Заведующий кафедрой ОНД В.А.Дремук подпись

УТВЕРЖДАЮ
Заведующий кафедрой ОНД
В.А.Дремук
подпись
«
»
2010 г.
протокол №
Методические указания для подготовки к входному
компьютерному тестированию
по
Теоретической механике
(дисциплина)
для специальностей:
1-36 01 01 «Технология машиностроения»
1-36 01 03 «Технологическое оборудование машиностроительного
производства»
1-53 01 01 «Автоматизация технологических процессов и производств»
1-74 06 01 «Техническое обеспечение процессов
сельскохозяйственного производства»
2 курс, 4 семестр
(номер курса, номер семестра)
ФЗО
(название факультета)
Барановичи 2010
1
ВВЕДЕНИЕ
Данные методические указания содержат тематический план курса
«Теоретическая механика» по разделу «Динамика», примеры решения
задач, вопросы для подготовки к компьютерному тестированию, список
учебной литературы.
ТЕМАТИЧЕСКИЙ ПЛАН КУРСА
№
п/п
1.
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
2.
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
2.7
2.8
2.9
Название раздела, темы
Раздел 1. Введение в динамику. Динамика материальной точки
Законы Ньютона
Дифференциальные уравнения движения
материальной точки
Первая основная задача динамики пункта и ее решение
Вторая основная задача динамики точки и ее решение
Методика решения второй задачи динамики точки
Виды колебаний материальной точки. Свободные колебания
Затухающие колебания точки
Вынужденные колебания точки при отсутствии сопротивления
среды
Вынужденные колебания точки при наличии сопротивления среды
Дифференциальные уравнения относительного движения точки.
Переносная и кориолисова сила инерции
Частные случаи динамики относительного движения точки
Раздел 2. Динамика системы материальных точек
Некоторые основные понятия динамики системы материальных
точек (система материальных точек, связи, силы)
Масса и центр масс системы материальных точек
Момент инерции тела. Радиус инерции
Зависимость между моментами инерции относительно
параллельных осей (теорема Гюйгенса-Штейнера)
Осевые моменты инерции тел простейшей формы
Теорема о движении центра масс механической системы. Закон
сохранения
Количество движения механической системы. Импульс силы
Теоремы об изменении количества движения механической
системы. Закон сохранения
Момент количества движения материальной точки и механической
системы
2
2.10
2.11
2.12
2.13
2.14
2.15
2.16
2.17
2.18
2.19
2.20
2.21
2.22
2.23
2.24
3.
3.1
3.2
3.3
3.4
3.5
3.6
3.7
3.8
3.9
3.10
3.11
3.12
3.13
3.14
Теорема об изменении главного момента количеств движения
системы. Закон сохранения
Кинетическая интерпретация теоремы моментов (теорема Резаля)
Две меры механического движения. Кинетическая энергия
материальной точки
Теорема об изменении кинетической энергии материальной точки
Работа силы. Мощность. Теоремы о работе. Примеры вычисления
работы
Кинетическая энергия системы материальных точек. Теорема
Кенига
Кинетическая энергия твердого тела
Теорема об изменении кинетической энергии системы
Вычисление работы сил, действующих на твердое тело
Дифференциальные уравнения движения твердого тела
Элементарная теория гироскопа. Гироскоп с тремя степенями
свободы
Движение тяжелого гироскопа
Возможные перемещения. Идеальные связи
Принцип возможных перемещений (принцип Лагранжа)
Методика применения принципа возможных перемещений
Раздел 3. Принцип Даламбера
Понятие о принципе Даламбера. Принцип Даламбера для
материальной точки
Принцип Даламбера для системы материальных точек
Приведение сил инерции
Общее уравнение динамики (принцип Лагранжа-Даламбера)
Обобщенные координаты. Обобщенные скорости и число степеней
свободы механической системы
Обобщенные силы и способы их вычисления
Условия равновесия механической системы в обобщенных
координатах
Уравнения движения механической системы в обобщенных
координатах или уравнения Лагранжа второго рода
Методика применения уравнений Лагранжа второго рода для
решения задач
Понятие о потенциальном (консервативном) силовом поле и
потенциальной энергии. Закон сохранения механической энергии
Уравнения Лагранжа второго рода для консервативных систем
Понятие об устойчивости равновесия консервативной системы
Понятие о малых колебаниях механической системы
Явление удара. Действие мгновенной силы на материальную точку.
Основное уравнение теории удара
3
3.15
3.16
3.17
3.18
3.19
3.20
Прямой удар шара о неподвижную поверхность. Две фазы удара.
Коэффициент восстановления
Косой удар шара о неподвижную поверхность
Прямой центральный удар двух шаров
Потеря кинетической энергии при прямом центральном ударе двух
тел. Теорема Карно
Теорема об изменении количества движения и момента количества
движения механической системы при ударе
Действие ударных сил на твердое тело при вращательном движении
Раздел 1. Введение в динамику. Динамика материальной точки
Вопросы для подготовки к тестированию:
1.
Назовите предмет динамики.
2.
Перечислите законы Ньютона.
3.
Перечислите дифференциальные уравнения движения точки.
4.
Сформулируйте две основные задачи динамики точки.
5.
Охарактеризуйте колебания материальной точки.
6.
Запишите
дифференциальные
уравнения
относительного
движения точки.
7.
Чему равна переносная и кориолисова силы инерции?
8.
Перечислите частные случаи динамики относительного движения
точки.
Примеры решения задач
Интегрирование дифференциальных уравнений точки.
Пример 1.
Дано: m =2 кг,
С
v0 =20 м/с, Q=6 Н,
х
N
Fx
R=0,4v Н, t1 =2,5 с,
Fx  2 sin 4t Н,
f =0,2.
Найти: x  f (t ) -
N
Fтр
P
30
0 o
°
В
Q
А
R
z
закон движения груза
на участке ВС.
P
РЕШЕНИЕ:
1)
Рассмотрим
движение груза на участке АВ, считая груз материальной точкой. На груз
4




действуют сила тяжести P  mg , реакция стенки N постоянная сила Q и

сила сопротивления R  0,4v . Проведем ось Oz вдоль АВ. Составим
дифференциальное уравнение движение в проекции на эту ось:
m
dv z
dv
  Fiz или m z  Q  R .
dt
dt
Перепишем
это
уравнение
с
учетом
того,
что
vz  v :
dv
0,4  Q
0,4 0,4

Обозначим
и
a

 0,2

 v.

m
2
dt
m  0,4

Q
6
dv
q

 15 . Тогда
 adt , интегрируем: ln( v  q)  at  C1 .
0,4 0,4
vq
Постоянную С1 находим по начальным условиям: при t  0 v  v0 , что
vq
дает C1  ln( v0  q) . Следовательно ln
 at . Отсюда получаем
v0  q
v  q  (v0  q)eat .
При перемещении груза в точку В t  t1 =2,5 с, v  vB . Тогда
vB  15  (20  15)e0,5 = 6,23 (м/с).
2) При рассмотрении движения груза на участке ВС найденная
скорость будет для движения на этом участке начальной скоростью.
Составим дифференциальные уравнения движения груза в проекции на оси
Ox и Oy .
dv x
 Fx  Fтр  P sin 30
dt
N  mg cos 30 и Fтр  fmg cos 30 .
m
и
0  N  P cos 30 .
Тогда
dv x 2
2 2
 sin 4t  g ( f cos 30  sin 30) . Обозначим a    1 и
dt
m
m 2
b  g ( f cos 30  sin 30)  6,73 . Разделяя переменные и
интегрируя
a
получим v x   cos 4t  bt  C2 ; при начальных условиях при t  0
4
a
dx
 6,48  0,25 cos 4t  6,73t .
v0  vB и C2  vB   6,48 . То есть v x 
4
dt
5
После интегрирования:
x  6,48t 
0,25
6,73 2
sin 4t 
t  C3 . Т.к.
4
2
при t  0 x  0 то C3  0 и окончательно искомый закон движения груза
на участке ВС будет
Ответ: x  6,48t  3,37 t 2  0,0625 sin 4t .
Относительное движение и колебание точки.
Пример 2. Дано: m1  1 кг, с1  300 Н/м, с2  150 Н/м, с3  0 Н/м,
1  0 м/с2, 2  0,1 м, 3  0 м,   15
1/с,   0 Нс/м, 0  0 м, v0  0 м/с.
Найти: x  f (t ) – закон движения
груза по отношению к лифту
РЕШЕНИЕ:
1) Свяжем с лифтом подвижную
систему отсчета, начало которой поместим
в конце недеформированной пружины, а ось
х направим в сторону удлинения пружины
(вниз). Рассмотрим груз в положении, при
котором пружина растянута. На груз

действуют силы: тяжести P и сила

упругости F эквивалентной пружины,
жесткость
которой
равна
с
z
и
Fпер

F
с1

Р
с2
апер
х
с3
с1с2
300  150

 100( Н / м) . Для
с1  с2 300  150
составления уравнения относительного движения груза дополнительно


и
присоединим переносную силу инерции Fпер
 maпер . Тогда уравнение
относительного движения в векторной форме имеет вид
  и

;
maпер  P  F  Fпер
в проекции на ось х :
и
.
mx  Px  Fx  Fперх
Здесь Px  P  mg , Fx  c  cx (   x – удлинение пружины),
и
Fперx
 maперx . Т.к. оси z и x направлены противоположно, то
aперх  aперz  z  2 2 sin t  0,1152 sin t  22,5sin t
и
и
Fперx
 22,5m sin t . Тогда уравнение движения примет вид
6
x  k 2 x  b1  b2 sin t ,
mx  mg  cx  22,5m sin t
или
(*)
c 100
 100( c  2 ) , b1  g  10( м / c2 ) , b2  22,5( м / с2 ) .
где k 2  
m
1
2) Для определения закона движения груза найдем решение
дифференциальное уравнения (*). Его общее решение x  x1  x2 ,
где x1 – общее решение однородного уравнения x  k 2 x  0 , т.е.
x1  C1 sin kt  C2 cos kt ,
а x2 – частное решение уравнения (*). По виду правой части ищем x2 в
виде
x2  B  D sin t .
Для определения постоянных B и D находим x   D 2 sin t и
подставим x2 и x2 в (*)
 D 2 sin t  k 2 B  k 2 D sin t  b1  b2 sin t
приравниваем в обеих частях коэффициенты и свободные члены и
получаем
b
10
b
 22,5
B  12 
 0,1( м) ,
D 2 2 2 
 0,18 (м/с2).
100
100

225
k
k 
1
Тогда, учитывая, что k  10(c ) ,   15(с1) , общее решение
уравнения (*) запишем как
x  C1 sin 10t  C2 cos10t  0,18 sin 15t  0,1 .
(**)
Для определения постоянных интегрирования найдем еще
vx  x  10C1 cos10t  10C2 sin 10t  2,7 cos15t .
(***)
По условию, при t  0 v x  v0  0 и x0  0  0 и из уравнений (**) и
(***) найдем C1 и C2
0  С2  0,1
0  10С1  2,7
С2  0,1
С1  0,27 .
Ответ: v x  x  2,7 cos10t  sin 10t  2,7 cos15t .
Раздел 2. Динамика системы материальных точек
Вопросы для подготовки к тестированию:
1.
Сформулируйте
основные
понятия
материальных точек.
динамики
системы
7
2.
По каким формулам определяются масса и центр масс системы
материальных точек?
3.
Чему равны момент и радиус инерции твердого тела?
4.
Сформулируйте теорему Гюйгенса-Штейнера.
5.
Запишите формулы для определения осевых моментов инерции
тел простейшей формы.
6.
Сформулируйте теорему о движении центра масс механической
системы и закон сохранения движения центра масс.
7.
По какой формуле определяется количество движения
механической системы?
8.
Чему равен импульс силы?
9.
Сформулируйте теорему об изменении количества движения
механической системы и закон сохранения количества движения
механической системы.
10. Чему равен момент количества движения материальной точки и
механической системы?
11. Сформулируйте теорему об изменении главного момента
количеств движения системы и законы сохранения кинетического момента
механической системы.
12. В чем заключается кинетическая интерпретация теоремы
моментов (теорема Резаля)?
13. Сформулируйте теорема об изменении кинетической энергии
материальной точки.
14. По какой формуле определяется работа силы?
15. Чему равна мощность?
16. Сформулируйте теорему о работе силы?
17. Приведите примеры вычисления работы.
18. Чему равна кинетическая энергия системы материальных точек?
19. Сформулируйте теорему Кенига.
20. Чему равна кинетическая энергия твердого тела в частных
случаях его движения?
21. Сформулируйте теорему об изменении кинетической энергии
системы.
22. По каким формулам вычисляют работы сил, действующих на
твердое тело?
23. Запишите дифференциальные уравнения движения твердого тела.
24. Сформулируйте элементарную теорию гироскопа.
25. Приведите пример гироскопа с тремя степенями свободы.
26. Сформулируйте определение возможных перемещений точек
механической системы.
27. Какие связи называются идеальными?
28. Сформулируйте принцип возможных перемещений (принцип
Лагранжа).
8
29. Приведите
перемещений.
методику
применения
принципа
возможных
Примеры решения задач
Теорема о движении центра масс.
Пример 1. Дано: m1  2 кг, m2  6 кг, m3  12 кг, r = 0,4 м, R=0,8 м,

3
(t 2  1) ,  2 

( t 2  2) .
6
Найти: x3  f 3 (t ) – закон движения
1 
плиты
РЕШЕНИЕ:
Рассмотрим механическую систему,
состоящую из плиты и грузов D1 и D2 ,
в
произвольном
положении.
Действующие на систему внешние силы
– силы тяжести P1 , P2 , P3 и реакция
N.
направляющих
Проводим
координатные оси. Точка C30 –
у
х3
С3
0
D

2
2

P2

N
A
2
С
3
D
1

 1
P1 A
 1
P3
х
положение центра масс в момент времени t0  0 .
Для определения x3  f 3 (t ) воспользуемся теоремой о движении
центра масс системы. Составим дифф. уравнение его движения в проекции
на ось х. Получим
e
или Mxc  0
Mxc  Fkx
e
т. к. Fkx
 0 , поскольку все действующие на систему внешние силы
вертикальны.
После интегрирования найдем, что Mxc  C1 , т. е. проекция скорости
центра масс системы на эту ось есть величина постоянная. Т. к. при t0  0
vcx  0 то C1  0 . Интегрируя уравнение Mxc  0 , получим
Mxc  const ,
т. е. центр масс системы вдоль оси Ох не перемещается.
По формуле для координаты
xc центра
масс
системы
Mxc  m1x1  m2 x2  m3x3 , где M  m1  m2  m3 . Из рисунка видно, что
в произвольный момент времени абсциссы грузов равны соответственно
x1  x3  r cos 1 , x2  x3  R sin  2 . Тогда
9
Mxc  m1( x3  r cos1)  m2 ( x3  R sin 2 )  m3x3 или
Mxc  (m1  m2  m3 ) x3  m1r cos
 (t 2  1)
3
 m2 R sin
 (t 2  2)
6
.
В соответствии с равенством (*) координаты центра масс xc всей
системы в начальном и произвольном положениях будут одинаковы.
Следовательно, учитывая, что при t0  0 x3  0 , получим
m1r cos
(t 2  1)
(t 2  2)


.
 m2 R sin  (m1  m2  m3 ) x3  m1r cos
 m2 R sin
3
3
3
6
Отсюда получаем зависимость от времени координаты x3
 
 
 (t 2  1) 
 ( t 2  2) 
m1r cos  cos
  m2 R sin  sin

3
3
6


 3



 или
x3 
m1  m2  m3


 (t 2  1) 
 ( t 2  2) 
2  0,4 0,5  cos
  6  0,80,866  sin

3
6




x3 
и
2  6  12

 (t 2  1)
 ( t 2  2) 
окончательно x3  0,04 5,7  cos
 6 sin
.
3
6



 (t 2  1)
 ( t 2  2) 
Ответ: x3  0,04 5,7  cos
 6 sin
.
3
6


Теорема об изменении количества движения системы.
2
Пример 2. Дано: m1  18 кг, m2  6 кг, u0  2 м/с, s  0,8 sin t .
Найти: u  f (t ) – закон
изменения скорости плиты
РЕШЕНИЕ:
Рассмотрим механическую
систему, состоящую из плиты и
D , в произвольном
груза
положении. Действующие на
систему внешние силы: силы
тяжести P1 , P2 и реакция
N .Для
направляющих
определения u воспользуемся
у
 от
vD
Е
D
А
Р2
60

u
u
о
N
К
Р1
х
10
теоремой об изменении количества движения системы Q в проекции на ось
e
0
x . Т. к. действующие на систему внешние силы вертикальны, то Fkx
dQx
e
 Fkx
и
. Отсюда Qx  C .
dt

 




Для данной мех. системы Q  Q1  QD , где Q1  m1u и QD  m2uD

количества движения плиты и груза соответственно ( u – скорость плиты,

vD – скорость груза по отношению к осям Oxy ). Тогда с учетом, что
ux  u
(*)
m1u  m2vDx  C
При определении vDx учитываем, что движение груза D сложное,
считая его движение по отношению к плите относительным
(поступательное), а движение самой плиты – переносным. Тогда
 от
пер
пер
отн
. Но vDx
направлен вдоль желоба КЕ
vDx  vDx
 vDx
 u . Вектор vD
от ds

 1,6t cos t 2 . На рисунке он изображен в
и численно vD
dt
от
от
соответствии со своим знаком и vDx
 vD
cos 60 . Таким образом
v Dx  u  1,6t cos t 2  cos 60  . При найденном значении vDx равенство
(*) примет вид
m1u  m2u  m21,6t cost 2  cos 60  C .
Постоянную интегрирования определим по начальным условиям: при
t  0 u  u0 . Подстановка этих величин в уравнение (**) дает
C  (m1  m2 )u0 и тогда из (**) получим
(m1  m2 )u  m21,6t cos t 2  cos 60  (m1  m2 )u0
Отсюда зависимость скорости плиты от времени
u  u0 
1,6m2 cos 60
t cos t 2
m1  m2
Подставим значения соответствующих величин
u 2
1,6  6  0,5
t cos t 2 и окончательно u  2  0,2t cos t 2 .
18  6
2
Ответ: u  2  0,2t cos t .
11
Теорема об изменении кинетического момента системы.
Пример 3. Дано: R= 1,2 м, m1  24 кг, m2  8 кг, 0  10 с-1, ОС = R,
s  F (t )  0,4t 2 м, M  6 Нм
Найти:   f (t ) – закон изменения угловой скорости платформы
vотн
vпер
B z
R
R
0
K
K
RB
M
0,5R
C
D
0
D
C
A
A
O
E P
0,5R
M
L 30
P
RO
O 2
Eо
1
РЕШЕНИЕ:
Рассмотрим механическую систему, состоящую из платформы и груза
D. Для определения   f (t ) применим теорему об изменении
кинетического момента системы относительно оси z:

dK z
 mz ( Fke ) .
dt
На систему действуют внешние силы: силы тяжести платформы и груза
P1 и P2 , реакции R B и RO и момент М. Т.к. силы P1 и P2 параллельны
оси z, а реакции R B и RO пересекают ее, то их моменты относительно

этой оси равны нулю. Тогда m z ( Fke )  М  6 и
интегрирования
K z  6t  C1 .
Для рассматриваемой механической системы
где K zпл и K zD
соответственно.
dK z  6dt .
После
(1)
K z  K zпл  K zD ,
– кинетические моменты платформы и груза
Платформа вращается вокруг оси z, следовательно K zпл  I z  . По
теореме Гюйгенса I z  I Cz  m1  (OC ) 2  I Cz  m1 R 2 ( I Cz – момент
инерции относительно оси параллельной оси z и проходящей через центр


m1
5
(2 R) 2  R 2  m1 R 2 . Тогда
12
12
5
2
2 17
2
I z  m1 R  m1 R  m1 R .
12
12
платформы. Но I Cz 
12
Следовательно K zпл 
17
m1 R 2 .
12
Для определения K zD рассмотрим движение груза D как сложное,
считая его движение по платформе относительным, а вращение самой
 

платформы – переносным движением. Тогда v  vотн  v пер .
Т.к. s  F (t )  0,4t 2 , то vотн  s  0,8t .
Тогда, по теореме Вариньона,
v пер    OD .



K zD  m z (m2 v )  m z (m2 vотн )  m z (m2 v пер ) =
m2 vотн  OE  m2 vпер  OD =
= 0,8m2 t  OE  m2  (OD ) 2
Из рисунка: OE  R cos 30 = 1,2  0,866  1,04 (м),
(OD ) 2  ( R  s  sin 30 ) 2  ( s  cos 30 ) 2 =
= R 2  2 Rs  sin 30  s 2  sin 2 30  s 2  cos 2 30 =
R 2  2 Rs  sin 30  s 2 = 1,2 2  1,2  0,4t 2  016t 4 =
= 1,44  0,48t 2  0,16t 4
Тогда, K zD  0,8m2 t  1,04  m2  (1,44  0,48t 2  0,16t 4 ) и
Kz 
17
m1 R 2  0,83m 2 t  m 2  (1,44  0,48t 2  0,16t 4 ) .
12
После
подстановки
Kz 
17
24  1,2 2   0,83  8t    8  (1,44  0,48t 2  0,16t 4 ) =
12
6,64t    8  (7,56  0,48t 2  0,16t 4 )
Тогда уравнение (1) примет вид
6,64t    8  (7,56  0,48t 2  0,16t 4 )  6t  C1 .
Постоянную интегрирования определим по начальным условиям: при
t  0 ,    0 . Получим
C1  60,5 0  605 .
Следовательно, искомая зависимость будет иметь вид:
6,64t    8  (7,56  0,48t 2  0,16t 4 )  6t  605 ;
13

75,6  0,08t
7,56  0,48t 2  0,16t 4
Ответ:  
.
75,6  0,08t
7,56  0,48t 2  0,16t 4
.
Дифференциальное уравнение плоскопараллельного движения твердого
тела.
Пример 4. Дано: r=0,6R, F1  0 , F2  0,4P , M  0 , =30о, =60о.
Найти: xC  f (t ) – закон движения центра масс, f min – наименьший
коэффициент трения, при котором
возможно качение без скольжения.
у
РЕШЕНИЕ:

Барабан
совершает
F2
плоскопараллельное движение под
действием сил
(направление




P , N , F2 , Fтр

Fтр
произвольно).
О
Составим дифференциальное уравнения
плоскопараллельного движения:
mxC  Fkx ;

N


Fтр
С

vC

P
В

mxC  P sin   F2 cos   Fтр
х
(1)
myC  Fky ; myC  N  P cos   F2 sin 

mR 2
  Fтр R  F2 r
I Cz  mCz ( Fk ) ;
2
(2)
(3)
(положительное направление моментов в направлении вращения
барабана при его движении от т очке О).
1) Определение xC  f (t ) . В нашей задаче y C  R  const и yC  0 .
Учтем, что xC  a C и при качении без скольжения в т. В находится
мгновенный центр скоростей. Тогда
xC  R .
vC  R , aC  vC  R  R или
(4)
Тогда из уравнения (3)
1
r
mxC  Fтр  F2 ,
2
R
(5)
Сложив его почленно с (1) получим
3
r

mxC  P sin   F2   cos   = P sin 30  0,4 P(0,6  cos 60) = 0,54 P .
2
R


14
xC  0,36 g .
Отсюда, т.к. P  mg ,
Интегрируем: x C  0,36 gt  C1
и
xC  0,18gt 2  C1t  C2 .
По начальным условиям при t  0 vC  xC  0 и xC  0 получаем
C1  C2  0 . Окончательно закон движения центра масс принимает вид
xC  0,18gt 2 .
2) Определение f min . При качении без скольжения сила трения должна
удовлетворять неравенству
Fтр  fN .
(6)
Из уравнения (2), учитывая, что yC  0 ,
N  P cos   F2 sin  = P cos 30  0,4P sin 60 = 0,52 P
Из уравнения (5), учитывая, что xC  0,36 g
0,18mg  Fтр  0,6F2 . Отсюда, т.к. Fтр  0,18P  0,6  0,4P  0,06P .
Подставим значения Fтр и N в неравенство (6) 0,06P  f  0,52 P ,
откуда
f 
0,06
 0,115 . Таким образом, наименьший коэффициент
0,52
трения, при котором возможно качение барабана без скольжения
f min  0,115 .
Ответ: xC  0,18gt 2 , f min  0,115 .
Определение условий равновесия механической
помощью принципа возможных перемещений.
Пример 5. Дано:   90,   120,
  90,   90,   60, с=180 Н/см,
системы

F
Q = 400Нм, М=100 Нм, АЕ = ЕD, 1  0,4 м.
Найти: чему равна при равновесии
3
деформация пружины  .
А s
s
РЕШЕНИЕ:
1 E
1. Строим положение механизма в A
2

соответствии с заданными углами. Для
Е
1
решения
воспользуемся
принципом
Р
D
возможных перемещений, согласно которому
М
О
Ak  0 .

1
В
с
s
B
s
D
Q
(1)
15
Предполагаем, что пружина растянута. Неизвестную силу упругости
пружины F  c найдем с помощью уравнения (1) а затем определим  .
2. Для составления уравнения (1) сообщим механизму возможное
перемещение и введем обозначения для перемещений звеньев к которым
приложены активные силы: 1 - поворот стержня вокруг оси O1 (момент
М), sB , s D - перемещение ползунов В и D, s A , sE - перемещения
узловых точек.
Учитываем, что зависимости между возможными перемещениями
такие же как между соответствующими скоростями звеньев.
3.Выразим все перемещения через 1 .
s A  11 ; точка Р – мгновенный центр скоростей, РАЕ –
равносторонний
(угол АDР=30 и АР=0,5РD=АЕ, РАЕ=60), т.е.
s E  s A  11 ;
sE cos 30  sD cos 60 (равенство проекций
скоростей и перемещений на звено АD) sD  1
sB cos 60  sE cos 60 т.е. sB  sE  11 .
4.Составим для механизма уравнение (1):
Произведя
замену
всех
cos 30
1 ; также
cos 60
M1  QsD  FsB  0 .
перемещений
через
1
cos 30


 F1 1  0 и, учитывая, что 1  0 , получаем
 M  Q 1
cos 60


M
cos 30 100
0,866
F
Q
=
= – 442,8 (Н),
 400 
1
cos 60 0,4
0,5
F
442,8
  =
= – 2,46 (см) – пружина сжата.
c
180
Ответ:  = – 2,46 (см).
Раздел 3. Принцип Даламбера
Вопросы для подготовки к тестированию:
1.
Сформулируйте понятие о принципе Даламбера.
2.
Какая сила называется силой инерции?
3.
В чем заключается принцип Даламбера для материальной точки?
4.
В чем заключается принцип Даламбера для системы
материальных точек?
5.
Сформулируйте принцип приведения сил инерции.
16
6.
Сформулируйте общее уравнение динамики (принцип ЛагранжаДаламбера).
7.
Какие координаты называются обобщенными?
8.
Как определяются обобщенные скорости и число степеней
свободы механической системы?
9.
Какие силы называются обобщенными и способы их
вычисления?
10. Перечислите условия равновесия механической системы в
обобщенных координатах.
11. Запишите уравнения движения механической системы в
обобщенных координатах.
12. В чем заключается методика применения уравнений Лагранжа
второго рода для решения задач?
13. Сформулируйте
понятие
о
потенциальном
(консервативном)силовом поле и потенциальной энергии.
14. В чем заключается закон сохранения механической энергии?
15. Запишите уравнения Лагранжа второго рода для консервативных
систем.
16. Сформулируйте
понятие
об
устойчивости
равновесия
консервативной системы.
17. Сформулируйте понятие о малых колебаниях механической
системы.
18. Какое явление называется ударом?
19. В чем заключается действие мгновенной силы на материальную
точку?
20. Запишите основное уравнение теории удара.
21. Сформулируйте понятие прямого удара шара о неподвижную
поверхность.
22. Перечислите две фазы удара.
23. Что называется коэффициентом восстановления?
24. Сформулируйте понятие косого удара шара о неподвижную
поверхность.
25. Сформулируйте понятие прямой центральный удар двух шаров.
26. Запишите уравнение, показывающее потерю кинетической
энергии при прямом центральном ударе двух тел.
27. Сформулируйте теорему об изменении количества движения и
момента количества движения механической системы при ударе.
28. В чем заключается действие ударных сил на твердое тело при
вращательном движении?
Примеры решения задач
Применение к изучению движения системы принципа Даламбера.
17
Пример 1. Дано: =10 с-1, m  10 кг, m3  3 кг,
АВ  BD  DE  EK  a  0,6 м, b  0,1 м,   4b  0,4 м, =45о, =135о,
=60о.
Найти: реакции подпятника А и подшипника В, пренебрегая весом вала.
РЕШЕНИЕ:
Массы и веса частей 1 и 2
K
ломаного
стержня
 и
60
F3
пропорциональны длинам этих
о

частей и соответственно равны
а3
E
m1  0,6m ,
m2  0,4m ;

P3
P1  0,6mg  0,6  10  10  60 (Н
hC
h3
hC2
),
P2  0,4mg =40 (Н),
P3  m3 g = 30 (Н).
H3
45
D
1

а С1
о

R1и
Н
Для определения искомых
В
реакций рассмотрим движение
и
RВ 
а
R
системы и применим принцип
С
2
 
2
H1
Даламбера.
Выберем
P1 P
YA
H2
2
вращающиеся вместе с валом
А
координатные оси Аху так,
XA
чтобы стержни лежали в

плоскости ху. На систему действуют активные силы – силы тяжести P1 ,
 



P2 , P3 и реакции связей X A , Y A (подпятник) и R В (цилиндрический
подшипник). Присоединим к ним силы инерции элементов ломаного
стержня и груза 3, считая его материальной точкой.
Вал вращается равномерно и элементы стержня имеют только
нормальные ускорения, направленные к оси вращения. Численно
a nk   2 hk ( hk – расстояния элементов стержня от оси вращения). Силы

Fkи направлены от оси вращения, а численно Fkи  m k a nk  m k  2 hk
( m k – масса элемента). Каждую из полученных систем параллельных сил
инерции заменим ее равнодействующей, равной главному вектору этих сил.
Т.к. модуль главного вектора сил инерции любого тела имеет значение
R и  maC , где m – масса тела, a C – ускорение его центра масс, то для
частей ломаного стержня соответственно получим
R1и  m1a C1 , R2и  m 2 a C 2 .
18
Для точечной массы 3
F3и  m3 a 3 .
Ускорения центров масс частей 1 и 2 стержня и груза 3 равны:
aС1   2 hС1 ,
Из рисунка
aС 2   2 hС 2 ,
a 3   2 h3 .
hC1  3b sin 45 = 3  0,1  0,707  0,21 (м),
hC 2  6b sin 45 = 6  0,1  0,707  0,42 (м),
h3   sin 60 = 0,4  0,866  0,35 (м),
Тогда числовые значения сил инерции равны:
R1и  0,6m 2 hC1 = 0,6  10  10 2  0,21  126 (Н),
R2и  0,4m 2 hC 2 = 0,4  10  10 2  0,42  168 (Н),
F3и  m3 2 h3 = 3  10 2  0,35  105 (Н).
Линии действия равнодействующих R1и , R2и пройдут через центры
тяжестей соответствующих эпюр сил инерции (на рисунке Н – высота
треугольной эпюры, H  6b cos 45  6  0,1  0,707  0,42 м).
Согласно принципу Даламбера, приложенные внешние силы (активные
и реакции связей) и силы инерции образуют уравновешенную систему сил.
Уравнения равновесия этой системы сил:
Fkx  0 ;
Fky  0 ;
X A  R В  R1и  R2и  F3и  0 ;
Y A  P1  P2  P3  0 ;

m A ( Fk )  0 ;  RВ  a  P1hC1  P2 hC 2  P3h3  R1и H1  R2и H 2  F3и H 3  0 .
2
2
H  2  0,6   0,42  0,92 (м),
3
3
H 2  2a  H  1,2  0,42  0,78 (м),
где H 1  2a 
H 3  4a   cos 60  4  0,6  0,4  0,5  2,2 (м),
Решая записанную систему уравнений равновесия, получим
RВ 
=
1
( P3 h3  P1hC1  P2 hC 2  R и H1  R и H 2  F и H 3 ) =
1
2
3
а
1
(30  0,35  60  0,21  40  0,42  126  0,92  168  0,78  105  2,2) = –58,1 (Н);
0,6
X A  F и  ( R В  R и  R и ) = 105  (58,1  126  168)  –130,9 (Н);
3
1
2
Y A  P1  P2  P3 = 60  40  30 = 130 (Н).
Ответ: X A  –130,9 (Н); Y A  130 (Н); R В  –58,1(Н).
19
Применение к изучению движения системы общего уравнения
динамики (принципа Даламбера-Лагранжа).
Пример 2. Дано: Р1 =10 Н, Р2 =0 Н, Р3 =20 Н, Р4 =30 Н, Р5 =40 Н,
Р6 =0 Н М=10 Нм, R1 =0,2 м, r1 =0,1 м, 1 =0,1 м, R2 =0,3 м, r2 =0,15 м,
2 =0,2 м.
Найти: а5 .
РЕШЕНИЕ:
1.Рассмотрим
движение
механической
системы, состоящей
из
тел
1,2,…,6,
соединенных нитями.
Для
определения
ускорения применим
общее
уравнение
динамики:

Aka 

Аka

а3
F3и 3
М
1
Akи  0
М 1и
1
Р1
1
s3
 2
Р3
2
а4
2
60
о
s4
F4и 4
45
о
Р4
F5и
,
где
- сумма
s5
элементарных работ
активных
сил;
 Akи
-
5
а5
Р5
сумма
элементарных работ сил инерции.
2.Зададимся направлением ускорения . Изобразим силы инерции и
моменты инерции, величины которых равны:
P
P
P
P
M1и  1 121 , F3и  3 a3 , F4и  4 a4 , F5и  5 a5 .
g
g
g
g
3. Сообщая системе возможное перемещение получим
( P5  F5и )s5  ( P4 sin 45  F4и )s4  F3иs3  M1  M1и1  0
Выразим все перемещения через 2 :
s5  s4  r22 ;
s3  R22  R11 , т.е. 1 
R2
2 .
R1
После подстановки в уравнение имеем
20


R2  1 
R
   P5 r2 a5  P4 r2 a 4  P3 R2 a3  P1 2 2 1  2  0
 P5 r2  P4 sin 45  r2  M
1
R1  g 
R1 

входящие сюда ускорения выразим через искомую величину (через a5 ):
a
R
R
a5  a4  r2 2 ;  2  5 ; a3  R2 2  a5 2  R11 ; 1  2 a5 .
r2
r2 R1
r2
Затем, учтя, что 2  0 , приравняем нулю выражение в квадратных
скобках. Из полученного уравнения найдем
( P5  P4 sin 45 )r2  MR 2 / R1
g=
( P5  P4 )r2  P3 R 2 / r  P1 2 R 2 / r2 / R 2
2 2
1 2
1
(40  30  0,707 )0,15  10  0,3 / 0,2
=
10 = –2,42 (м/с2).
(40  30)0,15  20  0,09 / 0,15  10  0,01  0,09 / 0,15 / 0,04
a5 
Следовательно, действительное направление ускорения тела 5 и всех
других тел системы противоположно показанному на рисунке.
Ответ: a5  –2,42 (м/с2).
21
УЧЕБНО-МЕТОДИЧЕСКИЕ МАТЕРИАЛЫ
Основная литература
1. Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики. – М, «Наука», 1986.
2. Хвясько Г.М. Курс тэарэтычнай механікі. – Мінск, БДТУ, 2000.
3. Горбач Н.И. Теоретическая механика. Динамика. – Минск, 2004.
Дополнительная литература
1. Добронравов В.В., Никитин Н.Н. Курс теоретической механики:
Учебник, 1983.
2. Мещерский И.В. Сборник задач по теоретической механике. – М,
«Наука», 1986.
3. Бать М.И., Джанемедзе Г.Ю., Кельзон А.С. Теоретическая механика в
примерах и задачах. – М, 1984. – Ч.1 и 2.
4. Яблонский А.А., Никифорова В.А. Курс теоретической механики:
Учебник. – М, 1984. – Ч.1.
5. Яблонский А.А. Курс теоретической механики: Учебник. – М, – Ч.2.
6. Старжинский В.М. Теоретическая механика. – М, «Наука», 1986.
22