Министерство образования и науки Российской Федерации НОВОСИБИРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ __________________________________________________________________________ А.М. КРАСЮК, А.А. РЫКОВ ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА ЗАДАНИЯ ДЛЯ РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКИХ РАБОТ Утверждено Редакционно-издательским советом университета в качестве учебного пособия НОВОСИБИРСК 2018 1 УДК 531.01(075.8) К 785 Рецензенты: д-р техн. наук, профессор В.П. Гилета канд. техн. наук, доцент, зав. кафедрой машиноведения НГПУ А.В. Кириллов К 785 Красюк А.М. Теоретическая механика. Задания для расчетно-графических работ: учебное пособие / А.М. Красюк, А.А. Рыков. – Новосибирск: Изд-во НГТУ, 2018. – 172 с. ISBN 978-5-7782-3631-8 Настоящая работа является руководством к решению студентами расчетно-графических работ по курсу «Теоретическая механика». В работе приведены варианты заданий и примеры решения задач по основным разделам курса, необходимые краткие теоретические сведения. Пособие предназначено для студентов, обучающихся по специальностям как машиностроительного, так и технологического профиля. УДК 531.01(075.8) ISBN 978-5-7782-3631-8 © Красюк А.М., Рыков А.А., 2018 © Новосибирский государственный технический университет, 2018 2 ОГЛАВЛЕНИЕ Предисловие ............................................................................................................5 СТАТИКА ...............................................................................................................6 Задание С1. Определение реакций опор твердого тела ...................................6 Задание С2. Определение реакций опор твердого тела .................................13 Задание С3. Определение реакций опор составной конструкции .................20 КИНЕМАТИКА ....................................................................................................28 Задание К1. Определение скорости и ускорения точки по заданным уравнениям ее движения ...................................................................................28 Задание К2. Определение скоростей и ускорений точек тела при поступательном и вращательном движении .......................................................31 Задание К3. Кинематический анализ плоского планетарного механизма ...................................................................................................................40 Задание К4. Кинематический анализ плоского рычажного механизма........50 Задание К5. Определение абсолютной скорости и абсолютного ускорения точки ........................................................................................................61 ДИНАМИКА .........................................................................................................71 Задание Д1. Интегрирование дифференциальных уравнений движения материальной точки ...................................................................................71 Задание Д2. Исследование поступательного и вращательного движения твердого тела...............................................................................................84 Задание Д3. Исследование поступательного, вращательного и плоского движения твердого тела............................................................................95 Задание Д4. Применение теоремы об изменении кинетической энергии к изучению движения механической системы, совершающей поступательное и вращательное движение ....................................................... 106 3 Задание Д5. Применение теоремы об изменении кинетической энергии к изучению движения механической системы, совершающей поступательное, вращательное и плоское движения........................................ 116 Задание Д6. Применение принципа Даламбера к определению реакций связей......................................................................................................... 127 Задание Д7. Применение уравнения Лагранжа II рода к изучению движения механической системы с одной степенью свободы .................... 144 Задание Д8. Применение уравнения Лагранжа II рода к изучению движения механической системы с двумя степенями свободы .................. 154 Библиографический список ............................................................................... 171 4 ПРЕДИСЛОВИЕ Большинство задач, содержащихся в задачниках и сборниках заданий по теоретической механике, имеют решения, опубликованные в Интернете. Например, на многих сайтах приведены решения задач широко используемого в учебном процессе многих вузов «Сборника заданий для курсовых работ по теоретической механике» под редакцией А.А. Яблонского. Студенты часто пользуются такими источниками информации, что снижает качество освоения дисциплины. Предыдущее пособие авторов, опубликованное в 2013 году, также «устарело» по вышесказанной причине. Эти обстоятельства побудили авторов к написанию настоящего пособия. При его написании использовались как задания, составленные авторами, так и работы, приведенные в библиографическом списке. Условия этих заданий были изменены и дополнены. Предлагаемое пособие содержит задания для расчетно-графических работ по следующим разделам: статика, кинематика и динамика. Предложено 16 заданий по 50–56 вариантов в каждом, которые охватывают основные темы дисциплины «Теоретическая механика» для машиностроительных и технологических специальностей. В каждом задании приведен пример решения задачи. По некоторым темам, например «Применение теоремы об изменении кинетической энергии к изучению движения механической системы», приводятся задания разной сложности. Это позволяет дифференцированно подойти к использованию сборника для студентов машиностроительных и технологических направлений подготовки. 5 СТАТИКА ЗАДАНИЕ С1 Определение реакций опор твердого тела На схемах, изображенных на рис. С1.2–С1.6, показано твердое тело, закрепленное посредством жесткой заделки (защемление). Необходимо определить все реактивные факторы и выполнить проверку правильности решения. Примеры решения задач на определение реакций опор твердого тела Задача Дано: схема конструкции (рис. С1.1, а): G 10 кH; Р 5 кH; М 8 кH м; S = 2 кН; q 0,5 кH/м; 60; l 1 м. Определить: реакцию опоры А и реакцию стержня СD. а Рис. С1.1 6 б в Решение 1. Рассмотрим равновесие балки АВ. Покажем все действующие на балку активные силы (рис. 1.1, б): заданную силу G, равнодействующую Q распределенной нагрузки (Q q 2 0,5 2 1 кH) , усилие Т со стороны нити и пару сил с моментом М. 2. Отбросим связи (глухую заделку А) и заменим их действие соответствующими реакциями связей: RAx , RAy и М А . 3. Балка АВ находится в равновесии под действием плоской системы сил. Прежде чем записать условие равновесия тела под действием плоской системы сил, определим усилие Т, действующее на балку со стороны нити. Для этого рассмотрим равновесие блока с грузом Р. Отбросив связи (неподвижный шарнир Е и нить), заменим их действие реакциями связей ( Ex , E y и Т ) и покажем активную силу Р (рис. С1.1, в). Записав одно условие равновесия получившейся плоской системы сил mE ( Fi ) 0 , убеждаемся, что Т = Р, так как Тr – Pr = 0, где r – радиус блока. Следовательно, на балку АВ со стороны нити действует такая же, но противоположно направленная сила Т = Р = 5 кН. 4. Запишем условия равновесия плоской системы сил, действующих на балку АВ (рис. С1.1, б): Fix 0; Fiy 0; mA 0; RAx S cos 0 ; (С1.1) RAy Q G S sin T 0 ; (С1.2) M A Ql G 3l S x 1,5l S y 4l M T 6l 0 . (С1.3) Учитываем, что составляющие S x S cos 2 0,5 1 , S y S sin 2 0,87 1,73 . 5. Решим получившуюся систему алгебраических уравнений относительно неизвестных реакций связи. Перепишем уравнение (С1.3) в виде: M A Ql G 3l S x 1,5l S y 4l M T 6l ; M A 1 1 10 3 1 1,5 1,73 4 8 5 6 0,58 кН · м. 7 Рис. С1.2 8 Рис. С1.3 9 Рис. С1.4 10 Рис. С1.5 11 Рис. С1.6 Из уравнений (С1.1) и (С1.2) найдем RAx и RAy : RAx S cos 2 0,5 1 кН, RAy Q G S sin T 1 10 2 0,87 5 4, 27 кН. Все неизвестные реакции имеют положительный знак, их направления верно показаны на рис. С1.1, б. Выполним проверку: mB RAx 1,5l RAy 6l M A Q 5l G 3l S sin 2l M 1 1,5 4, 27 6 0,58 1 5 10 3 2 0,87 2 8 0,02 , M A 0,58 кН · м, RAx 1 кН, 12 RAy 4, 27 кН. При правильном решении задачи эта сумма должна быть равна нулю. Из-за погрешностей округления (округление при расчетах следует производить в третьей значащей цифре) эта сумма может несколько отличаться от нуля, но не должна превышать 1 % от наибольшего слагаемого уравнения. Новый центр (в рассматриваемом случае точка В) следует выбирать так, чтобы момент каждой из искомых реактивных сил относительно этой точки не был равен нулю, т. е. новая точка не должна лежать на линии действия искомой силы. ЗАДАНИЕ С2 Определение реакций опор твердого тела На схемах, изображенных на рис. С2.2–С2.6, показано твердое тело, закрепленное посредством шарнирных опор. Необходимо определить все реактивные факторы и выполнить проверку правильности решения. Примеры решения задач на определение реакций опор твердого тела Задача Дано: схема конструкции (рис. С2.1, а): G 10 кH ; Р 5 кH ; М 8 кH м ; q 0,5 кH/м ; 60 ; l 1 м . Определить: реакцию опоры А и реакцию стержня СD. а б Рис. С2.1 13 в Решение 1. Рассмотрим равновесие балки АВ. Покажем все действующие на балку активные силы (рис. С2.1, б): заданную силу G, равнодействующую Q распределенной нагрузки (Q q 2 0,5 2 1 кH) , усилие Т со стороны нити и пару сил с моментом М. 2. Отбросим связи (неподвижный шарнир А и стержень CD) и заменим их действие соответствующими реакциями связей: RAx , RAy и S. 3. Балка АВ находится в равновесии под действием плоской системы сил. Прежде чем записать условие равновесия тела под действием плоской системы сил, определим усилие Т, действующее на балку со стороны нити. Для этого рассмотрим равновесие блока с грузом Р. Отбросив связи (неподвижный шарнир Е и нить), заменим их действие реакциями связей ( Ex , E y и Т ) и покажем активную силу Р (рис. С2.1, в). Записав одно условие равновесия получившейся плоской системы сил mE ( Fi ) 0 , убеждаемся, что Т = Р, так как Тr – Pr = 0, где r – радиус блока. Следовательно, на балку АВ со стороны нити действует такая же, но противоположно направленная сила Т = Р = 5 кН. 4. Запишем условия равновесия плоской системы сил, действующих на балку АВ (рис. С2.1, б): Fix 0; R Ax S cos 0 ; (С2.1) Fiy 0; RAy Q G S sin T 0 ; (С2.2) mA 0; Ql G 3l S x 1,5l S y 4l M T 6l 0 . (С2.3) Для определения момента силы S относительно точки A ее разложили на составляющие S x S cos , S y S sin и воспользовались теоремой Вариньона о моменте равнодействующей. 5. Решим получившуюся систему алгебраических уравнений относительно неизвестных реакций связи. Перепишем уравнение (С2.3) в виде Q l 3l G S cos 1,5l S sin 4l M 6l T 0 и найдем из него S: S Ql 3l G M 6l T 1 1 3 10 8 6 5 2,14 кН. 1,5l cos 4l sin 1,5cos 60 4sin 60 14 Рис. С2.2 15 Рис. С2.3 16 Рис. С2.4 17 Рис. С2.5 18 Рис. С2.6 Из уравнения (С2.1) найдем RAx : RAx S cos 2,14cos 60 1,07 кН , а из уравнения (С2.2) найдем RAy : RAy Q G S sin T 1 10 2,14sin 60 5 4,15 кН . Все неизвестные реакции имеют положительный знак, их направления верно показаны на рис. С2.1, б. Проверка Для проверки правильности решения вычислим сумму моментов всех сил рассмотренной системы относительно точки B: mB ( Fi ) RAx 1,5l RAy 6l Q 5l G 3l S sin 2l M 1,07 1,5 4,15 6 1 5 10 3 2,14sin 60 2 8 0,0016 0; (С2.4) RAx 1,07 кН, RAy 4,15 кН, S 2,14 кН. При правильном решении задачи эта сумма должна быть равна нулю. Из-за погрешностей округлений (округления при расчетах следует производить в третьей значащей цифре) сумма моментов всех сил мо19 жет несколько отличаться от нуля, но не должна превышать 1 % от наибольшего слагаемого уравнения (С2.4). Новый центр (в рассматриваемом случае точка В) следует выбирать так, чтобы момент каждой из искомых реактивных сил относительно этой точки не был равен нулю, т. е. новая точка не должна лежать на линии действия искомой силы. ЗАДАНИЕ С3 Определение реакций опор составной конструкции Конструкция, представленная на рис. С3.2–С3.6, состоит из двух тел. Определить реакции опор и выполнить проверку правильности решения. Пример выполнения задания Задача Дано: схема конструкции (рис. С1.3, а); М 4 кН м; Р 0,5 кН м; 30. Размеры на рисунке указаны в метрах. Определить: реакции в опорах А, С и усилие во внутреннем шарнире В. Решение 1. Рассмотрим равновесие всей конструкции АВС (составную конструкцию, согласно принципу отвердевания, можно рассматривать как одно твердое тело). 2. Покажем все действующие на конструкцию активные силы (рис. С3.2, б): заданную силу Р и пару сил с моментом М. 3. Отбросим связи – заделку в точке А и подвижный шарнир С (шарнир В при рассмотрении равновесия всей конструкции не является связью) и заменим их действие соответствующими реакциями: RAx , RAy , M A , RC . 4. Запишем условия равновесия получившейся плоской системы сил: Fix 0; RAx RC sin P 0 ; 20 (С3.1) Fiy 0; mA ( Fi ) 0; RAy RC cos 0 ; (С3.2) M A M RCy 3 RCx 4 P 2,5 0 . (С3.3) Получилась система трех линейных алгебраических уравнений относительно четырех неизвестных. 5. Для составления дополнительных уравнений и нахождения силы давления в шарнире В рассмотрим равновесие балки ВС. 6. Покажем (рис. С3.2, в) все действующие на балку ВС активные силы (силу Р) и реакции связи: RBx , RBx и RC (для балки ВС связями являются соединительный шарнир В и подвижный шарнир С). а б в Рис. С3.1 7. Запишем условия равновесия получившейся системы сил: Fix 0; RBx RC sin P 0 ; Fiy 0; mB ( Fi ) 0; (С3.4) RBy RC cos 0 ; (С3.5) P 0,5 RC sin 2 0 . (С3.6) Решая систему шести линейных алгебраических уравнений (С3.1) – (С3.6), найдем шесть неизвестных реакций. Из уравнения (С3.6): RC P 0,5 0,5 0,5 0, 250 кН . sin 2 sin 30 2 21 Рис. С3.2 22 Рис. С3.3 23 Рис. С3.4 24 Рис. С3.5 25 Рис. С3.6 Из уравнений (С3.4) и (С3.5): RBx RC sin P 0, 25sin 30 0,5 0,375 кН ; RBy RC cos 0, 25sin 30 0, 217 кН . Из уравнения (С3.3): M A M RCy cos 3 RC sin 4 P 2,5 4 0, 25cos30 3 0, 25sin 30 4 0,5 2,5 2,60 кН м . Проверка Чтобы удостовериться в правильности полученного решения, проверим выполнение условия равновесия системы сил (рис. С3.2, б) в виде равенства нулю суммы моментов всех сил относительно нового центра – точки K: mK ( Fi ) M A M RAy 2 RAx 2 RC sin 2 RC cos 1 P 0,5 2,6 4 (0, 217) 2 (0,375) 2 0, 25sin 30 2 0, 25cos30 1 0,5 0,5 0,01 0 ; 26 M A 2,60 кН м , RC 0, 250 кН ; RAx 0,375 кН , Bx 0,375 кН ; RAy 0, 217 кН , B y 0, 217 кН . Давление RB в шарнире В равно реакции связи, т. е. 2 2 RB RBx RBy (0,375) 2 (0, 217)2 0, 433 кН . 27 КИНЕМАТИКА ЗАДАНИЕ К1 Определение скорости и ускорения точки по заданным уравнениям ее движения По заданным уравнениям движения точки установить вид ее траектории и для момента времени t t1 (c) найти положение точки на траектории, ее скорость, полное, нормальное и касательное ускорение, а также радиус кривизны траектории. Необходимые для решения данные приведены в таблице. Таблица данных Номер варианта 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 x(t), см y(t), см t1, c –2t3 + 3 4cos2πt + 2 3t2 + 2 5sin2(πt/6) –cos(πt3/3) –3/(t + 2) –4t2 + 1 7sin2πt – 5 2sin(πt/3) – 1 6sinπt2 – 2 7t2 – 3 3 – 3t2 + t 8cos2(πt/6) + 2 –6t –4cos(πt/3) – 1 2 – 3t – 6t2 –5t 4sin2πt –4t 5cos2(πt/6) – 3 sin(πt3/3) 3t + 6 –3t –7cos2πt + 1 –3cos(πt/3) + 1 6cosπt2 5t 4–5t2 + 5t/3 –8sin(πt/6) –2t2 – 4 4sin(πt/3) 3 – 3t/2 – 3t2 0,5 3 0,5 1 1 2 1 6 6 1 0,5 1 1 2 1 0 28 Окончание таблицы Номер варианта 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 x(t), см y(t), см t1, c 2 3t 3sin(πt2) + 3 4t2 + 1 –3sin(πt/3) –2/(t + 1) –5sin(πt2) –2sin(πt/3) – 3 7cos(πt2/6) –4/(t + 1) –2sin(πt2) + 3 –5t 3t2 + t + 3 4cos2(πt/3) + 2 sin(πt2/3) – 1 –3t –4/(t + 1) 9cos(πt2) + 5 –8sin2(πt) + 7 –4t 3cos(πt/3) + 4 –2t2 – 4 2 5t – 5t/3 – 2 4sin(πt) 2 – 7cos(πt2) 4 – 5t2 + 5t/3 3t + 6 6cos(πt2) + 3 2sin(πt/3) – 3 5t –3t 3sin(πt2) + 3 5cos2(πt) – 3 5sin(πt2) –2/(t + 1) 3 – 3t/2 – 3t2 3 1 0,5 1 2 1 1 1 2 1 3 1 1 1 0,5 2 1 2 0,5 1 1 1 3 6 1 2 6 1 0,25 0,5 3 2 1 1 0 –5t – 4 1 + 3cos(πt2) 3t 4cos(πt/3) –2t + 2 5cos(πt2) –4cos(πt/3) 7sin(πt2/6) + 3 4t + 4 2cos(πt2) – 2 –2t2 + 3 2 5t + 5t/3 – 3 4sin2(πt/3) –cos(πt2/3) + 3 –4t2 + 1 4t + 4 3 – 9sin(πt2) 8cos2(πt) + 2 3t2 + 1 2sin(πt/3) –6t 3t2 – t + 1 4cos(πt) 7sin(πt2) + 3 3 – 3t2 + t –3/(t + 2) 6sin(πt2) – 2 4cos(πt/3) 7t2 – 3 4t2 + 1 1 + 3cos(πt2) 5sin2(πt) 5cos(πt2) –2t – 2 2 – 3t – 6t2 29 Пример выполнения задания Закон движения точки задан уравнениями: x 5sin t ; 4 y 5cos t , где t измеряется в секундах, а координаты – в метрах. 4 Определить вид траектории и для момента времени t = 1 с найти: Vx , V y , V , ax , a y , a, a , an , . Решение Для определения уравнения траектории возведем в квадрат оба уравнения движения и сложим их: x 2 y 2 52 . Это уравнение окружРис. К 1.1 ности радиусом R = 5 (рис. К1.1). При t = 1 c x = 5 · 0,707 ≈ 3,5; y = 5 · 0,707 ≈ 3,5. Найдем скорость точки: Vx x 5 cos t ; 4 4 V y y 5 sin t ; 4 4 V Vx2 V y2 5 = 4,9 м/c. 4 Изобразим полученные векторы скоростей на рис. К1.1. Найдем ускорение точки координатным способом: 5 2 sin t ; ax Vx x 16 4 a y Vy y 5 2 cos t ; 16 4 a a x2 a 2y 30 5 м/c2. 16 Полученные векторы ускорений изобразим на рис. К1.2. Найдем ускорение точки в естественных координатах: an V 2 52 2 5 2 ; 16 5 16 a an2 a2 a dV 0; dt 5 2 м/c2. 16 Рис. К1.2 Ускорения точки, вычисленные разными способами, совпали. Следовательно, решение верно. V2 Радиус кривизны определяем по формуле . an 252 V2 Таким образом, 162 5 м. Это также подтверждает праan 5 16 вильность решения. ЗАДАНИЕ К2 Определение скоростей и ускорений точек тела при поступательном и вращательном движении По заданному уравнению прямолинейного поступательного движения груза А определить скорость точки М, а также ее нормальное, касательное и полное ускорение в момент времени, указанный в условии задачи. Схемы механизмов и необходимые для расчета данные представлены на рис. К2.3–К2.9. 31 Пример решения задачи Задача На рис. К2.1 показана схема механизма, состоящего из барабана 1, на который наматывается трос, перекинутый через неподвижные блоки 2 и 3. К неподвижному блоку 3 на нить подвешен груз А. Дано: 10 с 1 ; 20 с 2 ; R 0, 4 м ; R3 0,3 м; r3 0, 2 м . Определить: скорость V и ускорение a точки Е и груза А. Рис. К2.1 Рис. К2.2 Решение Груз А движется поступательно вниз. Определим сначала скорость точки D тела, совершающего вращательное движение. Точка D принадлежит нерастяжимой нити, следовательно, на участке нити МD скорости всех точек нити по модулю одинаковы и равны скорости точки М барабана 1, в которой точки троса начинают контактировать с барабаном (точка М нити не может перемещаться относительно точки М барабана). Следовательно, VD VM . 32 Скорость точки D определена как VD VM R 10 0, 4 4 м/c , вектор скорости направлен вверх. Зная скорость точки D, можно определить угловую скорость блока 3 и, следовательно, определить скорость точки Е: 3 VD V 4 ; VE 3 r3 D r3 0, 2 2,7 м/с . R3 R3 0,3 Скорость точки Е равна скорости нити и соответственно равна скорости груза А: VA VE . Ускорение точки Е (рис. К2.2) складывается из нормального и касательного ускорений: aE aEn aEn aE 2 2 ; VE2 2,7 2 36, 4 м/с 2 ; r3 0, 2 V d D r3 R r d (R ) Rr3 d Rr3 dV 5,3 м/c2 ; aE E 3r3 3 3 dt dt R3 dt R3 dt R3 aE (36, 4) 2 (5,3) 2 36,8 м/с2 . Так как точка А движется прямолинейно, то aA dVA dVE aE 36, 4 м/с 2 . dt dt 33 Рис. К2.3 34 Рис. К2.4 35 Рис. К2.5 36 Рис. К2.6 37 Рис. К2.7 38 Рис. К2.8 39 Рис. К2.9 ЗАДАНИЕ К3 Кинематический анализ плоского планетарного механизма Найти для заданного положения механизма скорости и ускорения всех точек, обозначенных на рис. К3.1, а также угловую скорость и угловое ускорение звеньев, которым эти точки принадлежат. Схемы механизмов и необходимые для расчета данные представлены на рис. К3.2–К3.8. Пример выполнения задания Задача На рис. К3.1, а показана схема планетарного механизма, состоящего из неподвижного колеса радиусом R, кривошипа (водила) OA, вра40 щающегося вокруг оси колеса 1 и подвижного колеса 2, шарнирно соединенного с кривошипом OA; R = 0,2 м, r = 0,1 м. При вращении кривошипа OA колесо 2 катится без скольжения по колесу 1. В некоторый момент времени механизм находится в положении, соответствующем изображенному на рис. К3.1, а, при этом угловая скорость и угловое ускорение кривошипа равны: OA 10 c1 , OA 2 c2 . Определить скорость и ускорение точки М. а б в г Рис. К3.1 Решение Точка М принадлежит колесу 2. Для определения скорости и ускорения этой точки необходимо найти скорость и ускорение какойнибудь другой точки, которая впоследствии будет принята за полюс колеса 2. В качестве полюса следует принимать такую точку, скорость и ускорение которой либо известны, либо их нетрудно найти. В данном случае такой точкой А является шарнир. Точка А принадлежит одновременно двум звеньям механизма: колесу 2 и кривошипу ОА. Определим скорость и ускорение шарнирной точки А. В данный момент времени известны угловая скорость OA и угловое ускоре41 ние OA , поэтому модуль скорости VA и модуль ускорения a A определяются по формулам: VA OA lOA 10 0,3 3 м/c; 2 a nA OA lOA 102 0,3 30 м/c2 ; a A OA lOA 2 0,3 0,6 м/c, где lOA R r 0, 2 0,1 0,3 м. Вектор скорости точки А направлен перпендикулярно прямой АО в сторону вращения кривошипа ОА, т. е. вверх (рис. К3.1, б). Так как направление OA совпадает с направлением OA , тангенциальная составляющая ускорения a A совпадает с направлением скорости точки А, а нормальное ускорение a nA направлено от точки А к оси вращения. Определим угловую скорость 2 колеса 2. Последовательность рассуждения при выборе метода решения такова: закон движения колеса 2 неизвестен, колесо 2 совершает плоское движение, известно положение мгновенного центра скоростей (точка Р на рис. К3.1, б), который находится в точке контакта колес 1 и 2, так как колесо 2 катится без скольжения по неподвижному колесу 1: 2 VA VA 3 30 c1. 0,1 l AP r Определим угловое ускорение 2 колеса 2. Зависимости 2 (t ) и 2 (t ) неизвестны, однако расстояние от точки А до мгновенного центра скоростей (точки Р) постоянно и равно r , следовательно, можно найти производную по времени от угловой скорости 2 (тангенциальная составляющая ускорения точки А – a A найдена ранее): 2 d 2 d VA 1 dVA a A 0,6 6 c2 . 0,1 dt dt r r dt r 42 Определим скорости и ускорения точки М колеса 2. Рассуждения при выборе метода решения производятся в следующей последовательности: точка М принадлежит телу, входящему в состав механизма, однако угловая скорость 2 этого тела и его ускорение 2 известны (определены ранее), тело совершает плоское движение, причем известны скорость и ускорение точки А (которые определены ранее). Приняв точку А за полюс, получим VM VA VMA , где VMA 2 lMA 30 0,1 3 м/c. Спроектировав уравнение на оси Ox и Oy (рис. К3.1, г), получим: VMx VMA 3 м/c; VMy VA 3 м/c; 2 2 VM VMx VMy 32 32 4, 24 м/c. Согласно теореме об ускорении точки при плоском движении n aM a An a A aMA aMA , n 22 lMA 302 0,1 90 м/c2 , aMA 2 lMA 6 0,1 0,6 м/c2 . где aMA Спроектировав уравнение на оси координат, получим: aMx a nA aMA 30 0,6 30,6 м/c2 ; n aMy a A aMA 0,6 90 89, 4 м/с2 ; 2 2 aM aMx aMy (30,6) 2 (89, 4) 2 94,5 м/с2 . 43 Рис. К3.2 44 Рис. К3.3 45 Рис. К3.4 46 Рис. К3.5 47 Рис. К3.6 48 Рис. К3.7 49 Рис. К3.8 ЗАДАНИЕ К4 Кинематический анализ плоского рычажного механизма Найти для заданного положения механизма скорости и ускорения всех точек, обозначенных на рис. К4.1, а также угловую скорость и угловое ускорение звеньев, которым эти точки принадлежат. Схемы механизмов и необходимые для расчета данные представлены на рис. К4.3–К4.9. Пример выполнения задания Задача На рис. К4.1 показана кинематическая схема механизма, состоящего из кривошипа AB, вращающегося с заданной угловой скоростью AB 20 c1 const, шатуна BC и коромысла СD. Все звенья сое50 динены между собой при помощи цилиндрических шарниров. Требуется определить скорость и ускорение шарнира C в указанном на рисунке положении механизма. Длины звеньев указаны на рисунке в метрах. Решение Точка C принадлежит коромыслу CD, совершающему вращательное движение. Следовательно, вектор VC направлен перпендикулярно отрезку CD и равен по модулю VC CD lCD . Рис. К 4.1 Так как угловая скорость CD неизвестна, то из этой формулы невозможно определить модуль вектора VC . Вместе с тем точка C принадлежит и телу CB, совершающему плоское движение, поэтому, приняв точку B за полюс, можно записать следующее векторное уравнение: VC VB VCB . (К4.1) Вектор VCB направлен перпендикулярно прямой BC (рис. К4.1), а скорость VB точки B, принадлежащей одновременно вращающемуся телу AB, направлена перпендикулярно отрезку AB и равна по модулю: VB AB l AB 20 0,01 0, 2 м/c . Таким образом, вектор VB известен полностью, а остальные два вектора – только по направлению. Спроектировав уравнение (К4.1) на оси Dx и Dy, получим систему алгебраических уравнений: VC cos30 VB cos30 0, VC cos 60 VB cos 60 VCB . (K4.2) Из первого уравнения системы (К4.2) находим, что модуль искомой скорости VC VB 0,05 м/с. Направление вектора VC указано на рисунке верно, так как в результате решения оказалось, что VC 0 . 51 Для определения угловых скоростей звеньев CD и BC воспользуемся формулой V 0, 2 CD C 5 c 1. lCD 0,04 Угловая скорость CD направлена против часовой стрелки (направление вращения вектора VC вокруг оси D). Так как при плоском движении VCB BC lBC , то из второго уравнения системы (К4.2) находим VCB : VCB (VB VC )cos 60 (0, 2 0, 2) cos 60 0, 2 м/с и BC VCB 0, 2 4 c1. lBC 0,05 Угловая скорость BC направлена против часовой стрелки (направление вращения вектора VCB вокруг полюса В). Для проверки полученных результатов определим скорость точки С, используя понятие мгновенного центра скоростей (МЦС). Для нахождения МЦС для шатуна СВ необходимо знать направление ско ростей двух точек этого тела. Вектор скорости VC направлен перпен дикулярно отрезку СD. Вектор скорости VB направлен перпендикулярно кривошипу АВ и по модулю известен: VB AB l AB 0, 2 м/c. Проводим перпендикуляры к векторам VC и VB до их пересечения. Обозначим точку пересечения перпендикуляров Р. Точка Р является МЦС для отрезка СB в данный момент времени. Запишем угловую скорость отрезка СB через скорости VC и VB : CВ VC VB . CP BP Направление угловой скорости СВ определяется направлением вектора скорости VB . В данном случае угловая скорость CB направлена против хода часовой стрелки со стороны точки P (МЦС). 52 Треугольник CBP является равносторонним. Значит, СP = BP = 0,05 и VC VB 0, 2 м/c. Угловая скорость V 0, 2 CB C 4 рад/c. CP 0,05 Видно, что результаты получились те же, что и при решении первым способом. VВ C VC AB 60 A 60 Определение ускорений Точка С принадлежит звену СD, совершающему вращательное движение: B P aC aCn aC , D (К4.3) 2 lCD 52 0,04 1 м/c2 , а вектор aС известен только по где aCn CD направлению (рис. К4.2), так как aC CD lCD и неизвестен модуль CD . Точка C принадлежит одновременно звену BC, совершающему плоское движение: n aC aB aCB aCB , (К4.4) n где aCB 2lCB 42 0,05 0,8 м/c2 Рис. К 4.2 и aCB CB lCB ( aCB известен только по направлению, так как значение СВ неизвестно). Из системы уравнений (К4.3) и (К4.4) получаем n aCn aC aB aCB aCB . (К4.5) Точка В принадлежит вращающемуся телу АВ и aB AB l AB 0, так как AB const, то AB 0 . 53 n В уравнении (К4.5) векторы aCn , aB и aCB известны как по моду лю, так и по направлению, а векторы aC и aCB – только по направлению. Спроектировав уравнение (K4.5) на оси координат, получим два уравнения для нахождения модулей векторов aC и aCB . Для решения поставленной задачи достаточно найти только aC , поэтому, спроектировав уравнение (К4.5) на ось Dx, получим n aCn cos 60 aC cos30 aB cos 60 aCB , откуда aC n aCn aB cos 60 aCB (1 4)0,5 0,8 1,96 м/c 2 . cos30 cos30 Теперь в правой части уравнения (K4.3) оба вектора известны и по модулю, и по направлению. Спроектировав это уравнение на оси координат, найдем проекции искомого вектора на неподвижные оси Dy и Dx. Спроектировав уравнение (К4.5) на ось Dy, можно определить , что, в свою очередь, позволяет при необходимомодуль вектора aCB сти найти угловое ускорение звена BC, так как aCB CB lCB ; aCn cos30 aC cos 60 aB cos30 aCB . 1,62 м/c 2 . Отсюда aCB Знак «–» означает, что вектор aCB имеет направление, противоположное тому, которое показано на рис. К4.2. aCB 1,62 32, 4 c 2 Угловое ускорение шатуна СВ равно CB 0,05 lCB и направлено по часовой стрелке. В полном объеме теоретические основы кинематики изложены в учебниках (см. библиографический список). 54 Рис. К4.3 55 Рис. К4.4 56 Рис. К4.5 57 Рис. К4.6 58 Рис. К4.7 59 Рис. К4.8 60 Рис. К4.9 ЗАДАНИЕ К5 Определение абсолютной скорости и абсолютного ускорения точки Точка М движется с постоянной относительной скоростью Vотн по телу, которое совершает вращательное движение в плоскости, рис. К5.2–К5.8. В момент времени, соответствующий положению механизма, показанного на рисунках, заданы угловая скорость и угловое ускорение (или задан закон движения). Необходимо определить абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки М. Схемы механизмов показаны на рис. К5.2–К5.8 61 Пример выполнения задания Задача Точка М движется по закону ОМ 2t 2 вдоль трубки OD, наклоненной под углом 30 к оси Oz. Трубка OD и ось Ox1 вращаются вокруг оси Oz с постоянной угловой скоростью 2 с 1. Требуется определить скорость и ускорение точки M в неподвижной системе координат Оxyz в момент времени t = 1 c. В этом случае движение точки удобно представить как сложное, состоящее из двух простых движений: прямолинейного относительного движения вдоль оси Ox1 и переносного движения, т. е. вращательного движения вместе с трубкой OD. Абсолютным движением будет движение точки относительно системы координат, принятой в качестве неподвижной (xyz). Относительным движением считаем движение точки по отношению к подвижной системе координат: движение точки по трубке OD. Для определения относительной скорости и ускорения следует мысленно остановить переносное движение, а для определения переносной скорости и ускорения следует мысленно остановить относительное движение. Относительное движение точки М является прямолинейным, поэтому относительная скорость Vот x1 4t , при t = 1 c Vот 4 м/с. Относительное ускорение аот x1 4 м/с 2 . Скорость и ускорение направлены вдоль оси Ox1 Рис. К 5.1 (рис. К5.1). Абсолютное ускорение равно геометрической сумме относительного, переносного и кориолисова ускорений: a ar ae ac . 62 Переносное движение – движение подвижной системы координат относительно неподвижной: вращение трубки OD относительно оси Оz. Переносная скорость точки M – это скорость той точки трубки OD, которая совпадает в данный момент с движущейся точкой M. Так как трубка OD совершает вращательное движение, то переносная скорость и переносное ускорение определяют как скорость, так и ускорение точки М вращающегося тела. Таким образом, переносная скорость направлена параллельно оси Ох и перпендикулярно плоскости уОz, Vпер h, h OM sin , или Vпер 2t 2 sin 30 . При t = 1 c Vпер 2 м/с. Так как переносная и относительная скорости взаимно 2 перпендикулярны, то Vабс Vот2 Vпер . Переносное ускорение точки М как ускорение точки вращающего , который направлен пася тела раскладывается на два вектора: aпер n раллельно оси Ох, и апер , направленный от точки М к оси враще- ния Oz: aпер h 0 , так как угловая скорость постоянная и ε = 0; n n aпер 2 h , при t = 1 c aпер 2 h 4 м/с2. Кориолисово ускорение aкор 2 пер Vот sin 8 м/с2. Модуль абсолютного ускорения находим путем проецирования вектора абсолютного ускорения на оси x, y, z: n aабс ax2 a 2y az2 (aкор ) 2 aпер aот sin 63 2 (aот cos )2 8, 4. Рис. К5.2 64 Рис. К5.3 65 Рис. К5.4 66 Рис. К5.5 67 Рис. К5.6 68 Рис. К5.7 69 Рис. К5.8 70 ДИНАМИКА ЗАДАНИЕ Д1 Интегрирование дифференциальных уравнений движения материальной точки Условие к вариантам: 1, 5, 9, 13, 17, 21, 25, 29, 33, 37, 41, 45, 49, 53 (табл. Д1.1) Тело движется из точки A по участку AB (длиной l) наклонной плоскости, составляющей угол 20° с горизонтом, в течение секунд. Его начальная скорость VA . Коэффициент трения скольжения тела по плоскости равен f. В точке B тело покидает плоскость со скоростью VB и через T секунд попадает со скоростью VC в точку C. Сопротивление воздуха не учитывать. Искомые величины указаны на рис. Д1.1–Д1.7. Т а б л и ц а Д1.1 Номер варианта 1 5 9 13 17 21 25 29 33 37 41 45 49 53 f VA, м/с h, м τ, с d, м l, м 0,2 0,1 0,2 0,1 0,1 0 – 2 – 16 0 0 16 1 – 0 15 10 0 – 40 4 40 – – 4,5 – – 30 – 20 – 4 – 0,2 – 0,2 – 3 – – – 0,3 – – 1 – – – – – – – – – 2,5 – 3 – 2 2 10 – – – 5 9,8 5 5 5 – 2 8 – – 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 71 Условие к вариантам: 2, 6, 8, 10, 14, 18, 22, 26, 30, 34, 38, 42, 46, 50, 54 (табл. Д1.2) Тело массой m = 2 кг, получив в точке A начальную скорость VА = 24 м/с, движется в изогнутой трубе ABC , расположенной в вертикальной плоскости; участки трубы или оба наклонные, или один горизонтальный, а другой наклонный. На участке AB тело движется со скоростью τ (с), и на тело кроме силы тяжести действуют постоянная сила Q = 5 Н (ее направление показано на рис. Д1.1–Д1.7), а также сила сопротивления R , зависящая от скорости V тела (направлена против движения). В точке B тело, не изменяя значения своей скорости, переходит на участок BC трубы, где на него кроме силы тяжести действует переменная сила F , проекция которой на ось x равна Fx 4sin (4t ) Н . Считая тело материальной точкой, найти закон движения тела на участке ВС. Трением тела о трубу пренебречь. Т а б л и ц а Д1.2 Номер варианта 2 6 10 14 18 22 26 30 34 38 42 46 50 54 R, Н 2 0,3V 0,3V 0,3V2 0,3V2 0,3V 0,3V2 0,3V 0,3V2 0,3V 0,3V2 0,3V 0,3V2 0,3V2 0,3V АВ, м τ, с 2,5 – 2,5 2,5 – 2,5 – 2,5 – 2,5 – 2,5 2,5 – – 3 – – 3 – 3 – 3 – 3 – – 3 Условие к вариантам: 4, 8, 12, 16, 20, 24, 28, 32, 36, 40, 44, 48, 52, 56 Внутри изогнутой трубки, расположенной в горизонтальной плоскости, находится груз массой m = 0,5 кг. На одном из изогнутых участ72 ков трубки укреплена пружина, имеющая жесткость с = 105 H/м. Свободный конец недеформированной пружины находится в точке D , где этот изогнутый участок заканчивается и начинается сопряженный с ним криволинейный участок трубки, выполненный по дуге окружности радиусом R = 0,4 м. Прямолинейные участки плавно сопрягаются с криволинейными в точках B и D (т. е. OB BA , OD DE ). Груз может двигаться либо от точки A к точке E , либо в обратном направлении. Точка начала движения показана более крупным шрифтом. В первом случае движение груза начинается со скоростью VA = 6 м/с и заканчивается остановкой в точке E . Во втором случае оно начинается без начальной скорости в точке E , и в точку A груз приходит со скоростью VA . В обоих случаях движение груза на участ ке AB сопровождается действием некоторой постоянной силы F , которая может выполнять роль как движущей силы, так и силы сопротивления движению. При движении по криволинейному участку на груз действует сила трения Fтр = 2 Н. Длина участка AB = 0,4 м, а значение углов, определяющих положения точек D и B, указаны на рисунках схем. Угол γ = 30°. Принимая груз за материальную точку, определить длину участка DE , величину и направление силы F , а также силу давления N груза на стенки трубки в точке C . Условия к следующим вариантам в вертикальной плосВариант 3. Материальная точка 1 движется кости под действием силы притяжения F = kmr (k = 16 с−2). Определить уравнения движения точки, если x0 = 0,5 м, x0 = 1,2 м/с, y0 = 0, y0 = 2 м/с, m – масса точки. Вариант 7. Материальная точка 1 движется по криволинейной траектории в горизонтальной плоскости под действием сил притяжения: F1 = k1mr1 ; F2 = k2 mr2 (k1 = 9 с–2, k2 = 4 с–2, m – масса точки). Определить уравнения движения точки, если x0 0, y0 0, x0 = 1,2 м/с, y0 = 2 м/с, OA = b = 3 м. Вариант 11. Материальная точка 1 скользит по гладкой внутренней цилиндрической поверхности радиусом r = 0,6 м в вертикальной плоскости. На точку действует сила сопротивления R 1 / 2mV 2 , кото73 рая направлена в обратную сторону от скорости V. Определить скорость точки и реакцию нормального давления для 1 60, если масса точки m = 2 кг и начальная скорость V0 = 2 м/с. Вариант 15. Материальная точка 1 брошена под углом 30 к горизонту с начальной скоростью V0 = 19,6 м/с. Точка перемещается по своей траектории и попадает в мишень A, расположенную на высоте h =1,7 м. Определить дальность полета l точки без учета сил сопротивления. Вариант 19. Материальная точка 1 массой m = 4 кг движется по окружности, расположенной в вертикальной плоскости. Радиус окружности R = 0,5 м. Определить, какую начальную скорость V0 нужно сообщить точке, чтобы реакция нормального давления в точке A была равна нулю. Найти величину реакции нормального давления в точке O. Вариант 23. Материальная точка 1 массой m = 4 кг движется по дуге окружности в вертикальной плоскости под действием силы F = = km2 (k 1, 2 м/с 2 ). Определить модуль скорости точки и реакцию нормального давления для угла / 3, если V0 = 2 м/с, 0 = 0, R = 1 м. Вариант 27. Материальная точка 1 движется в горизонтальной плоскости под действием силы притяжения F = kmr (k 25 с2 ), m – масса точки. Определить уравнения движения точки, если x0 = 0,4 м, x0 = 1,4 м с, y0 = 0, y0 = 1,4 м/с, OA = 0,5 м. Вариант 31. Колечку 1 сообщили начальную скорость V0 = 8 м/с и оно начало скользить по горизонтальной окружности с трением, при этом коэффициент трения скольжения f = 0,3. Радиус окружности R = 1,2 м. Определить угол 1 , при котором колечко остановится. Вариант 35. Колечку 1 сообщили начальную скорость V0 = 12 м/с, и оно начало скользить по горизонтальной окружности с трением, при этом коэффициент трения скольжения f = 0,2. Радиус окружности R = 1 м. Определить скорость колечка V = V(φ). Вариант 39. Материальную точку 1 бросили под углом 60 к горизонту (Ox) с начальной скоростью V0 = 12 м/с. В свободном поле- 74 те точка испытывает сопротивление R = mV ( 0, 2 с1 , m – масса точки). Определить уравнения движения точки x x(t ), y y (t ). Вариант 43. Материальной точке 1 сообщили начальную скорость V0 = 1 м/с, и она начала скользить по шероховатой цилиндрической поверхности в вертикальной плоскости радиусом R = 1,5 м. Коэффициент трения скольжения f = 0,2. Зная массу точки m = 2 кг, определить скорость точки V = V(φ). Вариант 47. Материальную точку 1 бросили под углом 60 к вертикали с начальной скоростью V0 = 8 м/с. Определить дальность полета l точки, если h = 4 м, сопротивлением воздуха пренебречь. Вариант 51. Материальная точка 1, перемещаясь по своей траектории в вертикальной плоскости, притягивается к центру A с силой F = kmr (k 16 с 2 , m – масса точки). Определить уравнения движения точки x x(t ), y y (t ), если OA = b = 0,6 м, x0 y0 0, x0 = 2 м/с, y0 = 1 м/с. Вариант 55. Материальная точка 1 движется по гладкой горизон тальной поверхности xOy под действием силы F = kmt2 (m – масса точки, k = 0,5 м/с4). Определить уравнение траектории точки, если V0 = 2 м/с, α = 60О. Пример выполнения задания На вертикальном участке АВ трубы (рис. Д1.1) на груз D массой m 2 кг действуют сила тяжести и сила сопротивления R V 2 , где 0, 4 кг/м; расстояние от точки А, где V V0 5 м/с, до точки В равно l 2,5 м . На наклонном участке ВС на груз действуют сила тяжести и переменная сила Fx 16sin (4t ) , Н. Определить x f (t ) – закон движения груза на участке ВС. Решение 1. Рассмотрим движение груза на участке АВ, считая груз материальной точкой. 75 A R D P y B N F z P 30º C x На груз действуют сила тяжести P и сила сопротивления R . Составляем дифференциальное уравнение движения груза в проекции на ось Az: m dVz dV Fkz , или mVz z mg Vz2 . dt dz (Д1.1) Учитывая, что Vz V , и вводя обозначения k / m 0, 2 м 1 , n mg / 50 м 2 /с2 , уравнение (Д1.1) можно представить в виде 2V dV 2k (V 2 n) . dz (Д1.2) Разделив в уравнении (Д1.2) переменные, а затем взяв от обеих частей интегралы, получим 2VdV 2 V n 2kdz ln(V 2 n) 2kz C1 . и (Д1.3) По начальным условиям при z 0 V V0 , что дает C1 ln V02 n . Тогда V 2 n V02 n e2 kz . (Д1.4) Полагая в равенстве (Д1.4) z l 2,5 м, определим скорость VB груза в точке В: (e = 2,7): VB 6, 4 м/с. 2. Рассмотрим движение груза на участке ВС, найденная скорость VB будет для движения на этом участке начальной скоростью ( V0 VB ). На груз в произвольном положении действуют три силы: P, N , F . Составим дифференциальное уравнение движения груза в проекции на ось Bx: m dVx dV Px N x Fx , или m x 0,5mg 16sin (4t ) . (Д1.5) dt dt 76 Рис. Д1.1 77 Рис. Д1.2 78 Рис. Д1.3 79 Рис. Д1.4 80 Рис. Д1.5 81 Рис. Д1.6 82 Рис. Д1.7 83 Разделив переменные в (Д1.5) и проинтегрировав их, получим Vx 5t 2cos (4t ) C2 . (Д1.6) Учитывая, что при t 0 Vx V0 VB , находим C2 VB 2cos 0 8, 4 . dx Так как Vx , то (Д1.6) представляет дифференциальное уравdt нение с разделяющими переменными. После его интегрирования получим x 2,5t 2 0,5sin(4t ) 8, 4t C3 . (Д1.7) Так как при t 0 x 0 , то C3 0, и окончательный искомый закон движения груза будет x 2,5t 2 8, 4t 0,5sin (4t ) , м. ЗАДАНИЕ Д2 Исследование поступательного и вращательного движения твердого тела Механическая система (схемы механизмов показаны на рис. Д2.1– Д2.7) из состояния покоя под действием веса груза приводится в движение. Начальное положение системы показано на рис. Д2.1–Д2.7. Массы тел системы (m1 , m2 , m3 ) приведены в табл. Д2.1. Геометрические размеры тел ( R1 , r1 , R2 , r2 ) указаны на рис. Д2.1–Д2.7. Все колеса считать сплошными однородными дисками большего радиуса. Коэффициент трения груза о наклонную плоскость f = 0,2. В вариантах, где не указан угол наклона плоскости, принять его равным 60°. На механическую систему действует пара сил сопротивления с моментом МС 2 Н м . Считая, что нити невесомые и нерастяжимые, найти ускорение груза, силу сцепления между колесами и натяжения нитей на всех участках с помощью дифференциальных уравнений движения всех тел 84 системы. В вариантах № 3, 4, 11, 14, 15, 18, 19, 20, 22, 28, 29, 31, 37, 41, 45, 48, 49, 51, 52 принять, что соотношение сил натяжения в нитях равно двум. Т а б л и ц а Д2.1 Номер варианта m1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 2 4 4 8 2 15 15 0,5 6 6 3 3 0,8 10 6 6 3 3 1 5 3 7 4 3 2 4 m2 m3 кг 8 8 2 2 20 40 10 6 5 5 4 5 4 30 5 5 4 5 3 4 7 3 4 2 1 12 4 12 8 4 15 100 30 20 40 50 10 50 40 100 40 50 10 50 40 25 11 11 30 10 40 30 85 Номер варианта m1 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 10 2 4 4 2 0,8 10 10 2 15 15 0,5 16 3 3 0,8 0,8 10 6 6 3 3 1 5 8 0,8 m2 m3 кг 30 8 8 2 8 4 30 30 20 40 10 6 5 14 15 4 4 30 5 5 4 5 3 4 4 4 100 14 12 8 4 40 100 100 15 100 30 20 50 10 50 40 40 100 40 50 10 50 40 25 24 14 Рис. Д2.1 86 Рис. Д2.2 87 Рис. Д2.3 88 Рис. Д2.4 89 Рис. Д2.5 90 Рис. Д2.6 91 Рис. Д2.7 Пример выполнения задания Механическая система (рис. Д2.8) состоит из колес 1, 2 и груза 3. К колесу 1 приложена пара сил с моментом М = М(t) (движущий момент). К колесу 2 приложен момент сил сопротивления М С . Масса колеса 2 распределена по внешнему ободу, а радиус инерции колеса 1 равен i1 . Определить ускорение груза 3 и натяжения нитей на всех участках (табл. Д2.2). Т а б л и ц а Д2.2 m1 m2 m3 R1 r1 R2 кг 250 100 r2 i1 M, Н·м MС, Н·м – 30 2575 1200 см 400 40 20 30 92 Рис. Д2.8 Покажем все внешние силы (силы тяжести и реакции опор). Затем расчленим систему на отдельные звенья. В местах разрыва нитей внутренние силы натяжения перейдут в разряд внешних с условием, что сумма этих сил будет равна нулю, так как система внутренних сил для любого тела всегда уравновешена. Затем запишем дифференциальные уравнения движения для каждого тела (рис. Д2.9): I11 M SR1 Tr1 , I 2 2 SR2 M c , m3a3 T m3 g . Рис. Д 2.9 Запишем связь между кинематическими параметрами системы тел соотношениями: 2 1 a R a V R1 R , 2 1 1 , 2 3 1 , 1 3 , 1 3 . R2 R2 r1 r2 r1 r1 Запишем выражения моментов инерций дисков: I1 m1i12 , I 2 m2 R22 . 93 Перепишем систему дифференциальных уравнений с учетом полученных соотношений: m1i12 a3 M SR1 Tr1 ; r1 m2 R22 a3 R1 SR2 M C ; r1 R2 m3a3 T m3 g . Решая систему относительно ускорения груза 3, получим a3 MR2 m3 gr1R2 M C R1 m1i12 R2 m R2 R2 m3 R2 r1 2 2 1 r1 r1R2 . Подставив числовые значения, получим a3 82, 2 cм с 2 0,82 м/c2 . Найдем силы натяжения нитей: T m3 a3 m3 g 400 0,82 400 10 4328 H; S M Tr1 m1i12 R1 94 a3 r1 4405 H. ЗАДАНИЕ Д3 Исследование поступательного, вращательного и плоского движения твердого тела Механическая система (рис. Д3.1) из состояния покоя под действием заданных сил приводится в движение так, что колесо В катится без скольжения. Массы тел системы, действующая сила и момент сил приведены в таблице исходных данных. Коэффициент трения качения колеса B равен f к 0,05RB . При движении тела А по наклонной плоскости коэффициент трения скольжения равен f 0,01 . Углы: 30; 60. Радиусы колес: RB 0,6 м; rB 0,4 м; rE 0,3 м; RD 0,5 м; rD 0, 2 м . Полагая, что колеса представляют собой сплошные однородные диски, а нити невесомые и нерастяжимые, найти ускорение груза А и натяжения нитей на всех участках с помощью дифференциальных уравнений движения всех тел системы. Рекомендации при подготовке к выполнению заданий 1. Проработать теоретический материал: дифференциальные уравнения поступательного, вращательного и плоскопараллельного движения механической системы. 2. В соответствии с полученным заданием начертить схему механической системы и записать условия задачи (все параметры перевести в систему СИ). 3. Расчленить систему на отдельные элементы и начертить их со всеми действующими силами и моментами сил. Записать дифференциальные уравнения движения всех элементов системы. 4. Связав между собой ускорения всех элементов системы, выразить их через ускорение одного элемента, например, груза А. Составить систему уравнений, где неизвестными будут натяжения нитей, ускорение одного из элементов и сила трения колеса В о наклонную плоскость. 95 Рис. Д3.1 (см. также с. 97–100) 96 Рис. Д3.1 (продолжение) 97 Рис. Д3.1 (продолжение) 98 Рис. Д3.1 (продолжение) 99 Рис. Д3.1 (окончание) 100 Исходные данные Номер варианта тА 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 4 5 6 7 8 4 10 12 14 15 20 25 2 15 25 30 25 3 25 4 10 15 25 3 5 40 35 30 3 30 тВ тD тK тL – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – 15 20 30 3 4 45 40 35 4 50 – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – кг 3 4 5 6 7 2 7 10 12 14 18 10 5 20 15 20 18 2 26 3 20 30 38 2 2 30 20 15 2 25 1 1 2 2 2 3 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 101 М, Н · м F, Н 10 15 8 30 10 25 10 8 5 6 8 10 28 5 3 8 10 50 7 50 9 10 12 70 80 10 8 6 100 6 40 10 3 10 5 90 5 15 20 25 5 58 90 3 10 5 20 90 15 90 8 15 5 10 8 15 10 12 10 12 Окончание таблицы Номер варианта тА 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 4 5 6 3 1 9 10 12 8 15 20 25 5 15 25 30 25 3 25 4 тВ тD тK тL 2 20 2 2 2 2 2 1 3 4 5 6 7 8 7 4 5 10 7 108 – – – 1 10 – 1 3 10 5 – – – – – – – – – – кг 3 4 5 6 3 8 7 10 6 14 18 20 5 20 15 20 18 5 26 3 1 1 2 2 2 3 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 М, Н · м F, Н 10 75 8 110 – 5 10 40 10 3 10 20 3 100 6 8 10 58 5 3 8 10 70 7 80 15 – 25 5 18 10 3 10 5 20 10 15 10 5. Решая систему уравнений, найти неизвестные значения сил и ускорения всех элементов системы. После этого перейти к выполнению второго пункта задания. Примечание. Коэффициент трения скольжения, заданный в условиях задачи, относится только к грузу А, скользящему по наклонной плоскости. Пример выполнения задания Механическая система (рис. Д3.2) из неподвижного состояния под действием приложенных сил и пары сил с моментом М приводится в движение. Массы входящих в систему тел равны m A 2 кг , mD 1 кг , 102 mВ 5 кг . На колесо В, катящееся без скольжения, действуют сила F 15 Н под углом 30° к горизонту и момент M 30 Н м. Коэффициент трения качения f к 0,05RB . Считаем, что колеРис. Д 3.2 со представляет собой сплошные однородные диски. Определить ускорение груза А, натяжение нитей, силу трения, обеспечивающую качение колеса В без скольжения. При этом следует воспользоваться дифференциальными уравнениями движения элементов системы. Решение Предположим, что груз А движется вверх, шкив D вращается по часовой стрелке, а колесо В катится вправо. Рассматривая движения каждого из элементов системы в отдельности, напишем дифференциальные уравнения движения для каждого из этих элементов. Для груза А, движущегося поступательно (рис. Д3.3), дифференциальное уравнение движения имеет вид m A x A T1 m A g . Рис. Д 3.3 Рис. Д 3.4 (Д3.1) Рис. Д 3.5 Для шкива D, вращающегося вокруг центра О (рис. Д3.4), дифференциальное уравнение вращения представим в форме D T2 RD T1RD . J D 103 (Д3.2) Для колеса В (рис. Д3.5), движущегося плоскопараллельно без скольжения (что обусловлено наличием силы трения), дифференциальные уравнения движения имеют вид: mВ xС N mB g F sin ; (Д3.3) mВ yС F cos T2 Fтр ; (Д3.4) В М М тр.к Т 2 rB Fтр RB . JС (Д3.5) Запишем связь между кинематическими параметрами системы тел соотношениями: D xA xA B ; ; RD RB rB yc x A RB . RB rB (Д3.6) Так как движение колеса В в направлении оси х отсутствует, то хС 0, и из соотношения (Д3.3) получим значение следует принять силы нормального давления N mB g F sin . (Д3.7) Тогда момент сил трения качения, действующий на колесо В, будет равным М тр.к f к N f к (mB g F sin ) . (Д3.8) С учетом соотношений (Д3.6) и (Д3.8) дифференциальные уравнения движения всех элементов системы (Д3.1), (Д3.2), (Д3.4) и (Д3.5) принимают вид: m A x A T1 m A g , J 0 xA (T2 T1 ) RD , RD mB x A RB F cos T2 Fтр , RB rB J C xA M f к (mB g F sin ) T2 rB Fтр RB . RB rB 104 (Д3.9) Систему уравнений (Д3.9) можно решить относительно неизвестных параметров x A , T1 , T2 и Fтр . Из первого уравнения получим T1 m A x A mA g. (Д3.10) Из второго уравнения системы (Д3.9) с учетом равенства (Д3.10) находим T2 J 0 xA RD 2 m A x A mA g. (Д3.11) Из третьего уравнения системы (Д3.9) с учетом соотношения (Д3.11) определим значение силы трения: Fтр J x mB x A RB F cos 0 2A m A xA mA g . RB rB RD (Д3.12) Подставив значение силы трения из уравнения (Д3.12) и натяжение нити из соотношения (Д3.11) в четвертое уравнение системы (Д3.9), получим уравнение с одним неизвестным относительно xA : xA M f к (mB g F sin ) m A g ( RB rB ) F cos RB JC J m R 2 02 ( RB rB ) m A ( RB rB ) B B RB rB RD RB rB 30 0,05 0,9(5 9,81 15 0,5) 2 9,8(0,9 0,6) 15 0,866 0,9 5 0,92 1 0,32 (0,9 0,6) 5 0,92 2(0,9 0,6) 2(0,9 0,6) 0,9 0,6 2 0,32 1,3 м/с 2 . (Д3.13) С учетом полученного результата из соотношений (Д3.10), (Д3.11) и (Д3.12) определим значения усилий натяжения нитей и силы трения: T1 mA x A mA g 2 1,3 2 9,8 22,3 H; T2 J 0 xA RD 2 m A xA mA g 1 0,32 2 0,32 (Д3.14) 1,3 2 1,3 2 9,8 22,94 Н; (Д3.15) 105 Fтр J x mB x A RB 5 1,3 0,9 x A mA g F cos 0 2A m A 0,9 0,6 RB rB rD 15 0,866 1 0,32 1,3 2 0,32 2 1,3 2 9,8 13,9 Н. (Д3.16) Чтобы колесо В катилось без скольжения, коэффициент трения скольжения должен быть не менее величины f Fтр N 13,9 0,3. 5 9,8 15,1 (Д3.17) Таким образом, в результате расчетов получено: х A 1,3 м/с 2 ; Т1 22,3 Н; Т 2 22,9 Н; Fтр 13,9 H . ЗАДАНИЕ Д4 Применение теоремы об изменении кинетической энергии к изучению движения механической системы, совершающей поступательное и вращательное движение Механическая система (схемы механизмов показаны на рис. Д4.1– Д4.7) из состояния покоя под действием веса груза приводится в движение. Начальное положение системы показано на рис. Д4.1–Д4.7. Массы тел системы (m1 , m2 , m3 ) приведены в таблице. Геометрические размеры тел ( R1 , r1 , R2 , r2 ) указаны на рисунках. Все колеса считать сплошными однородными дисками. Коэффициент трения груза о наклонную плоскость f = 0,2. На колесо 1 действует пара сил сопротивления с моментом М С = 2 Н · м. Используя теорему об изменении кинетической энергии механической системы и пренебрегая массой нитей, определить скорость груза 3 и скорость точки М при перемещении груза на расстояние S = 2 м. 106 Пример выполнения задания Дано: R1 = 0,4 м; R2 = 0,6 м; r2 = = 0,2 м; m1 = 4 кг; m2 = 8 кг; m3 = 10 кг; S = 2 м. Найти: V3 и VM . Решение Так как система состоит из абсолютно твердых тел, а нити нерастяжимые, то это неизменяемая система с идеальными связями. Запишем для этой механической системы теорему об изменении кинетической энергии: T T0 AkA . Так как в начальном положении система находилась в покое, то Т 0 = 0. Для определения Т изобразим систему в конечном положении и покажем угловые скорости тел и векторы скоростей точек. T T1 T2 T3 . Опишем кинематические связи: 2 V3 1 R2 R V R ; 1 2 2 3 2 ; r2 2 R1 R1 r2 R1 VM 1R1 V3 R2 V R R1 3 2 . r2 R1 r2 Колеса 1 и 2 совершают вращательное движение, а груз 3 – поступательное. Следовательно, 2 m1R12 V3 R2 J 2 2 r2 R1 m R2 T1 1 1 1 22 V32 ; 2 2 4r2 107 2 m2 R22 V3 m V2 J 2 2 r2 m R2 T2 2 2 2 22 V32 ; T3 3 3 . 2 2 2 4r2 Тогда m R2 m R2 m T 1 22 2 22 3 V32 . 2 4r2 4r2 Найдем работу всех активных сил, приложенных к системе: AkA A1 A2 A3 . Покажем все активные силы, в данной задаче это силы тяжести и момент сил сопротивления. A1 Amg AM C . Работа веса Amg 0 , так как центр масс колеса неподвижен. S R2 AM C M C 1 M C . Работа силы r2 R1 тяжести второго тела равна нулю, так как его центр масс также неподвижен. Работа груза 3 равна A3 m3 gS . Приравниваем работу сил и кинетическую энергию: m1R22 m2 R22 m3 2 S R2 . 2 V3 m3 gS M C 2 2 r 4r2 2 R1 4r2 Находим скорость груза 3: V3 m3 gS M C S R2 r2 R1 m1R22 m2 R22 m3 2 2 4r22 4r2 108 2,3 м/с ; VM V3 R2 0,6 2,3 6,9 м/с . r2 0, 2 Исходные данные Номер варианта m1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 2 4 4 8 2 15 15 0,5 6 6 3 3 0,8 10 6 6 3 3 1 5 3 7 4 3 2 4 m2 m3 кг 8 8 2 2 20 40 10 6 5 5 4 5 4 30 5 5 4 5 3 4 7 3 4 2 1 12 4 12 8 4 15 100 30 20 40 50 10 50 40 100 40 50 10 50 40 25 11 11 30 10 40 30 109 Номер варианта m1 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 10 2 4 4 2 0,8 10 10 2 15 15 0,5 16 3 3 0,8 0,8 10 6 6 3 3 1 5 8 0,8 m2 m3 кг 30 8 8 2 8 4 30 30 20 40 10 6 5 14 15 4 4 30 5 5 4 5 3 4 4 4 100 14 12 8 4 40 100 100 15 100 30 20 50 10 50 40 40 100 40 50 10 50 40 25 24 14 Рис. Д4.1 110 Рис. Д4.2 111 Рис. Д4.3 112 Рис. Д4.4 113 Рис. Д4.5 114 Рис. Д4.6 115 Рис. Д4.7 ЗАДАНИЕ Д5 Применение теоремы об изменении кинетической энергии к изучению движения механической системы, совершающей поступательное, вращательное и плоское движения Механическая система (рис. Д5.1) из состояния покоя под действием заданных сил приводится в движение так, что колесо В катится без скольжения. Массы элементов системы, действующая сила и момент сил приведены в таблице исходных данных, масса тела Е равно нулю. Коэффициент трения качения колеса B равен f к 0,05RB . При движении тела A по наклонной плоскости коэффициент трения скольжения равен f 0,01 . Углы: 30; 60. Радиусы колес: RB 0,6 м; rB 0, 4 м; rE 0,3 м; RD 0,5 м; rD 0, 2 м . Полагая, что радиус инерции ступенчатых колес равен большему радиусу колеса, а нити невесомые и нерастяжимые, с помощью теоремы об изменении кинетической энергии механической системы найти скорость груза А после того, как он пройдет расстояние S A 3,0 м . 116 Рис. Д5.1 (см. также с. 118–121) 117 Рис. Д5.1 (продолжение) 118 Рис. Д5.1 (продолжение) 119 Рис. Д5.1 (продолжение) 120 Рис. Д5.1 (окончание) 121 Рекомендации при подготовке к выполнению заданий 1. Проработать теоретический материал – теорему об изменении кинетической энергии механической системы. 2. В соответствии с полученным заданием начертить схему механической системы и записать условия задачи (все параметры перевести в систему СИ). 6. Записать значения кинетической энергии механической системы для начального и конечного положения. 7. Определить сумму работ всех внешних сил и моментов сил, действующих на элементы системы. 8. Выразить значения кинетической энергии через скорость груза А, а сумму работ – через расстояние, пройденное тем же грузом. 9. Приравняв изменение кинетической энергии сумме работ внешних сил и моментов сил, найти скорость груза А. Примечание. Коэффициент трения скольжения, заданный в условиях задачи, относится только к грузу А , скользящему по наклонной плоскости. Исходные данные Номер варианта тА 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 4 5 6 7 8 4 10 12 14 15 20 25 2 15 25 30 25 тВ тD mK тL – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – кг 3 4 5 6 7 2 7 10 12 14 18 10 5 20 15 20 18 1 1 2 2 2 3 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 122 М, н · м F, Н 10 15 8 30 10 25 10 8 5 6 8 10 28 5 3 8 10 40 10 3 10 5 90 5 15 20 25 5 58 90 3 10 5 20 Окончание таблицы Номер варианта тА 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 3 25 4 10 15 25 3 5 40 35 30 3 30 4 5 6 3 1 9 10 12 8 15 20 25 5 15 25 30 25 3 25 4 тВ тD mK тL – – – 15 20 30 3 4 45 40 35 4 50 2 20 2 2 2 2 2 1 3 4 5 6 7 8 7 4 5 10 7 108 – – – – – – – – – – – – – – – – 1 10 – 1 3 10 5 – – – – – – – – – – кг 2 26 3 20 30 38 2 2 30 20 15 2 25 3 4 5 6 3 8 7 10 6 14 18 20 5 20 15 20 18 5 26 3 2 2 1 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 2 3 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 123 М, н · м F, Н 50 7 50 9 10 12 70 80 10 8 6 100 6 10 75 8 110 – 5 10 90 15 90 8 15 5 10 8 15 10 12 10 12 40 10 3 10 20 3 100 6 8 10 58 5 3 8 10 70 7 80 15 – 25 5 18 10 3 10 5 20 10 15 10 Пример выполнения задания Механическая система (рис. Д5.2) из неподвижного состояния под действием приложенных сил и пары сил с моментом М приводится в движение. Массы входящих в систему тел равны: mA 2 кг ; mD 1 кг ; mВ 5 кг . На колесо В, катящееся без скольжения, действуют сила F 15 Н под углом 30° к горизонту и пара сил с моментом M 30 Н м. Коэффициент трения качения f к 0,05 RB . ПолаРис. Д 5.2 гая, что колесо представляет собой сплошные однородные диски, определить скорость груза А, после того как он пройдет расстояние S A 1,5 м. При этом следует воспользоваться теоремой об изменении кинетической энергии механической системы: RB 0,9 м; rB 0,6 м; RD 0,3 м . Решение Предположим, что груз А движется вверх, шкив D вращается по часовой стрелке, а колесо В катится вправо. Для выполнения задания необходимо воспользоваться теоремой об изменении кинетической энергии системы T T0 A( е ) , (Д5.1) где Т 0 – кинетическая энергия в начальный момент времени, когда система находилась в покое и, следовательно, Т 0 0 ; Т Т А Т В Т D – значение кинетической энергии системы в конечный момент времени, когда груз А пройдет расстояние S A 1,5 м; А( е ) АА АD АВ – работа внешних сил и моментов, действующих на механическую систему. Кинетическая энергия элементов системы равна: – для груза А, движущегося поступательно: ТА m AVA2 ; 2 124 (Д5.2) – для шкива D , движущегося вращательно: ТD J 0 2D ; 2 (Д5.3) – для колеса B , движущегося плоскопараллельно: ТB mBVс2 J с 2B ; 2 2 (Д5.4) Кинематическая связь скоростей и частот вращения элементов системы между собой выражается соотношениями D VA VA V R ; B ; Vс R RB A B . rD RB rB RB rB (Д5.5) Тогда с учетом соотношений (Д5.2)–(Д5.5) полная кинетическая энергия системы будет равна: Т m AVA2 J 0 2D mBVс2 2 2 2 J с 2B VA2 mD rD2 mB RB2 mB RB2 m A 2 2 2rD2 ( RB rB ) 2 2( RB rB ) 2 2 V2 1 5 0,92 5 0,92 2 A 2 2,6VA . 2 2 2 2 (0,9 0,6) 2(0,9 0,6) (Д5.6) Полагая, что груз А движется вверх, а колесо В – вправо, вычислим работу внешних сил и моментов. Работа силы тяжести груза А равна AA m A gS A . (Д5.7) Работа силы тяжести шкива D равна нулю: AD 0 . 125 (Д5.8) Работа сил, приложенных к колесу В, равна AB M B М тр.к В Sc F cos . (Д5.9) Кинематическую связь между перемещениями элементов системы можно выразить соотношениями: Sc S A RB SA . ; B RB rB RB rB (Д5.10) Работа внешних сил и моментов, действующих на систему, с учетом равенств (Д5.7)–(Д5.10) равна: Aе m A g S A ( M B М тр.к В ) B Sc F cos M f к RB (mB g F sin ) RB S A mA g F cos RB rB RB rB 30 0,05 0,9(5 9,8 15 0,5) 1,5 2 9,81 0,9 0,6 0,9 15 0,866 10, 4 Н м. 0,9 0,6 (Д5.11) Приравняв изменение кинетической энергии сумме работ внешних сил и моментов, получим значение скорости груза А в момент времени, когда он пройдет путь S A 1,5 м . 2,6VA2 10, 4; VA 10,39 2,0 м/с. 2,6 (Д5.12) Таким образом, в результате расчетов получено VA 2,0 м/с. Так как скорость имеет положительный знак, следовательно, направление движения груза А выбрано правильно. В случае, если 126 подкоренное выражение (Д5.12) будет отрицательно, это означает, что реальное направление движения груза будет противоположным. Тогда следует изменить направление движения тел механической системы и пересчитать сумму работ активных сил с учетом изменившихся знаков. ЗАДАНИЕ Д6 Применение принципа Даламбера к определению реакций связей На механическую систему действует пара сил с движущим моментом М (или движущая сила Р) и момент сил сопротивления М с . Передача вращения осуществляется за счет сил трения. Колеса движутся без проскальзывания. Известны массы всех звеньев системы, а также большие R и малые r радиусы окружностей всех колес. Колеса считать сплошными однородными дисками. Необходимо определить реакции в шарнирах механизма в момент времени t1. В условии задано: либо величина движущего момента (движущей силы), либо закон движения ведущего звена. В вариантах № 2, 8, 16, 23, 28, 31, 39, 49 механизм расположен в горизонтальной плоскости, в остальных вариантах – в вертикальной плоскости (рис. Д6.1–Д6.10). В вариантах 3, 13, 22, 26, 36, 37, 42 угол между линией, проходящей через центры колес, и горизонтальной линией составляет 30°. В вариантах 2, 25, 28, 31, 47, 49 угол между водилом ОА и горизонтальной линией составляет 45° в момент времени, указанный в задании. В варианте 41 угол между нитью и вертикальной линией принять равным 30°. При решении задания следует учесть рекомендации, приведенные в книге: Милосердин Ю.В., Семенов Б.Д., Кречко Ю.А. Расчет и конструирование приборов и установок. – М.: Машиностроение, 1983. – 486 с., что для передачи движения без пробуксовки должно выполняться условие N cFтр / f . Здесь N – нормальное давление; c – коэффициент запаса сцепления, 1, 25 c 3 . Примем с = 2. 127 Рис. Д6.1 128 Рис. Д6.2 129 Рис. Д6.3 130 Рис. Д6.4 131 Рис. Д6.5 132 Рис. Д6.6 133 Рис. Д6.7 134 Рис. Д6.8 135 Рис. Д6.9 136 Рис. Д6.10 137 Пример 1 Дано: R1 0, 2 м; R2 0,3 м; АС = 0,15 м; М с 2 Н м; М 10 Н м; m1 mOA 10 кг; t1 2 c. Дифференциальный механизм движется в горизонтальной плоскости под действием пары сил с моментом М, приложенным к водилу ОА, и технологической пары сил с моментом сопротивления М c , приложенного к колесу 1. Определить реакции в шарнирах О и А в момент времени t1 после начала движения из состояния покоя. Сопротивлением трения качения пренебречь. Решение Воспользуемся принципом Даламбера. Рассмотрим по отдельности звенья ОА и 1. Присоединим ко всем активным силам и реакциям опор силы инерции. Составим уравнения равновесия. FX 0: RAX Fи ROX 0 ; (Д6.1) FY 0: RAY Fnи ROY 0 ; (Д6.2) M O 0: M и M RAX ( R1 R2 ) Fи ( R1 R2 ) 0; 2 (Д6.3) FX 0: RAX F1и Fтр 0 ; (Д6.4) FY 0: N RAY F1иn 0 ; (Д6.5) M A 0: M1и M с Fтр R1 0 . (Д6.6) 138 В соответствии с рекомендациями работы [9] для передачи движения без пробуксовки должно выполняться условие N cFтр / f . Здесь c – коэффициент запаса сцепления 1, 25 c 3 . Примем с = 2. Умножим уравнение (Д6.4) на R1 и сложим с уравнением (Д6.6): M1и M с RAX R1 F1и R1 0 . Затем полученное уравнение умножим на ( R1 R2 ) , а уравнение (Д6.3) – на R1 и сложим эти уравнения: M1и ( R1 R2 ) M c ( R1 R2 ) F1и R1 ( R1 R2 ) M и R1 MR1 Fи ( R1 R2 ) R1 0, 2 или M1и F1и R1 M и R1 Fи MR1 R1 M c . R1 R2 2 R1 R2 (Д6.7) Учитывая, что колесо 1 совершает плоское движение, и то, что в точке соприкосновения колес находится мгновенный центр скоростей, определим скорость шарнира А: VA 1R1 . Тогда угловая скорость воVA 1R1 , угловое ускорение . дила ОА ( R1 R2 ) ( R1 R2 ) Учтем, что M1и J11 mR12 1 , 2 M и J ОА m( R1 R2 ) 2 , 12 R1 R2 и F1и ma1 m1 ( R1 R2 ) . 2 Подставляем полученные соотношения в уравнение (Д6.7) и находим угловое ускорение: Fи ma m J11 m 1 1 ( R1 R2 ) R1 J OA 139 1R12 ( R1 R2 )2 m 1R12 4 M c ( R1 R2 ) MR1 / ( R1 R2 ) ; 1 1 1 M c MR1 / ( R1 R2 ) R12 mR12 J1 m 1 ( R1 R2 ) R1 J OA 4 ( R1 R2 )2 ; M c MR1 / ( R1 R2 ) mR12 m( R1 R2 ) 2 R12 mR12 m 1 ( R1 R2 ) R1 2 12 4 ( R1 R2 ) 2 ; 2 10 0, 2 / 0,5 2 1,5 с2 . 10 0,04 10 0, 25 0,04 10 0,04 1,33 10 0,5 0, 2 2 12 0, 25 4 Определим угловую скорость колеса в момент времени 2 с: 1 1t 1,5 2 3 c1 . Определим скорость шарнира А: VA 1R1 3 0, 2 0,6 м/c . VA 0,6 Тогда угловая скорость водила ОА 1, 2 c1 , ( R1 R2 ) 0,5 1R1 1,5 0, 2 угловое ускорение 0,6 c 2 . ( R1 R2 ) 0,5 Определим все силы инерции и подставим их в уравнения равновесия: Fи ma m R1 R2 10 0,6 0, 25 1,5 Н ; 2 F1и ma1 m1 ( R1 R2 ) 10 1,5 0,5 7,5 Н ; Fnи m2 R1 R2 10 1, 44 0, 25 3,6 Н ; 2 F1иn m12 ( R1 R2 ) 10 9 0,5 45 Н ; 140 M1и J11 M и J ОА mR12 10 0,04 1 1,5 0,3 Н м ; 2 2 m( R1 R2 ) 2 10 0, 25 0,36 0,75 Н м . 12 12 Решая систему уравнений равновесия, получим: Fтр M1и M c R1 0,3 2 11,5 Н ; N cFтр 2 11,5 23 Н ; 0, 2 R AX Fтр F1и 45 11,5 56,5 Н ; RAY F1иn N 7,5 23 30,5 Н ; ROX R AX Fи 56,5 1,5 57 Н ; ROY RAY Fnи 30,5 3,6 26,9 Н . Пример 2 Вертикальный вал, закрепленный подпятником А и подшипником Е, вращается с постоянной угловой скоростью . Ломаный однородный стержень массой m и длиной 10b, состоящий из частей 1, 2 и 3, прикреплен к валу шарниром В и невесомым стержнем 4. Дано: m = 10 кг; = 8 с–1; b = 0,2 м. Определить: реакции шарнира В и стержня 4. Решение Изображаем вал и прикрепленный к нему ломаный стержень в соответствии с заданными углами. Массы и веса частей 1, 2 и 3 этого стержня, так как они пропорциональны длинам частей, а длина всего стержня равна 10b (см. рисунок, а), соответственно равны: m1 0,6m, m2 0,3m, m3 0,1m; (Д6.8) P1 0,6mg , P2 0,3mg , P3 0,1mg . Для определения искомых реакций рассмотрим движение ломаного стержня и применим принцип Даламбера. Проведем вращающиеся вместе с валом координатные оси Bxy так, чтобы стержень лежал в плоскости xy, и изобразим действующие на него внешние силы: силы 141 тяжести P1 , P2 , P3 , составляющие X B , YB реакции шарнира B и реакцию N стержня 4. Присоединим к этим силам силы инерции элементов стержня. Так как вал вращается равномерно, то элементы стержня имеют только нормальные ускорения nk , направленные к оси вращения, а численно nk 2 hk , где hk – расстояния элементов от оси вращения; численно Fkи m2 hk , где m – масса элемента. Поскольку все Fkи оказались пропорциональными hk , то эпюры этих параллельных сил образуют для частей 1 и 2 треугольники, а для части 3 – прямоугольник (см. рисунок, б). Каждую из полученных систем параллельных сил инерции заменим равнодействующей, равной главному вектору этих сил. Так как модуль главного вектора сил инерции любого тела имеет значение R и mC , где m – масса тела, C – ускорение его центра масс, то для частей стержня соответственно получим R1и m1C1 , R2и m2 C 2 , R3и m3C 3 . (Д6.9) Но центры масс частей стержня, как и его элементы, имеют только нормальные ускорения, равные: C1 2 hС1 , C 2 2 hС 2 , C 3 2 hС 3 , hС1 3b sin 30, hС 2 1,5b sin 30, hС 3 3b sin 30 – расстояния где 142 центров масс частей от оси вращения. В результате из равенств (Д6.8) и (Д6.9), учитывая, что b = 0,2 м, получим: R1и 0,6m2 3b sin 30 115, 2 H; R2и 0,3m21,5b sin 30 28,8 H; (Д6.10) R3и 0,1m2 3b sin 30 19, 2 H. При этом линии действия равнодействующих R1и и R2и пройдут через центры тяжести соответствующих треугольников, т. е. на расстояниях Н1 и Н 2 от оси x, а равнодействующая R3и приложена в середине части 3 и проходит на расстоянии H 3 от оси x, где H1 2 / 3 6b cos30 0,69 м; H 2 2 / 3 3b cos30 0,35 м; (Д6.11) H 3 3b cos30 b / 2 0,62 м. Согласно принципу Даламбера, приложенные внешние силы и силы инерции образуют уравновешенную систему сил. Составив для этой плоской системы сил три уравнения равновесия, получим Fkx 0, X B – R1и R2и R3и N 0; Fky 0, mB ( Fk ) 0, YB – P1 – P2 – P3 0; P1 3b sin 30 R1и H1 – P21,5b sin 30 R2и H 2 – P3 3b sin 30 R3и H 3 – N 6b cos30 0. Подставив сюда значения соответствующих величин из равенств (Д6.8), (Д6.9) и (Д6.11) и решив затем эту систему уравнений, найдем искомые реакции. Ответ: X B – 40, 4 H; YB 98,1 H; N 107,6 H. 143 ЗАДАНИЕ Д7 Применение уравнения Лагранжа II рода к изучению движения механической системы с одной степенью свободы Механическая система из состояния покоя под действием веса груза приводится в движение. Начальное положение системы и геометрические размеры тел ( R1 , r1 , R2 , r2 ) показаны на рис. Д7.1–Д7.7. Массы элементов системы (m1 , m2 , m3 ) приведены в таблице исходных данных. Все колеса считать сплошными однородными дисками. Коэффициент трения груза о наклонную плоскость f = 0,2. На механическую систему действует пара сил сопротивления с моментом М с 2 Н м. Используя уравнения Лагранжа II рода и пренебрегая массой нитей, определить ускорение груза 3. Пример выполнения задания Дано: R1 0, 4 м; R2 0,6 м; r2 0, 2 м; m1 4 кг; m2 8 кг; m3 10 кг; S = 2 м. Найти ускорение груза a3 . Решение Механическая система имеет одну степень свободы. Запишем для этой механической системы уравнение Лагранжа II рода: d T T Q. dt q q В качестве обобщенной координаты примем координату груза S. Тогда обобщенная скорость будет S . Выразим угловые скорости тел, входящих в систему, через обобщенную скорость V3 S : 2 V3 1 R2 R V R ; 1 2 2 3 2 , r2 R1 r2 R1 2 R1 144 или 2 S S R2 . ; 1 r2 r2 R1 Кинетическая энергия системы T T1 T2 T3 . Колеса 1 и 2 совершают вращательное движение, а груз 3 – поступательное. Следовательно, 2 m1R12 SR 2 2 2 r2 R1 J m R2 T1 1 1 1 22 S 2 ; 2 2 4r2 2 m2 R22 S J 2 2 r2 m R2 2 22 S 2 ; T2 2 2 2 2 4r2 T3 m3 S 2 . 2 m R2 m R2 m Тогда T 1 22 2 22 3 S 2 . 2 4r2 4r2 Обобщенные силы можно определить из элементарной работы сил на возможном перемещении системы. Найдем элементарную работу всех активных сил, приложенных к системе: AkA Qi S A1 A2 A3 . Покажем все активные силы: в данной задаче – это силы тяжести и момент сил сопротивления. A1 Amg AM c . Работа веса Amg 0 , так как центр масс колеса неподвижен. Q1 M с AM c M с 1 M с R2 . r2 R1 145 S R2 , r2 R1 следовательно, Работа силы тяжести второго тела равна нулю, так как его центр масс также неподвижен. Элементарная работа груза 3 равна: A3 m3 g S . Следовательно, R2 . r2 R1 Дифференцируем кинетическую энергию: Q3 m3 g . Тогда Q m3 g M с T m1R22 m2 R22 m3 m1R22 m2 R22 S m 2 S , 3 2 2 S 4r22 4r22 2r22 2r2 d T m1R22 m2 R22 m3 S , 2 2 dt S 2r2 2r2 T S 0. Таким образом, получаем уравнение Лагранжа II рода: m1R22 m2 R22 R m3 S m3 g M с 2 . 2 2 r2 R1 2r2 2r2 Откуда R2 r2 R1 0,6 85 0, 2 0, 4 S 1,3 м/с 2 . 2 2 4 0,36 8 0,36 64 m1R2 m2 R2 10 m3 2 0,04 2 0,04 2r22 2r22 m3 g M c 100 2 146 Исходные данные Номер варианта m1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 2 4 4 8 2 15 15 0,5 6 6 3 3 0,8 10 6 6 3 3 1 5 3 7 4 3 2 4 m2 m3 Номер варианта m1 4 12 8 4 15 100 30 20 40 50 10 50 40 100 40 50 10 50 40 25 11 11 30 10 40 30 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 10 2 4 4 2 0,8 10 10 2 15 15 0,5 16 3 3 0,8 0,8 10 6 6 3 3 1 5 8 0,8 кг 8 8 2 2 20 40 10 6 5 5 4 5 4 30 5 5 4 5 3 4 7 3 4 2 1 12 147 m2 m3 кг 30 8 8 2 8 4 30 30 20 40 10 6 5 14 15 4 4 30 5 5 4 5 3 4 4 4 100 14 12 8 4 40 100 100 15 100 30 20 50 10 50 40 40 100 40 50 10 50 40 25 24 14 Рис. Д7.1 148 Рис. Д7.2 149 Рис. Д7.3 150 Рис. Д7.4 151 Рис. Д7.5 152 Рис. Д7.6 153 Рис. Д7.7 ЗАДАНИЕ Д8 Применение уравнения Лагранжа II рода к изучению движения механической системы с двумя степенями свободы Варианты механических систем представлены на рис. Д8.1–Д8.9. Шкивы и катки считать абсолютно жесткими, нити – нерастяжимыми. Проскальзывание катков в точках опоры отсутствует. Нить в точке В пропущена через кольцо пренебрежимо малых размеров. Трение в кольце и в осях шкивов не учитывать. Груз A массой m1 точечный, груз K массой m4 и груз G двигаются поступательно. Активными силами являются заданные вес и пара сил с моментом М, определяемым из условия равновесия системы. Катки, шкивы, блоки, для которых радиус инерции не указан, считать однородными дисками. Исходные данные к заданию Д8 указаны в таблице. 1. Найти из условия равновесия системы момент М. 2. Составить дифференциальные уравнения движения системы. 154 Пример выполнения задания В механической системе точечный груз A массой m1 прикреплен к нити, пропущенной через кольцо В. Каток D массой m2 движется без скольжения. Нити – нерастяжимые, невесомые. Трение в кольце, в оси шкива E массой m3 и между наклонной плоскостью и грузом K массой m4 не учитывается. В качестве обобщенных координат выбираем угол 1 отклонения нити АВ от вертикали и координату x центра С катка D, отсчитываемую от его начального положения. Дано: m1 103 кг; m2 63 кг; m3 27 кг; m4 107 кг; l0 1,31 м; R2 0,27 м; r2 0,114 м; R3 0,15 м; r3 0,1 м; 2 0,1 м; 3 0,1 м. Требуется: 1) составить дифференциальные уравнения движения системы в форме уравнений Лагранжа II рода; 2) найти из условия равновесия системы в обобщенных координатах момент М. Составим дифференциальные уравнения Лагранжа II рода: d T T d T T Q1 ; Qx . dt 1 1 dt x x Найдем выражение кинетической энергии системы как функции обобщенных координат и скоростей: T T1 T2 T3 T4 . 155 Рис. Д8.1 156 Рис. Д8.2 157 Рис. Д8.3 158 Рис. Д8.4 159 Рис. Д8.5 160 Рис. Д8.6 161 Рис. Д8.7 162 Рис. Д8.8 163 Рис. Д8.9 164 Номер варианта Исходные данные т1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 4 5 6 7 8 9 10 12 14 15 20 25 20 15 25 30 25 30 25 24 10 15 25 30 35 40 35 30 35 30 т2 т3 m4 R2 r2 ρ2 R3 r3 ρ3 l0 0,24 0,27 0,12 0,09 0,1 0,12 0,15 0,2 0,14 0,12 0,22 0,14 0,10 0,05 0,10 0,10 0,11 0,10 0,12 0,09 0,13 0,04 0,09 0,08 0,10 0,08 0,11 0,08 0,08 0,12 0,09 0,10 0,10 0,08 0,09 0,18 0,12 0,06 0,12 0,06 0,10 1,01 1,02 1,03 1,04 1,05 1,06 1,07 1,08 1,09 1,10 1,11 1,12 1,13 1,14 1,15 1,16 1,17 1,18 1,19 1,20 1,21 1,22 1,23 1,24 1,25 1,26 1,27 1,28 1,29 1,30 кг 3 4 5 6 7 8 7 10 12 14 18 20 5 20 15 20 18 15 26 30 20 30 38 22 28 30 20 15 20 25 1 1 2 2 2 3 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 10 12 14 18 20 5 20 15 20 22 23 24 25 26 27 28 8 9 10 12 15 20 30 35 40 45 40 35 40 50 0,3 0,2 0,2 0,1 0,2 0,3 0,1 0,2 0,3 0,3 0,2 0,3 0,2 0,3 0,2 0,2 0,3 0,2 0,1 0,3 0,2 0,2 0,1 0,2 0,3 0,2 0,3 0,3 0,2 0,3 0,12 0,15 0,12 0,16 0,12 0,15 0,12 0,11 0,14 0,12 0,10 0,12 0,10 0,15 0,16 0,11 0,14 0,13 0,12 0,16 0,11 0,12 0,14 0,12 0,18 0,21 0,16 0,16 0,18 0,12 0,20 0,15 0,14 0,14 0,10 0,12 0,16 0,20 0,21 0,22 0,20 0,22 0,14 0,13 0,14 0,16 0,18 0,12 165 0,14 0,12 0,18 0,12 0,14 0,14 0,16 0,18 0,15 0,15 0,12 0,22 0,14 0,18 0,16 0,14 0,18 Номер варианта О к о н ч а н и е т а б л . Д8.1 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 т1 т2 т3 m4 R2 r2 ρ2 R3 r3 ρ3 l0 0,16 0,14 0,12 0,08 0,08 0,09 0,08 0,12 0,12 0,08 0,08 0,09 0,09 0,04 0,10 0,06 0,18 0,07 0,12 1,11 1,12 1,13 1,14 1,15 1,16 1,17 1,18 1,19 1,20 1,21 1,22 1,23 1,24 1,25 1,26 1,27 1,28 1,29 1,30 1,01 кг 4 3 5 4 6 5 7 6 8 7 9 8 10 7 12 10 14 12 15 14 20 18 25 20 20 100 15 20 25 15 30 20 25 18 30 15 25 26 24 30 10 20 1 1 2 2 2 3 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 10 12 14 18 20 5 20 15 20 22 23 24 25 26 27 28 8 9 10 12 15 0,2 0,3 0,2 0,3 0,2 0,2 0,3 0,2 0,1 0,3 0,2 0,2 0,12 0,2 0,3 0,2 0,3 0,3 0,2 0,3 0,3 0,10 0,12 0,10 0,12 0,14 0,12 0,12 0,14 0,16 0,16 0,18 0,10 0,20 0,15 0,14 0,14 0,10 0,16 0,16 0,20 0,21 0,22 0,12 0,22 0,14 0,13 0,14 0,16 0,18 0,12 0,16 0,18 0,18 0,22 0,14 0,16 0,18 0,15 0,12 0,08 0,22 0,18 0,15 0,12 0,24 0,10 0,08 0,12 0,09 0,1 m1VA2 . Груз А совершает 2 сложное движение. Относительная скорость VAот 1 AB , переносная скорость Vs находится из условия плоскопараллельного движения катV Vs ка 2 (точка Р – мгновенный центр скоростей), с . Полагая, r2 R2 r2 Кинетическая энергия груза А равна T1 166 что Vc x , получим Vs VA2 Vs 2 VAот 2 2 x ( R2 r2 ) . Тогда абсолютная скорость груза r2 x 2 ( R2 r2 ) 2 r2 2 12 AB 2 , а кинетическая энергия 2 x ( R2 r2 ) m1 12 AB 2 2 r2 . T1 2 Длина нити АВ непрерывно изменяется. Определим текущее значение нити как АВ l0 l. Так как система голономная, то соотношение перемещений будет такое же, как и соотношение скоростей: x( R2 r2 ) x l , откуда l . r2 r2 R2 r2 Тогда окончательный вид записи кинетической энергии: 2 x 2 ( R r ) 2 x( R2 r2 ) 2 2 2 m1 l 1 0 r2 r2 2 T1 . 2 Кинетическая энергия катка 2, совершающего плоскопараллельное движение: T2 m2Vc2 2 J 2 22 2 2 m2 x 2 m222 2 x r22 m2 x 2 22 1 . 2 r22 Кинетическая энергия шкива 3, совершающего вращательное движение: T3 J 332 2 V m332 c R3 2 167 2 2 2 m33 x . 2 R32 Кинетическая энергия груза K, совершающего поступательное движение: T4 V m x 2 r 2 m4VK2 . Так как VK c r 3 , то T4 4 2 3 . 2 R3 2 R3 Тогда 2 x 2 ( R r ) 2 x( R2 r2 ) 2 2 2 m1 l 1 0 r2 r2 2 T 2 m2 x 2 22 m332 x 2 m4 x 2 r32 . 1 2 r22 2 R32 2 R32 Проведем дифференцирование полученного выражения: T T m1 12 ( R2 r2 ) x( R2 r2 ) l0 0; 140,9 1 12 x 11,5 ; 1 x r2 r2 r22 22 m332 x m4 xr 32 x ( R2 r2 ) 2 T m x 1 m1 , 2 2 x r2 2 R32 R32 r2 или ( R r )2 2 m 2 m r 2 T x m1 2 2 2 m2 1 22 3 2 3 4 23 363,8 x ; x r2 R3 R3 r2 2 x( R2 r2 ) T 2 m1 1 l0 175,1 1 282, 22 1 x 192,6 1 x ; r 1 2 d T x; 363,8 dt x d T 1 282, 22 1 x 282, 22 1 x 192,6 1 x 2 385, 22 1 x , 175,1 dt 1 168 или d T 1 282, 22 1 x 192,6 1 x 2 103 1 x . 175,1 dt 1 Для определения обобщенной силы Q зафиксируем обобщенную координату x, а обобщенной координате 1 дадим возможное перемещение . Все тела, кроме точечного груза 1, будут неподвижны. На груз A действует только одна активная сила – сила тяжести. Определим работу силы тяжести m1 g : A1 m1 g h1 ; h1 AB1 sin 1 (l0 l )sin 11 , или x( R2 r2 ) A1 l0 sin 11 . r2 Тогда обобщенная сила x( R2 r2 ) Q1 l0 sin 1 . r2 Для определения обобщенной силы Qx зафиксируем обобщенную координату 1 , а обобщенной координате x дадим возможное перемещение δx. Система переместится в соответствии с рисунком (см. ниже). Определим работу активных сил системы. Сила тяжести катка 2 работу совершать не будет, так как каток движется по горизонтальной линии. Не будет совершать работу и вес блока 3, так как его центр тяжести неподвижен. Работу будут совершать силы тяжести тела 1 и тела 4, а также момент М. Определим возможную работу системы A A1 AM A4 , где A1 m1 g S A cos 1 m1 g cos ( R2 r2 ) x x ; AM M 2 M ; r2 r2 A4 m4 g h4 m4 g S4 sin 30 m4 g sin 300 169 r3 x ; R3 r (R r ) 1 A m1 g cos 1 2 2 M m4 g sin 30 3 x . r r R 2 2 3 Тогда обобщенная сила Qx : Qx m1 g cos 1 M ( R2 r2 ) r2 r 1 m4 g sin 30 3 . r2 R3 Запишем условие равновесия системы в обобщенных координатах: Q1 0; Qx 0 . Из первого равенства следует, что 1 0; из второr (R r ) го: M m4 g sin 30 3 m1 g cos 1 2 2 r2 . Подставив числовые R3 r2 значения, получим М = –120 Н. Знак минус говорит о том, что для равновесия системы момент должен быть направлен в противоположную сторону. Запишем уравнения Лагранжа II рода: 363,8 x 140,9 1 (12 x 11,5) 160,7 cos 1 1049,3 ; 1 282, 22 1 x 192,6 1 x 2 103 1 x (1,37 x 1,31)sin 1 . 175,1 Если зададим начальные условия, то полученную систему обыкновенных дифференциальных уравнений можно решить с помощью стандартных программ, например, методом Рунге–Кутта. 170 БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК 1. Сборник заданий для курсовых работ по теоретической механике: учебное пособие для техн. вузов / А.А. Яблонский, С.С. Норейко, С.А. Вольфсон и др.; под ред. А.А. Яблонского. – 4 изд., перераб. и доп. – Москва: Высшая школа, 1985. – 367 с. 2. Динамика механической системы: методические указания к решению задач и курсовые задания по теоретической механике / сост.: С.Т. Ковган, Р.Г. Мамаев; Уфимский гос. авиац.-техн. ун-т. – Уфа, 1996. – 18 с. 3. Теоретическая механика: методические указания и контрольные задания для студентов-заочников строительных, транспортных, машиностроительных и приборостроительных специальностей высших учебных заведений / Л.И. Котова, Р.И. Надеева, С.М. Тарг, В.Л. Цывильский, И.М. Шмарова; под ред. С.М. Тарга. – 3-е изд. – Москва: Высшая школа, 1982. – 110 с. 4. Теоретическая механика. Динамика. Сборник заданий для расчетнографических работ: учебное пособие / С.В. Белокобыльский, Н.М. Захаров, В.А. Коронатов, В.А. Поскребышев. – Братск: ГОУ ВПО «БрГУ», 2009. – 186 с. 5. Новожилов И.В. Типовые расчеты по теоретической механике на базе ЭВМ: учебное пособие для втузов / И.В. Новожилов, М.Ф. Зацепин. – Москва: Высшая школа, 1986. – 136 с. 6. Теоретическая механика: теория, задания и примеры решения задач: учебное пособие для техн. вузов / Б.Е. Ермаков, А.А. Асриянц, В.Б. Борисевич, В.И. Кольцов; под ред. Б.Е. Ермакова. – 2-е изд. исправ. и доп. – Москва, 2007. – 344 с. 7. Красюк А.М. Сборник заданий для расчетно-графических работ по теоретической механике: учебное пособие / А.М. Красюк, А.А. Рыков. – Новосибирск: Изд-во НГТУ, 2013. – 164 с. 8. Милосердин Ю.В. Расчет и конструирование приборов и установок / Ю.В. Милосердин, Б.Д. Семенов, Ю.А. Кречко. – Москва: Машиностроение, 1983. – 486 с. 171 Красюк Александр Михайлович Рыков Анатолий Аркадьевич ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА ЗАДАНИЯ ДЛЯ РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКИХ РАБОТ Учебное пособие Редактор Л.Н. Ветчакова Выпускающий редактор И.П. Брованова Корректор Л.Н. Киншт Дизайн обложки А.В. Ладыжская Компьютерная верстка С.И. Ткачева Налоговая льгота – Общероссийский классификатор продукции Издание соответствует коду 95 3000 ОК 005-93 (ОКП) Подписано в печать 23.07.2018. Формат 60 84 1/16. Бумага офсетная. Тираж 300 экз. Уч.-изд. л. 9,99. Печ. л. 10,75. Изд. № 87. Заказ № 1062. Цена договорная Отпечатано в типографии Новосибирского государственного технического университета 630073, г. Новосибирск, пр. К. Маркса, 20 172
