А
систему сходящихся сил (N1, N2, N3 и G). Выбрав направление координатных осей, составляем уравнения равновесия:
 X  0;  N  N cos  0;
 Y  0;  N  N cos   0;
 Z  0;  G  N cos   0.
2
1
3
1
1
Решая уравнения, получим:
N1  
G
G
10


 14 ,1 кН,

cos 
0
,
707
cos 45
где знак «минус» указывает на то, что стержень АВ сжат, а не растянут,
как мы вначале предположили:
N 2   N1 cos   14 ,1 cos 60   14 ,1 0,5  7 ,05 кН;
N 3   N1 cos   14 ,1 cos 30   14 ,1 0,866  12 ,2 кН.
Задача 27. Переносный кран, поднимающий груз массой m = 2000 кг,
устроен так, как указано на рис. 45, a; AB = AD = AE = 2 м; угол
DAE = 120°, плоскость ABC, в которой расположена стрела АС крана,
делит двугранный угол DAE пополам. Определить силу, сжимающую
вертикальную стойку АВ, и силы, растягивающие тросы BD и BF; весом
частей крана пренебречь.
Рис. 49
59
Решение.
1. В задаче рассматривается равновесие системы тел – стрелы и
стойки, связанных струной ВС. Прежде чем приступить к определению
усилий в стойке и тросах, необходимо найти натяжение струны ВС.
2. В точке С на кран действует вес G груза, масса которого m,
следовательно,
G = mg = 2000  9,81 = 19600 H = 19,6 кH.
Разложим вес G на две составляющие, действующие вдоль струны
ВС и стрелы АС, воспользовавшись правилом треугольника (рис. 49, б).
Для этого из произвольной точки K построим вектор G , а затем из его
начала и конца проведем линии, параллельные ВС и АС. В получившемся силовом треугольнике KLM (КL || ВС и LM || CA) сторона KL изображает силу PC , растягивающую струну ВС, а сторона LM – силу QA ,
сжимающую стрелу АС.
Из построения следует, что
 KLM   BCA , поэтому
PC / G  BC / BA. Отсюда PC  G  BC / BA .
Неизвестную по условию задачи длину струны ВС легко найти,
рассмотрев прямоугольный треугольник BCF (см. рис. 49, а):
BC 
Таким образом, PC  G
CF
.
sin 
CF
4
 19 ,6
 45 ,3 кН.
BA sin 
2 sin 60 
3. Перенесем силу PC вдоль линии ее действия из точки С в точку
В и рассмотрим равновесие узла В, на который, кроме нагрузки
РС = 45,3 кН, действуют реакции трех связей: PA – реакция стойки, PD
и PE – реакции тросов BD и BE. В соответствии с общим правилом считаем, что все связи растянуты (рис. 49, в).
4. Расположим систему координатных осей, как показано на
рис. 49, в, и составим три уравнения равновесия:
 X  0; P cos  cos   P cos  cos   P sin   0;
 Y  0; P cos  sin   P cos  sin   0;
 Z  0;  P sin   P sin   P  P cos  0.
i
E
D
i
i
E
E
C
D
D
A
C
(1)
(2)
(3)
Замечая, что  = 45° (так как треугольники ВАЕ и BAD имеют равные
катеты BA = AE =AD и  =  = 60°), решаем получившиеся уравнения.
60
Из уравнения (2) РЕ= PD.
Теперь уравнения (1) и (3) примут такой вид:
2PE cos  cos   PC sin   0;
(4)
2PE sin   PA  PC cos   0.
(5)
Умножим обе части уравнения (5) на cos  и сложим его после этого с уравнением (4):
 PC sin   PA cosB  PC cos 2   0.
Отсюда
PA 






PC cos 2   sin 
45 ,3 cos 2 60   sin 60 

 45 ,3 cos 60   tg 60  ;

cos 
cos 60
PA= – 55,8 кН.
Знак «минус» указывает на то, что реакция PA направлена не от
узла В, а к узлу, т.е. стойка сжата силой 55,8 кН.
Подставив найденное значение РА = – 55,8 кН в уравнение (5),
найдем реакции РЕ и PD:
PE  PD 
PC cos  PA 45 ,3 cos 60   ( 55 ,8 )

 55 ,4 кН.
2 sin 
2 sin 45 
Тросы AD и AE растянуты усилиями по 55,4 кН.
§ 12. Момент силы относительно оси
Если к телу, имеющему ось вращения, приложить силу F, то она
будет стремиться вращать тело вокруг этой оси. В этом случае действие
силы на тело измеряется величиной момента силы относительно оси
(рис. 50).
Момент силы относительно оси равен взятому со знаком «плюс»
или «минус» произведению модуля проекции силы на плоскость, перпендикулярную этой оси (F'), на кратчайшее расстояние а (плечо) от
этой проекции до точки пересечения оси с плоскостью:
M z ( F )   F' a ,
где F' = F cos  – модуль проекции силы F на плоскость ( – угол
наклона линии действия силы к плоскости); а – плечо, следовательно:
M z ( F )  Fa cos  .
61
(18)
Рис. 50
Условимся считать момент положительным, если наблюдатель,
смотрящий на плоскость со стороны положительного конца оси, видит
возможное вращение плоскости по часовой стрелке. В противном случае – момент отрицательный. Из формулы (18) следует, что момент силы относительно оси равен нулю в двух случаях: если сила параллельна
оси (сила F1 рис. 51), т.е. при  = 90° или 270°, когда cos  = 0, и если
a = 0, т.е. линия действия силы пересекает ось (сила F2). Момент силы
относительно оси будет наибольшим, если  = 0, т.е. сила лежит в плоскости, перпендикулярной оси (сила F3). Тогда Мz(F3) = F3a.
Рис. 51
62
Задача 28. К вершинам квадрата ABCD(AB = AD = 2 м), расположенного в горизонтальной плоскости, приложены силы P1 , P2 , P3 и
P4 , как показано на рис. 52. Сила P1 направлена по диагонали АС; сила
P2 действует вверх перпендикулярно к плоскости квадрата; сила P3
действует в плоскости квадрата, и ее направление образует с диагональю СА угол  = 20°; сила P4 действует в плоскости, перпендикулярной к плоскости квадрата, и направлена к стороне DC под углом
 = 30°. Определить моменты каждой силы относительно осей х, у и z.
Модули сил P1 = Р2 = Р3 = Р4 = 5 кН.
Рис. 52
Решение.
1. Замечаем, что расположение осей, показанное на рис. 52, определяет положение трех взаимно перпендикулярных плоскостей; плоскости
I, перпендикулярной к оси у, плоскости II, перпендикулярной к оси z, и
плоскости III, перпендикулярной к оси х.
2. Определяем моменты силы P1 . Сила P1 приложена в точке А пересечения всех трех осей, следовательно, согласно первому частному
случаю,
 
 
 
M x P1  0; M y P1  0; M z P1  0.
3. Определяем моменты силы P2 .
Сила P2 , приложенная в точке В, пересекает ось у и параллельна
оси z. Следовательно, согласно первому и второму частным случаям
 
 
M y P2  0 и M z P2  0.
63
Чтобы определить момент силы P2 относительно оси х, необходимо найти проекцию P2 на плоскость III, перпендикулярную к оси х.
Сила расположена в этой плоскости и, следовательно, проектируется
полностью Р2yz = Р2. Плечом является сторона АВ квадрата. Знак момента положительный, так как если посмотреть от точки D вдоль оси х
на плоскость III, то увидим, что сила P2 поворачивает плечо АВ против
хода часовой стрелки. Поэтому
 
M x P2  P2  AB  5  2  10 кНм.
4. Определяем моменты силы P3 .
Сила P3 расположена в горизонтальной плоскости. В этой же плоскости расположены оси х и у. Поэтому линия действия силы P3 пересекает ось х (в точке Е) и ось у (в точке К). Значит,
 
 
M x P3  0 и M y P3  0.
Плоскость, в которой расположена сила P3 , перпендикулярна оси
z, значит, Р3ху = Р3. Плечо AF силы P3 найдем из треугольника AFC:
AF  AC sin   AB 2 sin  .
Знак момента положительный (если посмотреть на плоскость II со
стороны оси z). Поэтому
 
M z P3  P3  AF  P3  AB 2 sin   5  2  2 sin 20   4,83 кНм.
5. Определяем моменты силы P4 . Линия действия силы P4 пересекает ось х, следовательно,
 
M x P4  0.
Спроектируем силы P4 на плоскости I и II:
P4 xz  P4 sin  и P4 xy  P4 cos  ;
плечом силы P4 является сторона квадрата AD.
 
M z P4   P4 xy  AD  P4 cos   AD  5 cos 30   2  8,66
M y P4   P4 xz  AD   P4 sin   AD  5 sin 30   2  5 кНм;
64
кНм.
§ 13. Условия равновесия произвольной
пространственной системы сил
Пространственную систему произвольно расположенных сил, как и
плоскую систему, можно привести к простейшему виду, т.е. к главному
вектору и главному моменту. Для этого, выбрав центр приведения, переносим в него параллельно все силы системы, одновременно присоединяя соответствующие пары. В результате в центре приведения получим пространственную систему сходящихся сил и пространственную
систему пар. Сложив все силы пучка, найдем главный вектор системы.
Его значение можно определить по формуле
R0  R x2  R y2  R z2 ,
где R x 
F
ix ; R y

F
iy ; R z

F
iz .
Складывая присоединенные пары, получим результирующую пару,
момент которой называют главным моментом системы. Зная, что момент пары – вектор, разложим вектор главного момента по правилу параллелепипеда на три составляющие, направленные по трем взаимно
перпендикулярным осям (рис. 53) Мx, Мy, и Мz. Тогда модуль главного
момента можно определить по формуле
M  M x2  M y2  M z2 ,
где Мх, My и Мz – проекции главного момента на оси.
Рис. 53
Можно доказать, что проекции Мх, Му и Мz, каждая соответственно
равна алгебраической сумме моментов всех сил данной системы относительно осей координат, т.е.
65
Mx 
 M ( F ); M   M
x
i
y
y ( Fi
); M z 
 M ( F ).
z
i
Чтобы пространственная система сил была в равновесии, необходимо соблюдение условий R0 = 0 и М = 0, т.е.
R0  R x2  R y2  R z2  0 , и M  M x2  M y2  M z2  0,
что соответствует шести уравнениям равновесия:
F
F
F
 M ( F )  0; 

  M ( F )  0;

  M ( F )  0. 

Rx 
ix
 0; M x 
x
i
Ry
iy
 0; M y
y
i
iz
 0; M z
Rz
z
(19)
i
Итак, для равновесия произвольной пространственной системы
сил необходимо и достаточно, чтобы алгебраическая сумма проекций
всех сил на каждую из трех осей координат равнялась нулю и чтобы
алгебраическая сумма моментов всех сил относительно каждой из
трех осей координат равнялась нулю. В частном случае, если линии
действия всех сил параллельны, выбрав ось z параллельно силам, а оси х
и у перпендикулярно силам, получим следующие условия равновесия:
 F  0;
 M ( F )  0;
 M ( F )  0.
iz
x
i
y
i
(20)
Задача 29. Вал ворота и его рукоятка расположены в одной вертикальной плоскости (рис. 54). Груз G = 500 кН, подвешенный на вороте,
удерживается в равновесии горизонтальной силой F, приложенной в
середине рукоятки перпендикулярно к ней. Пренебрегая весом вала,
определим силу F и реакции подшипников А и В.
Решение.
1. Приложим к вороту активные силы F и G.
2. Реакции подшипников разложим на составляющие RAx, RAz, RBx,
RBz. Составляющие RAy и RBy отсутствуют, поскольку активные нагрузки
действуют в плоскостях, перпендикулярных оси вала, и не могут смещать вал вдоль его оси.
3. Составим уравнения равновесия:
X  0; F  R Ax  R Bx  0;
M

 Z  0;  G  R
x
Az
 R Bz  0;
 0;  R Az 150  G  350  R Bz  550  0;
66
M
M
z
y
 0; F 100  G  50  0;
 0; R Ax 150  F 10  R Bx  550  0.
4. После решения уравнений получим: F = 250 кН; RAX = – 350 кН;
RAz = 250 кН; RBx = –600 кН; RBz = 250 кН.
Рис. 54
Задача 30. Квадратная крышка весом 400 H удерживается приоткрытой на 60° над горизонтальной плоскостью противовесом Q
(рис. 55). Определить, пренебрегая трением на блоке D, вес противовеса
Q и реакции шарниров A и B, если блок D укреплен на одной вертикали
с шарниром А и AD = АС.
Рис. 55
67
Решение.
1. Выбрав за начало координат точку А и расположив оси так, как
показано на рис. 55, покажем на этом же рисунке активные силы и реакции опор.
На крышку действует сила тяжести G , которую считаем приложенной в точке Е (центр симметрии квадрата), и реакция T нити CD,
приложенная в точке С. Сила Т численно равна весу Q противовеса.
Действие этих сил уравновешивается реакциями шарниров А и В. Так
как силы T и G действуют в плоскостях, перпендикулярных к оси у,
то реакции шарниров лежат в плоскостях, перпендикулярных к той же
оси. Поэтому реакцию шарнира А заменим двумя составляющими X A и
Z A , а реакцию шарнира В – составляющими X B и Z B .
2. Если составление уравнений равновесия по рис. 55 затруднительно, можно предварительно изобразить крышку вместе с действующими на нее силами в трех проекциях, как это сделано на рис. 56:
а) вид спереди, ось х перпендикулярна к плоскости проекции;
б) вид сверху, ось z перпендикулярна к плоскости проекции;
в) вид слева, ось у перпендикулярна к плоскости проекции.
Рис. 56
3. Составим уравнения равновесия.
Для составления уравнений проекций на ось х воспользуемся рис. 56, б
или 56, в:
68
X A  T cos  X B  0.
(1)
На ось у силы не проектируются, так как все они перпендикулярны
к этой оси.
Для составления уравнений проекций на ось z воспользуемся рис. 56, а
или 56, в:
Z A  T sin   G  Z B  0.
(2)
Для составления уравнения моментов относительно оси х воспользуемся рис. 56, а:
AB
(3)
 Z B  AB  0.
2
Для составления уравнения моментов относительно оси у воспользуемся рис. 56, в:
(4)
G  AF  T  AK  0.
G
Для составления уравнения моментов относительно оси z воспользуемся рис. 56, б:
 X B  AB  0.
(5)
4. Решаем полученные уравнения.
Из уравнения (5) находим (так как AB  0): ХB = 0.
Из уравнения (4)
T
G  AF
G
AK
Так как АЕ = АС / 2, то T  400
AE cos 
90   
AC cos
2
cos 60 
2 cos 15 
.
 103 ,5 H.
Из уравнения (3)
ZB 
G
 200 H.
2
Из уравнения (2)
Z A  T sin   G  Z B  103,5 sin15  400  200  173,2 H
(угол  = 15°, так как треугольник ACD равнобедренный). Из уравнения (1)
X A  T cos   103,5 cos15  100 H.
Таким образом, чтобы крышка находилась в равновесии приоткрытой под углом 60°, вес противовеса должен быть Q = Т = 103,5 H.
69
При этом реакция шарнира А имеет две составляющие: горизонтальную
ХА = 100 H и вертикальную ZA = 173,2 H, а реакция шарнира В направлена вертикально и равна ZB = 200 H.
Задача 31. На вал 1 ворота намотана веревка, удерживающая груз
Q (рис. 57). Радиус колеса 2 ворота в четыре раза больше радиуса вала.
Веревка, прикрепленная к ободу колеса и натягиваемая грузом силой
Р = 80 H, сходит с колеса в точке F по касательной; радиус DF колеса
образует с вертикалью угол  = 60°. Определить величину груза Q, при
котором ворот остается в равновесии, а также реакции подшипников А и
В, если общий вес вала и колеса G = 600 Н и приложен в точке С
(АС=0,4 м).
Рис. 57
Решение.
1. Три нагрузки – вес G и грузы Q и P , приложенные к вороту,
уравновешиваются реакциями подшипников А и В. Нагрузки действуют
в плоскостях, перпендикулярных к оси вала, и, следовательно, не смещают вал вдоль оси, поэтому и реакции подшипников расположатся в
плоскостях, перпендикулярных к этой же оси. Заменим их составляющими X A , Z A и X B , Z B (рис. 57). Следует учесть, что обычный подшипник не создает реакции, направленной вдоль оси вала. Если на вал
действуют нагрузки, смещающие вал вдоль оси, то один из подшипников должен быть заменен подпятником.
2. Изобразим ворот со всеми действующими на него силами в
трех проекциях (рис. 58 а, б, в) и при помощи их составим уравнения
равновесия.
70
Рис. 58
Так же как и в предыдущей задаче, уравнение проекций на ось у
превратится в тождество вида 0 = 0. При составлении уравнения моментов относительно оси у (уравнения (4)) нужно учитывать, что радиус
колеса R в четыре раза больше радиуса вала r (R = 4r).
X
Z
i
i
 0; P cos   X A  X B  0;
 0;  P sin   Z A  G  Q  Z B  0 ;
 M P   0; P sin   AD  G  AC  Q  AE  Z  AB  0;
 M P   0; P  4r  Q  r  0 ;
 M P   0; P cos  AD  X  AB  0.
x
i
B
y
z
i
i
B
3. Из уравнения (5)
XB 
P  cos   AD 80  cos 60   0 ,4

 11,4 Н.
AB
1,4
Из уравнения (4)
Q
P4r
 80  4  320 Н.
r
Из уравнения (З)
 P  sin   AD  G  AC  Q  AE

AB
 80 sin 60   0,4  600  0,4  320  0,9

 357 Н.
1,4
ZB 
71
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
Из уравнения (2)
Z A  P sin  G  Q  Z B  80 sin 60  600  320  357  632 Н.
Из уравнения (1)
X A  P cos  X B  80 cos 60  11,4  51,4 Н.
Задача 32. На вале редуктора жестко укреплены два зубчатых колеса: коническое 1 и цилиндрическое 2 (рис. 59, а). Левая цапфа вала
опирается на подшипник, воспринимающий только радиальную силу
давления, действующую перпендикулярно к оси вала, а правая цапфа
(пята) опирается на подпятник, т.е. на опору, способную, кроме радиальной силы давления, воспринимать и осевую (силу, действующую
вдоль оси вала).
На колесо 1 действуют три силы: касательная P1 = 4 кH (окружное
усилие); радиальная Q1 = l,28 кН и осевая S1 = 0,48 кН. Определить в
положении равновесия силы Р2 и Q2 = 0,36 P2, приложенные к колесу 2,
а также реакции опор А и В. Необходимые размеры (в мм) даны на
рис. 55, а. Весом вала и колес пренебречь.
Решение.
1. Заданные и искомые силы, приложенные к колесам 1 и 2, приведем к точкам С1 и С2 на геометрической оси вала (рис. 59, б).
Сила Q1 = l,28 кН, действующая вдоль радиуса колеса, переносится
в точку С1 непосредственно. Для приведения к точке C1 силы P1 = 4 кH,
приложим к этой точке уравновешенную систему сил P1 и  P1 и тогда,


кроме приведенной силы P1 , образуется пара сил P1 ;  P1 , отмеченная
на рисунке одной черточкой (присоединенная пара сил). При переносе в
точку С1 силы S1=0,48 кH аналогичным образом появляется пара
S1 ; S 1 , отмеченная двумя черточками. Сила Q2 , действующая вдоль
радиуса колеса 2, переносится в точку С2 непосредственно. При переносе в точку С2 силы P2 образуется пара P2 ;  P2 , отмеченная на рисунке тремя черточками.
2. Освободив вал в точках A и B от опор, заменяем действие опор
их реакциями: подшипник А не препятствует горизонтальному смещению вала, поэтому его реакцию, расположенную в плоскости, перпендикулярной к оси вала, заменяем двумя составляющими: горизонтальной X A и вертикальной Z A ; подпятник В препятствует смещению вала
вдоль его оси, поэтому его реакцию заменяем тремя составляющими
X B , Y B и Z B (см. рис. 59, б).



72

Рис. 59
3. Если силы выражать в кH, а плечи пар в м, то получим такие абсолютные числовые значения моментов М1 и М2:
M 1  P1
d1
0,22
 4
 0,44 кНм;
2
2
d1
0,22
 0,48 
 0,0528  0,053 кНм;
2
2
а момент М3 выразится так:
M 2  S1
d2
 0,05 P2 .
2
4. Составим шесть уравнений равновесия.
M 3  P2
 X  0; X  P  P  X  0;
 Y  0;  S  Y  0;
 Z  0; Z  Q  Q  Z  0;
i
A
i
i
A
2
1
1
B
2
73
1
B
B
(1)
(2)
(3)
 M P   0;  Z  AB  Q  C B  M  Q  C B  0;
 M P   0;  M  M  0 или  0,05 P  M  0;
 M P   0; X  AB  P  C B  P  C B  0.
x
i
y
A
i
2
3
z
2
2
1
1
2
i
A
2
1
(4)
1
(5)
2
1
1
(6)
5. Решая эти уравнения последовательно, получим: из уравнения (5)
P2 
M 1 0,44

 8,8 кН.
0,05 0,05
Так как
Q2  0,36 P2 ,
Q2  0,36  8,8  3,17 кН.
Из уравнения (6)
XA 
P2  C 2 B  P1  C1 B 8,8  0,22  4  0,1

 7,3 кН.
AB
0,32
Из уравнения (4)
Q1  C1 B  Q2  C 2 B  M 2

AB
1,28  0 ,1  3,17  0 ,22  0 ,053

 7 ,3 кН.
0 ,32
ZA 
Реакция ZА направлена не вверх, как на рис. 177, в, а вниз. Из
уравнения (3)
Z B  Q1  Q2  Z A  1,28  3,17  ( 1,95 )  0,05 кН.
Из уравнения (2) YB  S1  0,48 кН.
Из уравнения (1) X B  P1  P2  X A  4  8,8  7,3  5,5 кН.
74
ГЛАВА 4. КИНЕМАТИКА ТОЧКИ
§ 14. Основные положения кинематики
Кинематика – это часть теоретической механики, которая занимается изучением законов механического движения твердых тел. Под механическим движением понимают перемещение тел в пространстве,
совершаемое во времени. При изучении движения тел в кинематике не
принимаются во внимание силы, действующие на тела, а также физические свойства самих тел.
О наличии движения и его характере можно судить по изменению
положения данного тела по отношению к некоторой системе координат,
которые чаще всего связывают с Землей как системой отсчета.
Известно, что при изучении некоторых случаев движения можно
пренебречь размерами и формой тела, рассматривая его как материальную точку. Так, например, при поступательном движении все точки
тела движутся одинаково, поэтому такое тело можно рассматривать как
материальную точку, в которой сосредоточена вся масса тела.
В других случаях движения, например вращательном, все точки тела движутся по-разному. При этом твердое тело рассматривают как неизменяемую систему материальных точек. Поэтому кинематика делится
на две части: кинематику точки и кинематику твердого тела.
Движение тела является заданным, если известно, как изменяется
его положение в пространстве относительно выбранной системы координатных осей с течением времени.
Положение тела в пространстве в данный момент времени определяется его координатами, т.е. расстояниями от этих осей.
Для измерения расстояний в системе СИ принята основная единица – метр (м).
Для измерения времени принята основная единица – секунда (с).
Причем в кинематике различают такие понятия, как момент времени и промежуток времени.
Моментом времени t считают число секунд, определяющее данное
мгновенье от некоторого, условно принятого начального момента
(начала движения).
Промежутком времени называют разность между более поздним и
ранним моментом времени. Например, автомобиль в некоторый момент
времени t1 находился в пункте A, а позже, в момент t2, переместился в
пункт В. Перемещение автомобиля из пункта А в пункт В произошло за
промежуток времени  t = t2 – t1. Воображаемую линию, описываемую
определенной точкой движущегося тела, называют траекторией движения. В зависимости от формы траектории движение может быть криволинейным или прямолинейным.
75
Величину, характеризующую быстроту и направление движения
тела по траектории с течением времени, называют скоростью движения.
Скорость – величина векторная.
В общем случае, если модуль и направление вектора скорости с течением времени изменяются, то движение является неравномерным и
криволинейным. Если модуль и направление вектора скорости не изменяются с течением времени, то движение будет равномерным и прямолинейным.
Возможны и другие частные случаи движения, при которых переменны либо модуль, либо направление вектора скорости. За единицу
модуля скорости принимают м/с. Быстроту изменения модуля и направления скорости по времени называют ускорением движения. Ускорение,
как и скорость, является векторной величиной. Единицей измерения
ускорения является м/с2.
§ 15. Способы задания движения точки
Движение точки можно задать двумя способами.
1. Координатный способ. Этот способ основан на том, что положение любой точки М в пространстве определяется тремя координатами
относительно выбранной неподвижной системы трех взаимно перпендикулярных осей (рис. 60). При движении точки ее координаты являются функциями времени, т. е.
x  f1( t ); y  f 2 ( t ); z  f3( t ).
Данные уравнения называют уравнениями криволинейного движения точки в прямоугольных координатах. Если точка движется все время в одной плоскости, то уравнений будет только два:
x = f1(t); у = f1(t).
Рис. 60
76
Если же точка совершает прямолинейное движение, то, направив одну из осей, например ось х, по направлению движения точки, получим
одно уравнение х = f (t), которое полностью определит это движение.
Задавшись системой координат и зная уравнения движения, можно
определить положение движущейся точки в любой момент времени.
2. Естественный способ. Этот способ основан на том, что положение точки М на траектории (рис. 61) определяется длиной дуги
траектории s = ОМ. Каждому положению точки М соответствует свое
значение s, т.е.
s = f(t)
(21)
Рис. 61
Уравнение (21) выражает функциональную зависимость между расстоянием s точки от начала отсчета и временем движения. Его называют
уравнением движения (законом движения) точки по данной траектории.
Расстояние s, пройденное точкой от начала отсчета О, может быть положительным либо отрицательным в зависимости от направления движения точки. Таким образом, движение точки задано, если известны ее
траектория и закон движения по этой траектории.
Следует различать два понятия: расстояние и путь, пройденный
точкой. Если расстояние может быть как положительным, так и отрицательным, то путь, пройденный точкой, всегда является величиной положительной.
Действительно, пусть в некоторый момент времени t1 точка находится на траектории в положении М0 (рис. 62) на расстоянии S0 от начала отсчета 0. Двигаясь слева направо, точка в момент времени t2 оказалась в положении М1. Путь, пройденный точкой S, может быть определен как
S = S1 – S0.
77
Рис. 62
Таким образом, путь равен разности между конечным и начальным
для рассматриваемого промежутка времени расстояниями. Очевидно,
что при S0 = 0, S = S1, т.е. путь совпадает с расстоянием, если положение
точки в начале рассматриваемого промежутка времени совпадало с
принятым началом отсчета.
При изучении кинематики точки ограничимся только естественным
способом задания движения. Начнем изучение с криволинейного движения, которое представляет собой общий случай движения.
§ 16. Скорость точки
Равномерное движение точки. Рассмотрим сначала равномерное
движение точки М по траектории. Пусть в начале движения точка была
в начале отсчета 0 и за t секунд прошла расстояние (путь) S. Равномерным движением называется такое движение, при котором отношение
пройденного пути ко времени движения есть величина постоянная, т.е.
S / t = const.
Это отношение называют скоростью равномерного движения точки. Модуль вектора скорости равен:
V 
s
.
t
(22)
Вектор скорости V направлен по касательной к траектории точки в
сторону движения.
Из выражения (22) определим расстояние:
S = Vt
(23)
и время движения:
78
t
s
V
(24)
Данные уравнения являются основными формулами равномерного
движения. Если в начале рассматриваемого промежутка времени точка
находилась не в начале отсчета, а на некотором расстоянии S0 от него,
то формула (23) примет вид
S = S0 + Vt,
где S0 – начальное расстояние; S – расстояние точки М от начала отсчета.
Задача 33. Из двух пунктов А и В прямолинейного шоссе, находящихся один от другого на расстоянии 100 км, одновременно выезжают
навстречу друг другу два велосипедиста и двигаются с постоянными
скоростями. Велосипедист, выезжающий из А, имеет скорость
VА = 40 км/ч, а велосипедист, выезжающий из В – скорость
VВ = 262/3 км/ч.
Определить, за какое время каждый из них проедет расстояние 100
км. Через сколько часов и где они встретятся?
Решение.
1. Находим время, затраченное первым велосипедистом на проезд
от точки A до В:
t AB 
s AB 100

 2 1 2 ч.
VA
40
2. Находим время, затраченное вторым велосипедистом на проезд
от точки В до А:
t BA 
s BA
100

 3 3 4 ч.
VB
26 2 3
3. Время и место встречи велосипедистов наиболее просто определить графически. Расстояние между пунктами А и В, равное 100 км,
изобразим на оси ординат отрезком в 50 мм (рис. 63), т. е. в масштабе
s= 2 км/мм
100 км


 2 км/мм  .
100 км   s  50 мм и  s 
50
мм


По оси абсцисс отложим время в масштабе t = 0,1 ч/мм (4 часа изобра4ч
 0,1 ч/мм ).
жены отрезком 40 мм, поэтому 4 ч =   40 мм и  t 
40 мм
Первый велосипедист расстояние от А до В проезжает за 2,5 ч. Его
перемещение изображается на графике прямой ОВ1.
79
Рис. 63
Второй велосипедист расстояние от B до A проезжает за 33/4 ч и его
перемещение изображается на графике прямой В0А2.
Точка С12 пересечения обоих графиков указывает место и время
встречи. Встреча происходит на расстоянии SA = 60 км от пункта А (или
на расстоянии SB = 40 км от пункта В) через  t = 1,5 ч после начала
движения велосипедистов.
Если вместо графического решения применить аналитическое, то
нужно рассуждать таким образом.
Допустим, что место встречи происходит на расстоянии s от пункта
А, а время встречи  t, считая от начала движения. Тогда уравнение
движения первого велосипедиста примет вид
s  V A  t
(1)
и уравнение движения второго велосипедиста
s  s 0  V B  t ,
где s0 = 100 км – расстояние второго велосипедиста от пункта А в момент начала отсчета (при t = 0).
Так как левые части уравнения (1) и (2) равны, то
V A  t  s 0  V B  t .
Отсюда
t 
s0
100 км

 1,5 ч.
V A  V B (40  26 2 3 ) км/ч
80
Из уравнения (1) определяем S:
s  V A  t  40 1,5  60 км.
Задача 34. Определить, с какими скоростями движутся точки А, В
и С, расположенные на концах секундной, минутной и часовой стрелок
часов. Принять длину секундной и минутной стрелок, равную 14 мм, и
длину часовой стрелки – 10 мм (рис. 64).
Рис. 64
Решение.
1. Скорости данных точек найдем из формулы
2r
.
T
2. Определим исходные данные.
Для точки А (конец секундной стрелки)
ОА = ТA = 14 мм; ТА = 1 мин = 60 с.
Для точки В (конец минутной стрелки)
0В = rB = 14 мм; ТB = 1 ч = 3600 с.
Для точки С (конец часовой стрелки)
ОС = rC = 10 мм; ТC = 12ч = 43 200 с.
3. Находим искомые скорости:
V
VA 
VB 
VC 
2rA 2 14

 1,47 мм/с;
TA
60
2rB 2 14

 0,0244 мм/с;
TB
3600
2rC
2 10

 0,00146 мм/с.
TC
43200
81
Неравномерное движение точки. При неравномерном движении
скорость точки непрерывно изменяется с течением времени, т.е. V = f(t).
Пусть точка, закон движения которой задан функцией s = f(t), движется из положения М0 (рис. 65) в положение М1 неравномерно в течеs s
s
ние промежутка времени t = t1 – t0. Тогда отношение 1 0 
 Vср
t1  t 0
t
представляет собой среднюю скорость движения за данный промежуток
времени. Но средняя скорость не дает представления о быстроте движения в каждый момент времени. Поэтому, кроме средней приходится
определять мгновенную скорость, или скорость в данный момент.
Рис. 65
Чем меньше промежуток времени  t, тем ближе средняя скорость
приближается к мгновенной. В пределе, когда  t0, – средняя скорость примет значение истинной скорости в данный момент времени:
 s ds

,
t 0  t
dt
V  lim
(25)
т.е. модуль мгновенной скорости равен первой производной от пути по
времени. Вектор скорости точки направлен по касательной к траектории движения в данной точке и направлен в сторону движения.
В частном случае, если траектория движения представляет собой
прямую линию, вектор скорости направлен вдоль этой прямой в сторону движения. Модуль мгновенной скорости в этом случае определяется
ds
.
так же: V 
dt
82
Задача 35. Точка обода маховика движется по закону S = 1,5t2, где
s – в м, t – в с. Определить скорость точки в момент времени t = 10 с и
среднюю скорость за 10 с.
Решение.
1. Мгновенную скорость точки при t = 10 с найдем, продифференцировав уравнение движения:
ds d ( 1,5t 2 )

 3t м/с,
dt
dt
откуда для t = 10 с V = 30 м/с.
2. Среднюю скорость найдем по формуле
V
s 1,5 10 2

 15 м/с.
t
10
V
Задача 36. Шарик, размерами которого можно пренебречь, начинает скатываться по наклонной плоскости из состояния покоя. Через 20 с
после начала движения шарик находится от исходного положения на
расстоянии 6 м.
Определить ускорение шарика и его скорость в конце 10-й и 20-й с, а
также расстояние, пройденное шариком за первые 10 с.
Решение.
1. Из условия задачи следует, что S0 = 0 и V0= 0. Пройденное за
t2 = 20 с расстояние S20 = 6 м. Даны четыре величины. Требуется определить ускорение шарика (движение прямолинейное, значит определить
нужно только at), скорости V10, V20 и расстояние s10.
2. Найдем скорость шарика, которую он приобретает в конце 20-й с:
V20 
2s 20 2  6

 0,6 м/с.
t2
20
3. Найдем ускорение шарика, которое он имеет, двигаясь по
наклонной плоскости:
at 
V20 0,6

 0,03 м/с 2 .
t2
20
4. Теперь можно найти скорость в конце 10-й с (t1 = 10 с):
V10 = a1  t1 = 0,0310 = 0,3 м/с.
5. Находим расстояние, пройденное точкой за первые 10 с:
s10 
a1t12
t 22

0,03 10 2
 1,5 м.
2
83
Задачу можно решить в ином порядке. Сначала определить ускорение
at 
2s 20
t 22

26
20
2
 0,03 м/с 2 .
Затем определить V10 и V20 и, наконец, найти s10.
Задача 37. Автомобиль, движущийся равномерно и прямолинейно
co скоростью 60 км/ч, увеличивает в течение 20 с скорость до 90 км/ч.
Определить, какое ускорение получит автомобиль и какое расстояние
он проедет за это время, считая движение равноускоренным.
Решение.
1. Здесь также четыре данных величины:
60 1000
м/с  16,7 м/с,
3600
V20 = 90 км/ч = 25 м/с, t0-20 = 20 с и s0 = 0,
так как движение автомобиля рассматривается только на том участке
траектории (дороги), где он движется с ускорением.
2. Полагая, что в начальный момент времени S0= 0, найдем S0-20:
V0  60 км/ч 
V20  V0
25 16 ,7
 t 0 20 
 20  417 м.
2
2
3. Из формулы (2) найдем ускорение, полученное автомобилем:
s 0 20 
at 
V20  V0 25  16 ,7

 0,415 м/с2.
t 0 20
20
Задача 38. Имея скорость 20 м/с, автомобиль въезжает на криволинейный участок дороги, имеющий радиус закругления 200 м.
За 40 с равнопеременного движения он проезжает расстояние 400 м.
Определить, с каким касательным ускорением движется автомобиль, какова его скорость в конце пройденных 400 м и каково полное
ускорение на середине этого пути.
Решение.
1. Изобразим участок дороги, по которой движется автомобиль
(рис. 66): О – начало участка, В – конец участка и А – его середина.
Для равнопеременного движения в задаче имеется четыре основных данных: S0 = 0 (так как за начало отсчета движения принимаем точку О); V0 = 20 м/с; t0B = 40 с и S0B = 400 м; кроме того, известен радиус
закругления 01A =  = 200 м.
2. Найдем скорость VB в конце участка дороги длиной S0B = 400 м
(полагая, что S0 = 0):
VB 
2s 0 B
2  400
 V0 
 20  0.
t0 B
40
84
Рис. 66
В конце рассматриваемого участка автомобиль останавливается,
значит, движение равнозамедленное.
3. Найдем касательное ускорение автомобиля:
at 
V B  V0 0  20

 0,5 м/с 2 .
t 0B
40
Получившееся отрицательное значение ускорения – подтверждение
того, что движение автомобиля равнозамедленное.
4. Для того чтобы определить полное ускорение автомобиля в середине А участка 0В, нужно сначала найти скорость VA – скорость автомобиля в момент прохождения им точки А.
Эту скорость найдем, приняв S0 = 0 и S = S0A = 200 м:
V A  2a t  s 0 A  V02  2  ( 0,5 )  200  20 2  200  10 2 м/с 2 .
5. Находим нормальное ускорение автомобиля в точке А:
a nA 
V A2

10 2 

2
200
 1 м/с 2 .
6. И, наконец, находим полное ускорение автомобиля:
2
a  a t2  a nA
 0,5 2  12  1,12 м/с 2 .
7. Вектор полного ускорения a направлен к вектору скорости V A
под углом a ,V A    90 . Угол  можно найти при помощи его синуса:


sin  
Следовательно,
an A
1

 0,893 , a  63  .
a
1,12


угол a ,V A  63  90  153 .
85
§ 17. Ускорение точки
Как уже указывалось, при неравномерном движении скорость точки непрерывно изменяется с течением времени. При различных видах
движения это изменение происходит по-разному. Направление вектора
скорости при этом может оставаться постоянным или изменяться.
Векторную величину, характеризующую быстроту изменения модуля и направления скорости, называют ускорением точки.
1. Рассмотрим сначала, как определяется ускорение точки, совершающей прямолинейное движение.
Пусть в данный момент времени t1 точка имеет скорость V1, а через
 t с, т.е. в момент t2 = t1 +  t, скорость ее будет V2. Изменение модуля
скорости за данный промежуток времени составит  V = V2 - V1. Отношение изменения модуля скорости ко времени, в течение которого это
изменение произошло, называют средним ускорением точки:
a ср 
V2  V1  V

.
t 2  t1
t
При неограниченном уменьшении промежутка времени ( t  0)
среднее ускорение будет приближаться к пределу, который представляет собой истинное (мгновенное) ускорение точки. Истинное ускорение
V
 V dV
, но lim

. т.е.
 t 0  t
 t 0  t
dt
a lim a ср  lim
 t 0
a
dV
.
dt
(26)
Таким образом, модуль ускорения точки в прямолинейном движении равен первой производной от скорости по времени.
Направление вектора ускорения а совпадает с направлением вектора изменения скорости V, т.е. при ускоренном движении совпадает с
направлением движения, а при замедленном – противоположно ему.
2. Рассмотрим теперь движение точки по криволинейной траектории. Пусть за время  t точка переместится из положения М1
(рис. 67) в положение М2 и скорость ее при этом изменится от V1 до V2.
Из рис. 67 видно, что скорость ее при этом изменяется как по величине,
так и по направлению. Геометрическую разность скоростей найдем,
построив векторы V1 и V2 из одной точки М1 и параллелограмма М2КСЕ.
Очевидно, что вектор M1E = V есть геометрическая разность скоростей
V2 и V1, т.е.  V = V2 – V1.
86
Рис. 67
Поделив вектор изменения скорости  V на промежуток времени  t,
V
. Если предположить,
получим вектор среднего ускорения a ср 
t
что промежуток времени  t безгранично мал, то можно считать, что
вектор аср совпадет с вектором мгновенного ускорения а. Важно отметить, что в данном случае направление ускорения не совпадает с
направлением вектора скорости точки, как в случае прямолинейного
движения, а совпадает с направлением вектора изменения скорости V.
Разложим вектор V на две составляющие, одну из которых Vt
направим по скорости Vl, т.е. по касательной к траектории в точке M1, а
другую VN перпендикулярно к скорости V1, т.е. по нормали к траектории в данной точке.
Очевидно, что
 V   Vt   V N .
Поделив каждый член последнего уравнения на промежуток времени  t, получим выражение
 V  Vt  V N


,
t
t
t
которое согласно определению среднего ускорения можно записать так:
aср  асрt  aсрN .
Отсюда следует, что вектор среднего ускорения также можно представить в виде двух составляющих: – аср и aсрN. При неограниченном
уменьшении промежутка времени  t в пределе, при  t  0, эти составляющие среднего ускорения стремятся к соответствующим составляющим мгновенного ускорения:
a  at  a N .
87
(27)
Составляющая а направлена по касательной к траектории в данный
момент времени и ее называют касательным ускорением.
Касательное ускорение характеризует изменение только модуля
скорости и равно первой производной от скорости по времени. Составляющая aN направлена по нормали к траектории в данный момент времени и её называют нормальным ускорением. Оно всегда направлено
внутрь вогнутости к траектории к центру кривизны, поэтому его иногда
называют центростремительным ускорением.
Нормальное ускорение характеризует изменение направления, скорости точки. Модуль вектора нормального ускорения равен отношению
квадрата скорости к радиусу кривизны траектории:
dV 
;
dt 

V2 

.
 
at 
aN
(28)
Полное ускорение точки в каждый момент времени является геометрической суммой касательного и нормального ускорений.
На рис. 68 показаны направления полного, нормального и касательного ускорения в случаях ускоренного (рис. 68, а) и замедленного
(рис. 68, б) движения. Нетрудно установить соотношения между величинами ускорений:

a t  a cos  ; 

a N  a sin  ; 

a  a t2  a N2 .
Рис. 68
88
(29)
Криволинейное неравномерное движение точки, при котором полное ускорение представляет собой геометрическую сумму касательного
и нормального ускорений, является общим случаем движения. Рассмотрим некоторые частные случаи.
Прямолинейное неравномерное движение. Радиус кривизны пря-
V2
 0. Полное ускорение точки

dV
a  at2  0  at 
.
dt
Криволинейное равномерное движение. В этом случае модуль скорости V = const, значит, at = dV/dt = 0. Полное ускорение точки
мой   , значит, a N 
a  0  a N2  a N  V 2 /  . При равномерном движении по кривой точка всегда обладает лишь нормальным ускорением.
Прямолинейное равномерное движение. В этом случае   ,
V = const, значит,
aN 
dV
V2
0
 0 и at 
dt

и полное ускорение a = 0.
Задача 39. Точка движется равномерно замедленно по дуге окружности радиусом 80 м в течение 20 с. Определить полное ускорение точки в начале и конце движения, если начальная скорость V0 = 15 м/с, а
конечная скорость V = 10 м/с.
Решение
1. Определим постоянное касательное ускорение точки
at 
V  V0 10  15

 0,25 м/с2,
t
20
где знак «минус» указывает, что направление ускорения противоположно направлению скорости, т. е. движение является замедленным.
2. Определим нормальное ускорение точки в начальный момент
времени:
a N0 
V02 15 2

 2,82 м/с2.
r
80
3. Определим нормальное ускорение в конце движения:
aN 
V 2 10 2

 1,25 м/с2.
r
80
89
4. Определим полное ускорение точки в начале и конце движения:
a 0  at2  a N2 0  ( 0,25 ) 2  2,82 2  2,8 м/с2;
a  at2  a N2  ( 0,25 2 )  1,25 2  1,26 м/с2.
Задача 40. Тело свободно падает на Землю без начальной скорости
с высоты Н = 100 м. Пренебрегая сопротивлением воздуха, определить
модуль скорости тела в момент падения на Землю.
Решение.
Так как движение тела прямолинейное и равномерно ускоренное,
то a = at = g = 9,81 м/с2. Учитывая, что V0 = 0 и s = H, найдем
V  gt и H 
откуда
gt 2
,
2
V  2 gH .
Подставив значения g и H, имеем V  2  9,81 100 = 44,3 м/с.
§ 18. Вращательное движение тела вокруг неподвижной оси
Движение тела, при котором не менее двух каких-либо его точек
остаются неподвижными, называется вращательным. Прямая, проходящая через две неподвижные точки, называется осью вращения. Каждая точка тела, не лежащая на оси вращения, описывает окружность,
плоскость которой перпендикулярна к оси вращения, а центр лежит на
этой оси.
Пусть твердое тело вращается вокруг неподвижной оси Оz
(рис. 69). Проведем через ось вращения неподвижную плоскость Q и
плоскость Р, жестко связанную с телом. При вращении тела угол 
между плоскостями будет непрерывно меняться с течением времени.
Его называют углом поворота тела и измеряют в радианах.
Зависимость угла поворота от времени описывается уравнением
  f (t ) ,
(30)
которое называют законом вращательного движения.
Быстроту и направление вращения можно охарактеризовать с помощью угловой скорости . Модуль угловой скорости определяют как
быстроту изменения функции   f ( t ), т.е. как первую производную от
угла поворота по времени:
d

.
(31)
dt
90
Рис. 65
Угловую скорость измеряют в рад/с. В общем случае при неравномерном вращении угловая скорость изменяется с течением времени, т.е.
  f ( t ).
Характеристикой быстроты изменения угловой скорости является
угловое ускорение, равное первой производной от угловой скорости по
времени:

d
,
dt
(32)
которое измеряют в рад/c2.
Если знаки  и  одинаковы, то имеет место ускоренное вращение,
если знаки  и  различны – замедленное вращение.
91
§ 19. Частные случаи вращательного движения
Если модуль угловой скорости при вращении тела постоянен
( = const), то имеет место равномерное вращение. Угловую скорость
равномерного вращения находят как отношение угла поворота за некоторый промежуток времени к этому промежутку, т.е.


,
(33)
   t.
(34)
t
откуда
Последнее уравнение называют законом равномерного вращения.
Иногда удобно угловую скорость равномерного вращения выражать через число п оборотов, совершаемых в одну минуту. Число
оборотов в минуту называют частотой вращения. За один оборот тело
поворачивается на 2 радиан, а за п оборотов на   2n радиан. В одной минуте 60 с, поэтому


t

2 n  n

,
60
30
(35)
откуда частота вращения
n
30
.

Если при вращении угловое ускорение остается без изменения
( = const), то имеет место равномерно-переменное вращение.
Формулы для определения угла поворота и угловой скорости при
равномерно-переменном вращательном движении аналогичны формулам для равномерно-переменного движения точки, только вместо величины s, V, V0, at нужно подставить величины , , 0 и . В результате
получим:
   0   t; 

  0 
 t2 
.
2 
(36)
Причем, если 0 > 0 и  > 0 – движение равномерно ускоренное, а
если 0 > 0 и  < 0 – движение равномерно замедленное.
Задача 41. В период разгона маховик вращается вокруг своей оси
по закону    / 4  t 3 . Определить угловую скорость и угловое ускорение маховика в момент, когда он сделает 27 оборотов.
Решение:
92
1. Найдем угол поворота маховика за время разгона:  = 27 оборотов = 27 - 2 = 54 рад.
2. Определим время разгона: 54 =  / 4  t3, откуда
t  3 216  6 с.
3. Определим угловую скорость в момент t = 6 с:
d   3 
3
3
  t   t 2    6 2  27 рад/с.
dt  4 
4
4
'

4. Определим угловое ускорение в момент t = 6 с:
'

d  3 2 
3
3
  t   t    6  9 рад/с2.
dt  4
2
2

Задача 42. Вал, диаметр которого 0,06 м, вращается равномерно с
частотой 1200 об/мин. Определить скорость и ускорение точек вала на
его поверхности (рис. 70).
Рис. 70
Решение.
1. Скорость точки вращающегося тела можно найти по формуле
V   .
93
2. Но известно, что

30
..
d 0,06

 0,03 м и n  1200 об/мин :
2
2
3. Подставим сюда  
V  
n
n
30
 0 ,03
 1200
30
 1,2 м/с,
V  3,77 м/с.
Вал вращается равномерно, следовательно скорость точек остается
численно неизменной. По этой же причине у точек отсутствует касательное ускорение.
5. Нормальное ускорение найдем из формулы
an 
V2


3,77 2
 474 м/с 2 ,
0,03
которое также в данном случае остается по модулю неизменным.
Задача 43. Дисковая пила 1 имеет диаметр 600 мм. На валу пилы
насажен шкив 2 диаметром 300 мм, а шкив соединен бесконечным ремнем со шкивом двигателя 3 (рис. 71) диаметром 120 мм. С какой угловой скоростью должен вращаться шкив двигателя, чтобы скорость зубьев пилы не превышала 15 м/с?
Рис. 71
94
Решение.
1. Так как пила 1 и шкив 2 насажены на одном валу, то они имеют
одну и ту же угловую скорость п и скорость зубьев пилы V3 = 15 м/с
зависит от п:
V3     п или V3 
dп
 п ,
2
потому что
dп
.
2
2. Находим угловую скорость шкива 2, который обеспечивает необходимую рабочую скорость зубьев пилы:

п 
2V3 2 15

 50 рад/с
dп
0,6
(dп = 600 мм = 0,6 м).
3. Теперь найдем угловую скорость д шкива двигателя. Шкивы 2
и 3 соединены бесконечным ремнем. Полагая, что ремень не растягивается и не проскальзывает на шкивах, можно считать, что все его
точки движутся с одной и той же скоростью Vр. Это означает, что скорости точек, расположенных на поверхностях обоих шкивов, одинаковы и равны Vр.
Поэтому применим зависимость V     :
Vp 
d
d2
п  3 д .
2
2
Отсюда
д  п
d2
300
 50 
 125 рад/с.
d3
120
4. Если перевести эту угловую скорость в об/мин, то
nд 
30 д

30 125
 1200 об/мин.


Таким образом, для того чтобы зубья пилы имели скорость 15 м/с,
шкив двигателя должен вращаться с угловой скоростью 125 рад/с (или
1200 об/мин).
Задача 44. Маховик, вращающийся с частотой n0 = 90 об/мин, с некоторого момента начинает вращаться равноускоренно и через 1,5 мин
достигает скорости вращения пк = 150 об/мин. Определить угловое
ускорение маховика. Сколько всего оборотов делает маховик за 1,5
95
мин? Какую скорость имеют точки на цилиндрической поверхности
маховика через 45 с после начала равноускоренного движения, если
диаметр маховика 1,2 м?
Решение.
Все угловые величины выражаем в радианном измерении.
1. Если n0 = 90 об/мин, то
n0
0 
30

  90
30
 3 рад/с;
если пк = 150 об/мин, то
к 
т к
30

 150
30
 5 рад/с.
2. Находим угловое ускорение, учитывая, что изменение угловой
скорости от 0 до к происходит за t = 1,5 мин = 90 с:

к 0
t

5  3


рад/с2  0,07 рад/с2 .
90
45
3. Определяем угол поворота тела за t= 1,5 мин =90 с, принимая 0 = 0:
к 0
5  3
t 
 90  360 рад.
2
2
4. Находим, какому числу оборотов соответствует этот угол поворота:
  0 
 об 

2

360 
 180 оборотов.
2
Следовательно, за время равноускоренного вращения маховик
успеет совершить 180 оборотов.
5. Прежде чем найти по формуле V] = 1 скорость точек на ободе
маховика в момент времени t = 45 с после начала равноускоренного
вращения, необходимо найти угловую скорость маховика 1 в этот
момент:
 1   0  t1  3 
Зная, что  

45
 45  4 рад/с.
d 1,2

 0,6 м, получаем
2
2
V1  1   4  0,6  2,4 м/сек  7,54 м/с.
Решение 2 – угловые величины выражаются в оборотах, а время –
в сек (t = 1,5 мин = 90 сек).
1. Выражаем данные скорости вращения в об/с.
n0 = 90 об/мин = 1,5 об/сек и nк = 150 об/мин = 2,5 об/с.
96
2.Определим угол поворота в ином виде, приняв 0 = 0:
 об 
n к  n0
t .
2
Тогда
об 
1,5  2,5
 90  180 обротов.
2
об/с  с  об.
3. Обозначив ' – угловое ускорение, выраженное через обороты,
число оборотов можно представить в виде nк = n0 + 't и тогда
' 
n к  n 0 2,5  1,5 1


 0,0111 об/с 2 .
t
90
90
4. Найдем п1 – скорость вращения маховика через t1 = 45 с после
начала равноускоренного вращения:
n1  n 0  ' t1  1,5 
1
 45  2 об/с,
90
что соответствует
n1 = 2  60 = 120 об/мин.
Теперь находим при этой скорости вращения маховика скорость
точек на его ободе:
V1 
n1
30
 
n 120
 0 ,6  2 ,4  7 ,54 м/с.
30
Если же n1 выражено в об/с, то
V1  2n1    2  2  0,6  2,4  7,54 м/с.
Задача 45. Вал, вращающийся равноускоренно из состояния покоя,
в первые 12 с совершает 95,5 оборота. С каким угловым ускорением
вращается вал и какую угловую скорость он приобретает?
Решение.
1. Угловое перемещение за время t=12 с равноускоренного движения составляет
  2 об  2  95 ,5 рад.
2. Находим угловое ускорение вала:

2
2

2  2  95 ,5
2
 8,33 рад/с2 .
t
12
3. К концу 12-й секунды вал приобретает угловую скорость:
   t  8,33 12  100 рад/с,
97
что соответствует
30
n
30 100

 955 об/мин


Задача 46. Колесо, вращающееся с частотой 1500 об/мин, при торможении начинает вращаться равнозамедленно и через 30 с останавливается. Определить угловое ускорение и число оборотов колеса с момента начала торможения до остановки.
Решение.
1. Выразим начальную угловую скорость в рад/с:
т0  1500
0 

 50  157 рад/с.
30
30
Найдем угловое ускорение:

 0
t

0  157
 5,23 рад/с2 .
30
2. Определим число оборотов в виде
n  n0
 t.
2
Тогда число оборотов вала за t = 30 с = 0,5 мин
 об 
n  n0
0  1500
t 
 0,5  375 оборотов
2
2
Задача 47. Вращение вала в течение первых 20с происходит согласно уравнению  = 0,8t3.
Определить угловую скорость вала в конце 20-й секунды; угловое
ускорение в начале движения, в конце 10-й и 20-й секунд; сколько всего
оборотов делает вал за 20 с.
Решение.
1. Определим число оборотов вала за 20с. Для этого предварительно найдем угол поворота за t = 20 с:
 об 
  0,8t 3  0,8  203  6400 рад.
И теперь
 об 

2

6400
 1020 оборотов.
2
2. Определим уравнение угловой скорости вала:



d
 0 ,8t 3 '  2,4t 2 ,
dt
98
3. Найдем угловую скорость вала в конце 20-й секунды (t = 20 с):
 к  24t 2  2,4  20 2  960 рад /с
Если выразить эту угловую скорость в об/мин, то
nк 
30 к
 9170 об/мин.

4. Определим уравнение углового ускорения:



d
 2 ,4t 2 '  4 ,8t .
dt
5. Найдем угловое ускорение в начале движения (t0=0), в конце
10- й (t1= 10 с) и 20-й секунд (t2 = 20 с):
 0  4,8  t 0  0;  1  4,8t1  4,8 10  48 рад/с2 ;
 2  4,8  t 2  4,8  20  96 рад/с2 .
99
ГЛАВА 5. СЛОЖНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТОЧКИ
§ 20. Абсолютное движение и его составляющие
В предыдущих главах мы рассматривали движение точки и тела
относительно системы отсчета, связанной с Землей, которую условно
считали неподвижной. Движение относительно этой «неподвижной»
системы координат принято называть абсолютным. Но иногда приходится рассматривать движение точки относительно системы, связанной
с телом, которое само движется относительно Земли или тел, неподвижно скрепленных с ней (стены здания, рельсы, машины и т.п.). В
этом случае абсолютное движение точки удобно представить себе как
сложное движение, состоящее из двух (или более) независимых движений.
Движение точки относительно подвижной системы отсчета называют относительным, а движение точки вместе с подвижной системой
отсчета относительно неподвижной системы отсчета называют переносным.
Для примера рассмотрим движение поднимаемого при помощи
крана груза в условиях, когда стрела крана одновременно поворачивается вокруг своей оси. Движущейся системой отсчета в этом случае является стрела крана. Относительно нее груз движется прямолинейно вверх – это относительное движение. Одновременно вместе со
стрелой груз совершает движение по дуге окружности относительно
«неподвижной» Земли – это переносное движение груза.
Наблюдатель, стоящий на Земле, видит абсолютное движение груза, складывающееся из двух происходящих одновременно движений.
Сложным также является движение человека по движущейся лестнице эскалатора: движение человека по отношению к ступеням является
относительным, а перемещение его вместе со ступенями относительно
неподвижных стен тоннеля является переносным. Абсолютным будет
движение человека относительно неподвижных стен.
Таким образом, абсолютное движение точки – совокупность двух
движений: относительного и переносного. При этом различают абсолютную, относительную и переносную траектории и соответственно
такие же скорости и ускорения точки.
§21. Сложение скоростей и ускорений точки
в сложном движении
В ряде случаев по заданным относительному и переносному движениям определяют абсолютное движение точки. Иногда заданы абсо100
лютное и одно из составляющих движений, а необходимо определить
другое составляющее движение.
Рассмотрим, как определяют абсолютное движение точки (т.е. абсолютные перемещения, скорость и ускорение), если ее относительное и
переносное движения прямолинейны и направлены под углом друг к
другу. Пусть груз М движется вниз по наклонной плоскости и за промежуток времени  t перемещается относительно нее на  Sотн (рис. 72).
Рис. 72
Наклонная плоскость за этот же промежуток времени  t движется
прямолинейно относительно Земли, и груз вместе с ней совершает переносное перемещение  Sпер. Изобразим эти перемещения в виде вектора  Sотн и  Sпер, направление которых совпадает с направлениями
соответствующих движений. Диагональ параллелограмма, построенного
на этих векторах (рис. 73), будет абсолютным перемещением груза из
точки М в точку M1. При этом, если переносное и относительное перемещения прямолинейны, абсолютное перемещение
s абс  s пер  sотн .
(37)
Рис. 73
Поделим каждый член уравнения (37) на время  t, в течение которого происходило движение, и устремляя  t  0, получим выражение:
101
 s пер
 s абс
 s отн
 lim
 lim
,
t 0  t
t 0  t
t 0  t
lim
где каждый член представляет собой в пределе соответствующую мгновенную скорость груза, т.е.
Vабс  Vпер  Vотн .
(38)
Следовательно, в случае, если относительное и переносное движения прямолинейны, абсолютная скорость точки в каждый момент времени определяется как геометрическая сумма относительной и переносной скоростей. Графически абсолютная скорость точки может быть
определена по правилу параллелограмма или треугольника (рис. 74, а и
б).
Рис. 74
Для определения модуля абсолютной скорости можно использовать
теорему косинусов:
2
2
Vабс  Vпер
 Vотн
 2VперVотн cos(180    ) .
Учитывая, что cos ( 180   )   cos  , имеем
2
2
Vабс  Vпер
 Vотн
 2VперVотн cos  ,
где  – угол между направлениями относительной и переносной скоростей.
Из последнего выражения следует, что: 1) при  = 0°, когда
направления относительной и переносной скоростей совпадают,
2
2
cos 0   1 и Vабс  Vпер
 Vотн
 2VперVотн  Vпер  Vотн ;
2) при  = 180°, когда относительное и переносное движения прямо
противоположны, cos 180° = – 1 и
2
2
Vабс  Vпер
 Vотн
 2VперVотн  Vпер  Vотн ;
102
2
2
3) при  = 90°, cos 90° = 0 и Vабс  Vпер
 Vотн
.
Аналогичные рассуждения позволяют написать выражение для
ускорений:
a абс  a пер  aотн ,
которое, однако, справедливо лишь для случая, когда переносное движение является поступательным.
Следует заметить, что выражения (37) и (38) справедливы и в общем случае, когда переносное и относительное движения криволинейны, так как криволинейное движение можно рассмотреть как совокупность бесконечно малых прямолинейных перемещений, направленных
вдоль соответствующих скоростей.
Задача 48. В кулисном механизме (рис. 75, а) кулиса ОС качается
вокруг оси 0, перпендикулярной плоскости чертежа. Ползун А перемещается вдоль кривошипа и приводит в возвратно-поступательное движение стержень АВ, который перемещается в вертикальных направляющих К. Определить скорость движения ползуна относительно кулисы
ОС, если ОК = l, а угловая скорость кривошипа .
Рис. 75
Решение.
1. Движение точки А вместе со стержнем АВ относительно неподвижных направляющих К можно считать сложным, складывающимся
из двух движений:
относительного поступательного вдоль кулисы ОС; вектор относительной скорости VOTH направлен вдоль кулисы (рис. 75, б);
103
переносного вращательного вместе с кулисой ОС; вектор Vпep
направлен перпендикулярно кулисе ОС и его модуль
Vпер  OA 
l
.
cos 
2. Скорость абсолютного движения точки А направлена по вертикали.
3. Из параллелограмма скоростей (рис. 75, б) очевидно, что модуль
относительной скорости точки А:
Vотн  V пер tg 
l
tg .
cos 
Задача 49. Вниз по течению реки равномерно плывет лодка, приводимая в движение гребным винтом от мотора. Скорость течения реки
4 км/ч, скорость лодки, сообщаемая ей гребным винтом по отношению к
воде, составляет 8 км/ч. Определить скорость лодки относительно берегов и расстояние, которое проходит лодка вдоль берегов за 20 мин.
Решение иллюстрировать рисунком, считая берега реки на данном
участке прямолинейными и параллельными.
Решение.
1. Лодку принимаем за материальную точку, а водную массу реки –
за материальную среду.
Движение лодки относительно берегов или, иначе говоря, движение лодки, наблюдаемое с берега, – это абсолютное движение. Переносное движение лодки – ее перемещение вместе с рекой; скорость
VP = 4 км/ч, которую сообщает лодке река, – ее переносная скорость.
Относительное движение – перемещение лодки по поверхности воды, создаваемое гребным винтом; скорость относительного движения
Vл=8 км/ч.
2. Так как в данном случае переносное и относительное движения
направлены в одну и ту же сторону, то скорость лодки относительно
берегов (абсолютная скорость):
Vабс  V p  V л  4  8  12 км/ч.
3. За время t  20 мин 
1
ч лодка вдоль берегов проходит рас3
стояние:
sабс  Vабс  t  12 
1
 4 км.
3
4. Иллюстрируем решение задачи следующим образом (рис. 76).
Изобразим на рисунке тот участок водного пространства, который
проходит лодка независимо от того, перемещается этот участок воды
104
1
ч лодка успевает пройти по этому пространству
3
из положения L0 в положение L1 расстояние
или нет. За 20 мин 
L0 L1  sотн  Vотн  t  8 
1
2
 2 км.
3
3
Рис. 76
За эти же 20 мин, или
1
ч , показанное водное пространство пере3
местится на расстояние
L1 L'1  s пер  V p  t  4 
1 4
1
  1 км.
3 3
3
Таким образом, лодка, находившаяся в начале рассматриваемого
движения относительно берегов в точке L0, через 20 мин оказывается в
точке L1' т. е. проходит расстояние
L0 L'1  sабс  sотн  sпер  2
2
1
 1  4 км.
3
3
Следовательно, скорость абсолютного движения
s абс
4

 12 км/ч
1
t
3
Задача 50. Два автомобиля 1 и 2 движутся параллельно друг другу в
одну и ту же сторону со скоростями V1 = 80 км/ч и V2 = 60 км/ч
(рис. 77, а). С какой скоростью второй автомобиль двигается относительно первого?
Решение.
V абс 
105
1. Ответ «по соображению» получается мгновенно: V2-1 = 60 – 80 =
= – 20 км/ч, т. е. относительно первого второй автомобиль двигается со скоростью 20 км/ч, но в обратную сторону.
2. Объясним это решение с точки зрения теории сложного движения точки. Условно остановим первый автомобиль. Но тогда, чтобы не
изменились условия движения, необходимо мысленно представить, что
полотно дороги под вторым автомобилем и вместе с ним получает движение в обратную сторону со скоростью Vпер  V1 (рис. 77, б).
Рис. 77
Находясь в условном переносном движении со скоростью Vпер, второй автомобиль относительно дороги движется со скоростью V2.
Поэтому результирующая обеих скоростей V абс  V 21 численно
равна их разности:
V21  V1  V2  80  60  20 км/ч.
Как видно на рис. 77, в, результирующая направлена в сторону,
противоположную скорости V1 .
Задача 51. Расстояние S = 90 км между двумя пристанями, расположенными на реке (рис. 78), теплоход проходит без остановки в одном
направлении (по течению) за t1 = 3 ч и в обратном направлении (против
течения) за t2 = 5 ч. Определить скорость течения реки и собственную
скорость теплохода.
Решение.
106
1. Теплоход, который принимаем за материальную точку, двигаясь
по течению, имеет абсолютную скорость (скорость относительно берегов): V1  Vтх  V p , где Vтх – искомая собственная скорость теплохода
(относительная скорость); Vр – скорость течения реки (переносная скорость).
При движении против течения абсолютная скорость теплохода
V2  Vтх  Vp .
Рис. 78
2. Движение теплохода по течению описывается уравнением
(рис. 78, а)


s  Vтх  Vp t1.
Движение теплохода против течения происходит по уравнению
(рис. 78, б)


s  Vтх  Vp t2 .
3. Решаем полученную систему уравнений:
Vтх  V p 
s
,
t1
Vтх  V p 
s
.
t2
Сложим правые и левые части этих уравнений:
2Vтх 
s s 90 90
 

 48 км/ч
t1 t2
3
5
и
Vтх  24 км/ч
Вычитаем из верхнего равенства нижнее:
2V p 
s s 90 90
 

 12 км/ч и V p  6 км/ч
t1 t 2
3
5
107
Таким образом, собственная скорость теплохода составляет 24 км/ч
и скорость течения реки равна 6 км/ч.
Задача 52. От одного берега реки к другому плывет лодка, держа курс
перпендикулярно к берегам (рис.79). Ширина реки 800 м. Лодка достигает противоположного берега через 12 мин после начала переправы.
За это время лодку сносит вниз по течению на расстояние 600 м. Определить скорость течения реки; собственную скорость лодки:
скорость лодки относительно берегов. Скорость течения у берегов и на
середине реки считать одинаковой.
Рис. 79
Решение.
1. Изобразим на рисунке движение лодки (рис. 79). Представим,
что лодка отплывает из точки А на правом берегу. Если бы не было
течения, она достигла бы противоположного берега в точке В; известно, что ширина реки АВ = lр = 800 м = 0,8 км. Но лодку сносит вниз по
течению
(переносное
движение)
на
расстояние
ВС = lпер = 600 м = 0,6 км и поэтому движение лодки относительно берегов (абсолютное движение) происходит по прямой АС.
Обозначим точкой L положение лодки через некоторое время после начала движения. Скорость лодки относительно берегов – абсолютная скорость V абс – направлена вдоль прямой АС и складывается из
собственной скорости V л , сообщаемой гребным винтом или веслами, и
из переносной скорости течения реки V p .
2. Допустим, что нет течения реки, тогда лодка будет перемещаться относительно берегов так же, как и относительно воды, по прямой
АВ, и ее движение опишется уравнением
108
l p  Vл  t ,
где t – время переправы (t = 12 мин = 0,2 ч). Отсюда находим собственную скорость лодки (скорость лодки относительно воды – относительную скорость):
Vл 
lp
t

0,8
 4 км/ч.
0,2
3. Если лодка будет плыть, подчиняясь только течению реки, ее
движение опишется уравнением
l пер  V p t .
Из этого уравнения найдем скорость течения реки:
Vp 
lпер
t

0,6
 3 км/ч.
0,2
4. Теперь из прямоугольного треугольника скоростей (см. рис. 79)
легко найти скорость лодки относительно берегов – абсолютную скорость:
Vабс  V л2  V р2  4 2  3 2  5 км/ч.
Задача 53. В кривошипно-кулисном механизме с поступательно
движущейся кулисой ВС кривошип ОА (расположенный позади кулисы) длиной l = 400 мм вращается с постоянной угловой скоростью
 = 10 рад/с. Концом А, соединенным шарнирно с камнем, скользящим
в прорези кулисы, кривошип сообщает кулисе ВС возвратнопоступательное движение. Определить скорость кулисы в момент, когда кривошип образует с осью кулисы угол х ОА = 30° (рис. 80, а).
Решение.
1. В данном случае движение точки А вместе с кривошипом можно
считать сложным, т.е. получающимся в результате сложения:
а) движения точки А вместе с кулисой в ее возвратно-поступательном (переносном) движении вдоль оси х;
б) относительного движения точки А вместе с камнем, движущимся возвратно-поступательно в прорези кулисы в направлении, перпендикулярном к оси х.
109
Рис. 80
2. Абсолютная скорость точки А, модуль которой легко определяется по формуле V A    l  10  0,4  4 м/с, направлена перпендикулярно к кривошипу ОА. Переносная скорость точки А, равная поступательной скорости кулисы V кул , направлена по прямой АВ (рис. 80
, б). Относительная скорость Vотн точки А, равная скорости камня в
прорези кулисы, направлена по прямой АС.
3. Изобразим скорость VА= 4 м/сек вектором, перпендикулярным к
ОА. Разложим ее на составляющие Vотн и V пер  Vкул , как показано на
рис. 76, б. Вектор AF  V кул изображает искомую скорость кулисы.
4.  FEA   xOA    30 (как углы с взаимно перпендикулярными сторонами) и, следовательно,
V кул  V A  sin   4  sin 30   2 м/с.
Таким образом, в данный момент кулиса перемещается вниз со
скоростью 2 м/с.
Чтобы лучше проанализировать движение кулисы, необходимо
знать, когда кулиса двигается ускоренно, когда замедленно, при каких
положениях кривошипа кулиса имеет максимальную скорость и чему
равна эта скорость, при каких положениях кривошипа скорость кулисы
равна нулю?
110
111
ГЛАВА 6. СЛОЖНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА
§ 22. Плоскопараллельное движение тела
Подобно сложному движению точки движение тела относительно
неподвижной системы отсчета удобно в некоторых случаях считать
сложным, т.е. состоящим из относительного и переносного движений.
Обычно составляющие части сложного движения – это простейшие
движения тела: поступательное и вращательное.
Рис. 81
Рассмотрим один из случаев сложного движения тела, широко
встречающийся в технике – это так называемое плоскопараллельное
движение. Оно получается в том случае, когда все точки движущегося
твердого тела перемещаются в плоскостях, параллельных данной неподвижной плоскости. Таково, например, движение шатуна в кривошипно-шатунном механизме, движение сателлитов в планетарном механизме, качение колеса по прямолинейному рельсу и т.д.
Пусть твердое тело А (рис. 81) движется параллельно неподвижной
плоскости I. Пересечем тело плоскостью II, параллельной плоскости I.
Получим в сечении фигуру S, которая, перемещаясь вместе с телом,
остается все время в плоскости II.
Отрезок MN, проведенный перпендикулярно к плоскости сечения
S, во время движения остается все время перпендикулярным к плоскостям II и I, т.е. перемещается параллельно своему первоначальному
положению – значит, движется поступательно. Все точки прямой MN, а
112
следовательно, и точка К, лежащая в плоскости фигуры S, имеют одинаковые траектории скорости и ускорения.
Аналогичные рассуждения можно привести в отношении прямой
EF и любой другой прямой тела А.
Так как движение точки К такое же, как и всех точек, лежащих на
прямой MN, а движение точки D – всех точек прямой EF, то, очевидно,
можно утверждать, что движение фигуры S в плоскости II определяет
движение всего тела А. Поэтому для изучения плоскопараллельного
движения тела достаточно изучить движение плоской фигуры в ее
плоскости.
Рассмотрим движение фигуры S (рис. 82) в плоскости II относительно неподвижно связанных с этой плоскостью осей хОу. Пусть
оси x1O1y1 будут связаны с движущейся фигурой S – это подвижные
оси.
Рис. 82
Положение фигуры S в ее плоскости будет определяться положением подвижной системы осей относительно неподвижной, т.е. координатами центра 01 и углом поворота . Иначе, положение фигуры S в
данный момент времени можно определить, если будут известны функции
x'0  f1( t ); 

y'0  f 2 ( t );
  f3( t ), 

(39)
которые называют уравнениями плоскопараллельного движения.
Если при движении будет оставаться постоянным угол  ( = const), то
тело движется поступательно и уравнениями его движения будут функ113
ции x'0  f1( t ); y'0  f 2( t ). Если при движении не будут изменяться координаты центра О, т.е. x'0  const и y'0  const , то тело совершает
вращательное движение, которое описывается уравнением  = f(t).
Приведенные рассуждения позволяют сделать вывод, что поступательное и вращательное движения можно рассматривать как
частные случаи плоскопараллельного движения тела.
§ 23. Определение скорости точки тела
при плоскопараллельном движении
Рассмотрим движение плоской фигуры в своей плоскости (рис. 83).
Пусть полюсом служит точка А. Сложное движение фигуры состоит из
поступательного вместе с полюсом со скоростью VA и вращательного
вокруг этого полюса с угловой скоростью . Поступательное движение
является переносным, вращательное – относительным. Теперь мы можем найти абсолютную скорость любой другой точки тела В как геометрическую сумму двух скоростей: переносной скорости поступательного движения, равной скорости полюса: VBпер = VA, и относительной скорости вращательного движения вокруг полюса: VBотн  VBA ,
V Bабс  V A  V BA .
(40)
Рис. 83
Причем вектор V BA перпендикулярен радиусу вращения АВ и
направлен в сторону вращения. Модуль его V BA  AB , где  – угловая
скорость тела. При решении таких задач обычно в качестве полюса принимают точку, скорость которой в данный момент времени известна.
Задача 54. В четырехзвенном механизме (рис. 84) кривошип ОА
вращается равномерно с частотой п = 300 об/мин. Для заданного поло114
жения механизма, при котором кривошип ОА перпендикулярен шатуну
АВ и < ABC = 45°, определить угловую скорость звена (коромысла) ВС,
если ОА = 0,12 м, АВ = 0,3 м и ВС = 0,14 м.
Рис. 84
Решение.
1. Шатун механизма АВ совершает плоскопараллельное движение.
Выберем в качестве полюса точку А, скорость которой VA направлена
перпендикулярно радиусу кривошипа ОА в сторону вращения, модуль
последней легко определить из выражения:
V A  OA  1  OA
n
30
 0 ,12
  300
30
 1,2 м/с.
2. Абсолютную скорость точки В шатуна найдем как геометрическую сумму двух составляющих скоростей: поступательного движения,
равной VА, и окружной относительно полюса – VВА, направленной перпендикулярно АВ. Точка В принадлежит коромыслу ВС, которое совершает вращение относительно центра С, следовательно, ее абсолютная скорость VВ направлена перпендикулярно ВС и также направлена в
сторону его вращения. Учитывая это, построим параллелограмм, диагональю которого будет вектор VВ, а сторонами векторы VВА и VA.
Угол между VВ и VA равен 45°, поэтому
VB 
VA


1,2
 5,33 м/с.
0,707
cos 45
3. Искомую угловую скорость коромысла найдем из выражения
V B  BC 2 ,
2 
V B 5,33

 38 ,1 рад/с.
BC 0,14
115
§ 24. Мгновенный центр скоростей
Определим в данный момент времени абсолютную скорость некоторой точки С плоской фигуры, которая лежит на прямой, перпендикулярной вектору скорости полюса V0. Причем, пусть расстояние
V
OC  0 , где  – угловая скорость фигуры (рис. 85). Нетрудно убе
диться, что абсолютная скорость этой точки будет равна нулю, так как
направления векторов относительной скорости VCO и переносной V0
противоположны, а их модули равны.
Рис. 85
Действительно, VCO  OC   
V0
  V0 .

Очевидно, если скорость некоторой точки С движущейся фигуры
равна нулю, то фигура в данный момент времени совершает вращательное движение вокруг рассматриваемой точки (либо твердое тело
вращается вокруг оси, проходящей через точку С перпендикулярно
плоскости чертежа). Эту точку называют мгновенным центром скоростей (МЦС), или мгновенным центром вращения.
Положение мгновенного центра скоростей непрерывно изменяется
с течением времени.
Таким образом, сложное плоскопараллельное движение тела можно упростить, представив его в виде последовательного ряда мгновенных вращений вокруг центров (осей), занимающих различные положения.
Если, например, в данный момент времени МЦС находится в точке
С (рис. 86), то скорости любых других точек А и В будут перпендику-
116
лярны к прямым, соединяющим эти точки с точкой С, и направлены в
сторону вращения, а их модули V A    AC и VB    BC.
Рис. 86
Зная положение мгновенного центра скоростей и угловую скорость вращения плоской фигуры, можно найти скорость любой точки
тела.
Если известны скорости двух произвольных точек фигуры (например VА и VВ), то мгновенный центр скоростей находится в точке пересечения перпендикуляров, восстановленных к этим векторам. Иногда
мгновенный центр скоростей С может располагаться и вне фигуры, но
в ее плоскости (рис. 87).
Рис. 87
Модули мгновенных скоростей различных точек фигуры пропорциональны расстояниям от этих точек до мгновенного центра скоростей.
Действительно, V A    AC ; V B    BC , отсюда
V A AC

.
V B BC
117
Если же векторы скоростей двух точек фигуры в данный момент
времени параллельны другу к другу, то возможны следующие случаи.
1. Векторы скоростей двух точек не перпендикулярны прямой АВ,
соединяющей эти точки (рис. 88, а). Перпендикуляры к векторам VA и
VB параллельны. Это значит, что МЦС находится в бесконечности, т.е.
нет вращения – фигура движется поступательно и VA = VB.
Рис. 88
2. Векторы скоростей точек А и В перпендикулярны к прямой АВ,
соединяющей эти точки. Для определения положения МЦС нужно соединить прямой линией концы векторов и найти точку С пересечения
этой линии с прямой АВ (рис. 88, б и в). Очевидно, что в этих случаях
также справедливо равенство отношений VA/VB = AC/ВС.
3. В случае, изображённом на рис. 88, г (VA = VB), находится в бесконечности – фигура движется поступательно.
Если плоская фигура движется так, что ограничивающий её контур
катится без скольжения по некоторой неподвижной кривой, то мгновенный центр скоростей С находится в точке касания контура и неподвижной кривой (рис. 89).
Рис. 89
118
Задача 55. В четырехзвенном механизме ОАВС (рис. 90) точка А
движется по круговой траектории радиусом ОА = 0,15 м, а точка В – по
дуге радиусом BС = 0,3 м, ОС = 0,5 м. Определить для данного положения механизма скорость точки В, если VA = 4,55 м/с.
Рис. 90
Решение.
Скорость точки А шатуна, общей с кривошипом ОА, направлена
перпендикулярно к радиусу вращения АО, в то время как скорость точки В шатуна, общей со звеном ВС, направлена перпендикулярно радиусу вращения ВС.
Таким образом, направления скоростей двух точек шатуна АВ, совершающего плоское движение, известны. На пересечении перпендикуляров к векторам VA и VB находится МЦС, который совпадает с точкой С.
Так как модули скоростей различных точек фигуры пропорциональны расстояниям, то можно написать
V B BC
BC
0,3



 0,462 ,
V A AC AO  OC 0,15  0,5
откуда VB = VA - 0,462 = 4,55 - 0,462 = 2,1 м/с.
Задача 56. Кривошип ОА = r = 40 см кривошипно-шатунного механизма (рис. 91, а) вращается с угловой скоростью  = 25 рад/с. Длина
шатуна, приводящего ползун В в возвратно-поступательное движение
вдоль горизонтальных направляющих, равна АВ = l = 100 см. Определить скорость ползуна В в тот момент, когда кривошип ОА образует с
горизонталью угол  = 30°.
Решение 1 – при помощи мгновенного центра скоростей (решение
путем сложения переносной и относительной скоростей рекомендуется выполнить самостоятельно).
1.Изобразим на рис. 91, б расчетную схему. Схематично покажем
кривошип ОА и шатун АВ в заданном положении. Ползун В, двигающийся поступательно, можно отождествить с точкой В.
119
Рис. 91
2. Замечаем, что кривошип совершает вращательное движение,
ползун В движется поступательно, а шатун АВ совершает плоскопараллельное движение.
3. Скорость V A точки А направлена перпендикулярно к кривошипу
ОА (по касательной к окружности, которую описывает точка А). Ее
числовое значение
V A    r  25  0,4  10 м/с.
Скорость V B точки В направлена вдоль прямой ВО.
Проведем из точек А и В прямые, перпендикулярные к направлениям скоростей V А и VB . Найдем в точке их пересечения С мгновенный центр скоростей шатуна.
4. Найдя положение мгновенного центра скоростей, получим
V A VB

 .
CA CB
Отсюда
VB  V A 
CB
,
CA
CB
, которое,
CA
как легко заметить, равно отношению синусов противолежащих углов
(теорема синусов):
CB sin  1

.
CA sin  2
но предварительно нужно узнать значение отношения
120
5. Чтобы определить величину этого отношения, необходимо
определить углы 1 и 2.
Замечая, что (см. рис. 87, б) 2 = 90 - , найдем угол , применив
теорему синусов к  OBA:
OA r sin 
 
,
AB l sin 
откуда
sin  
r
40
sin  
sin 30   0,2;   11 30'.
l
100
Следовательно,
 2  90 11 30'  78 30'.
Из того же рис. 91, б видно, что угол 1 является одним из внешних углов  ОBА, поэтому
1      30  11 30'  41 30'.
6. Теперь можно определить числовое значение скорости ползуна В:
VB  V A 
sin 1
CB
sin 41 30'
 VA 
 10 
 6,75 м/с.
CA
sin  2
sin 78  30'
Решение 2 – графическим методом.
1. Построим в масштабе 1 = 2,22 см/мм схему кривошипношатунного механизма в заданном положении (рис. 92).
Рис. 92
121
2. Скорость VA = 10 м/сек точки А изобразим отрезком АК = 18 мм.
Значит, масштаб скоростей
V 
10 м/сек
 0 ,555 м/сек  мм.
18 мм
3. Из точки В построим вектор Bb  V A (вектор Вb равен вектору
AK . и параллелен отрезку AK). Из точки b построим до пересечения с
линией ВО (направлением скорости V B ) отрезок bа, перпендикулярный
к ВА. Получившийся на линии ВО вектор Ba изображает искомую
скорость VB .
4. Измерив длину отрезка Ва, найдем, что Ва = 12 мм. Следовательно, числовое значение скоростей точки В
VB  V  Ba  0,555 мм/сек  мм  12 мм  6,66 м/с.
5. Как видно, между результатом, вычисленным при помощи
мгновенного центра скоростей (6,75), и результатом, найденным при
графическом решении (6,66), имеется расхождение, равное 0,09 (абсолютная ошибка). Следовательно, относительная ошибка, допущенная в
графическом решении, составляет
0,09 100 / 6,75  1,34 0 0 .
Задача 57. Колесо катится без скольжения по горизонтальной
плоскости, причем ось колеса перемещается равномерно со скоростью
V0 = 5 м/с. Определить абсолютную скорость точки А на ободе колеса и
точки В, находящейся на том же радиусе, в момент, когда радиус колеса, равный ОА = r = 40 см, образует с вертикалью угол  = 60° (рис.
93). Расстояние OB = 15 см.
Решение 1 – при помощи мгновенного центра скоростей.
1. Колесо катится без скольжения, следовательно, точка С соприкосновения колеса с горизонтальной плоскостью является мгновенным
центром скоростей, так как абсолютная скорость этой точки VC = 0.
Если принять точку С за полюс, то можно считать, что в данный момент колесо совершает вращение вокруг так называемой мгновенной
оси, перпендикулярной к плоскости колеса и проходящей через точку С
(мгновенный центр скоростей).
2. Определяем угловую скорость колеса:

V0
5

 12 ,5 рад/с.
OC 0,4
122
Рис. 93
3. Определяем абсолютную скорость точки А. Скорость направлена перпендикулярно к прямой АС, соединяющей точку А с мгновенным центром скоростей С,
V A    AC .
но
AC  2 AD  2 AO  sin
180   
 2  0,4  sin 60   0,694 м.
2
Следовательно,
V B  12 ,5  0,694  8,67 м/с.
4. Определяем абсолютную скорость точки В. Скорость V B направлена перпендикулярно к прямой СВ и численно равна
V B    BC .
но
BC  OC 2  OB 2  2OC  OB  cos(180    ) 
 0,4 2  0,15 2  2  0,4  0,14 ( cos 60  ) 
 0,16  0,0225  0,06  0,493 м
и, следовательно, V B = 12,50,493 = 6,17 м/с.
123
Решение 2 – при помощи сложения переносной и относительной
скоростей.
1. Катящееся колесо совершает сложное движение, складывающееся из поступательного движения колеса вместе с осью О (переносного движения) и вращения колеса вокруг оси О (относительного
движения).
2. Абсолютная скорость V А точки А при таком рассмотрении движения колеса равна диагонали параллелограмма ACDE, построенного
на переносной V пер и относительной V АО скоростях точки А (рис. 94).
3. Переносная скорость точки А равна скорости V0 оси колеса.
Найдем относительную скорость VАО точки А; VAO =   AO. Но угловая скорость относительного вращательного движения, как известно,
не зависит от выбора полюса, поэтому, приняв за полюс точку С,
V
найдем, что   0 . Следовательно,
CO
V AO    AO 
V0
 AO  V0 (так как СО = АО – радиус колеса).
CO
Рис. 94
124
Таким образом, для точки, расположенной на ободе катящегося
без скольжения колеса,
Vпер  V AO  V0 .
Следовательно, параллелограмм ACDE есть ромб с углом
САЕ =  = 60°, поэтому
V A  2V0 cos

2
 2  5  cos 30   8,67 м/с.
4. Абсолютная скорость V B точки В равна диагонали параллелограмма BFGH, построенного на переносной скорости V пер  V0 и на
относительной скорости V B , и ее числовое значение можно определить
по формуле
2
2
VB  Vпер
 VBO
 2Vпер VBO  cos  .
Но предварительно необходимо найти скорость VBO, которая определяется из соотношения
V AO V BO

,
AO
BO
V BO 
V AO  BO 5 15

 1,88 м/с.
AO
40
Окончательно
V B  5 2  1,88 2  2  5 1,88  cos 60  
 25  3,53  9,4  37 ,93  6,17 м/с.
Задача 58. Две параллельные рейки (рис. 95, а) движутся в противоположные стороны с постоянными скоростями V1 = 8 м/с и V2 = 2 м/с.
Между рейками зажат диск радиусом r = 0,5 м, катящийся по рейкам
без скольжения.
Найти угловую скорость диска и скорость его центра.
Решение 1 – при помощи мгновенного центра скоростей.
1. В данном случае известны скорости реек. Но так как диск катится между ними без скольжения, точки А и В в местах соприкосновения
диска с рейками имеют те же скорости. Следовательно, V A  V1 и
V B  V 2 (рис 95, б). Как видно, точки А и В лежат на прямой, перпендикулярной к направлениям этих скоростей.
125
Соединив концы D и Е векторов AD и BE, изображающих скорости
V A и V B , найдем на прямой АВ точку С – мгновенный центр скоростей
диска.
2. Скорость иа центра диска определяется по формуле
V0    OC ,
где  – угловая скорость диска.
Рис. 95
3. Величины угловой скорости  и расстояния ОС находим из равенств

VA
VA
V
VB

и  B 
.
AC r  OC
BC r  OC
Так как левые части обоих равенств равны между собой, то
VA
VB

,
r  OC r  OC
126
отсюда
OC 
V A  VB
82
r 
 0,5  0,3 м
V A  VB
82
и

VA
8
8


 10 рад/с.
r  OC 0,5  0,3 0,8
4. Находим скорость V0:
V0    OC  10  0,3  3 м/с.
Решение 2 – методом последовательной остановки реек.
1. Плоское движение диска образуется вследствие независимого
друг от друга перемещения реек. Поэтому скорость центра диска можно получить как результат геометрического сложения скоростей, получаемых точкой О от перемещения каждой рейки.
2. Мысленно остановим нижнюю рейку (рис. 95, в). Тогда благодаря передвижению верхней рейки диск будет катиться по нижней
без скольжения и в точке В образуется мгновенный центр скоростей.
Соединим точку В с точкой D (концом вектора V A ) и получим треугольник BAD, в котором вектор OK  VOB изображает скорость центра диска при неподвижной нижней рейке.
Так как ОК – средняя линия треугольника BAD,
VA 8
  4 м/с.
2
2
Угловая скорость диска в этом движении
VOB 
VA 8
  8 рад/с.
AB 1
3. Теперь мысленно остановим верхнюю рейку (рис. 95, г). Диск
будет катиться без скольжения по верхней рейке, имея мгновенный
центр скоростей в точке А.
Соединив точку А с концом Е вектора V B , получим треугольник
1 
ABE, определяющий скорость VOA  OL центра диска при неподвижной верхней рейке.
И здесь OL – средняя линия треугольника ABE, поэтому
VOA 
VB 2
  1 м/сек
2
2
127
Угловая скорость диска в этом движении
VB 2
  2 рад/с.
BA 1
4. При одновременном движении обеих реек скорость центра дис-
2 
ка
V0  VOA  VOB  4  1  3 м/с,
так как обе скорости VOA и VOB направлены вдоль одной прямой, но в
противоположные стороны.
5. Угловая скорость диска определяется как сумма угловых скоростей 1 и 2, найденных выше:
  1  2  8  2  10 рад/с.
128
СОДЕРЖАНИЕ
Глава 1. ПЛОСКАЯ СИСТЕМА СХОДЯЩИХСЯ СИЛ ............................3
§ 1. Сложение двух сходящихся сил ......................................................3
§ 2. Разложение силы на две сходящиеся составляющие .....................6
§ 3. Сложение плоской системы сходящихся сил. Силовой
многоугольник ........................................................................................ 11
§ 4. Проекция силы на ось. Проекция силы на две взаимноперпендикулярные оси координат ........................................................ 20
§ 5. Условия равновесия плоской системы сходящихся сил .............. 24
Глава 2. ПЛОСКАЯ СИСТЕМА ПРОИЗВОЛЬНО
РАСПОЛОЖЕННЫХ СИЛ ......................................................................... 26
§ 6. Момент силы относительно точки ................................................ 26
§ 7. Приведение системы сил к данной точке ....................................32
§ 8. Равнодействующая плоской системы сил. Теорема Вариньона
о моменте равнодействующей ..................................................................35
§ 9. Уравнения равновесия произвольной плоской системы сил ......40
§ 10. Виды опор балочных систем. ....................................................... 50
Определение опорных реакций............................................................. 50
Глава 3. ПРОСТРАНСТВЕННАЯ СИСТЕМА СИЛ.................................56
§ 11. Пространственная система сходящихся сил .............................. 56
§ 12. Момент силы относительно оси .................................................. 61
§ 13. Условия равновесия произвольной пространственной
системы сил ............................................................................................ 65
Глава 4. КИНЕМАТИКА ТОЧКИ .............................................................. 75
§ 14. Основные положения кинематики ............................................... 75
§ 15. Способы задания движения точки ............................................... 76
§ 16. Скорость точки .............................................................................. 78
§ 17. Ускорение точки............................................................................ 86
§ 18. Вращательное движение тела вокруг неподвижной оси ........... 90
§ 19. Частные случаи вращательного движения..................................92
Глава 5. СЛОЖНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТОЧКИ ............................................. 100
§ 20. Абсолютное движение и его составляющие ............................. 100
§ 21. Сложение скоростей и ускорений точки в сложном
движении............................................................................................... 100
Глава 6. СЛОЖНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА .......................... 112
§ 22. Плоскопараллельное движение тела ......................................... 112
§ 23. Определение скорости точки тела при плоскопараллельном
движении............................................................................................... 114
§ 24. Мгновенный центр скоростей .................................................... 116
129
Учебное издание
Чубенко Елена Филипповна
Овсянникова Галина Леонидовна
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА
Часть 1
Учебное пособие
Редактор Т.Э. Заворотная
Корректор Л.З. Анипко
Компьютерная верстка А.С. Головченко
Лицензия на издательскую деятельность ИД № 03816 от 22.01.2001
Подписано в печать 14.10.2003. Формат 6084/16.
Бумага типографская. Печать офсетная. Усл. печ. л. 7,44. Уч.-изд. л. 7,2.
Тираж
экз. Заказ
_____________________________________________________________
Издательство Владивостокского государственного университета
экономики и сервиса
690600, Владивосток, ул. Гоголя, 41
Отпечатано в типографии ВГУЭС
690600, Владивосток, ул. Державина, 57
130