Физика / Теоритическая механика в задачах и примерах

					AD	o
T		P			2	F sin 45	AD	14,3 кН;
						sin30o BC
							P AB
				T sin30o DC
ZB							2		5,7 кН;
						AB
Y			T cos30o AB F cos45o AD m							11 кН;
	B					AB

X A F cos45o 5,7 кН;

YA YB T cos30o 1,4 кН;

ZA ZB P T sin30o F sin45o 7,2 кН.

Знаки «−» указывают, что в действительности векторы X A и ZB направлены

противоположно соответствующим векторам, изображенным на рис. 9.2. Пример 9.3. Горизонтальный вал трансмиссии, несущий два шкива 1 и 2

ременной передачи, может вращаться в подшипниках А и В. Радиусы шкивов соответственно r1 и r2 ; расстояние шкивов от подшипников a , а

расстояние между шкивами c .

Натяжение ветвей ремня, надетого на шкив 1, горизонтальны и имеют величины T1 и t1 , а натяжение ветвей ремня, надетого на шкив 2, образуют с

вертикалью угол и имеют величины T2 и t2 причем T2 2t2 .

Определить натяжения T2 и t2 в условиях равновесия и реакции

подшипников, вызванные натяжением ремней. Решить задачу при следующих данных:

r1 = 20 см, r2 = 25 см, а = 50 см, с =100 см, T1 2t1 5 кН, α 30о .

z a	c			a
t1		T'
ZA				ZB y
XA		2
x			t2'	XB
T1	T2			t2"
		T"	t
		2
			2

Рис. 9. 3

Решение. Рассмотрим равновесие вала, несущего два шкива 1 и 2.

На него действуют силы натяжения ремней T1 , t1 , T2 и t2 . Отбросим связи, заменив их действие реакциями связей: реакции подшипников разложим в точках А и В на две составляющие X A, ZA и X B , ZB

соответственно (рис. 9.3).

Вал находится в равновесии под действием пространственной произвольной системы сил, и поэтому аналитические условия равновесия имеют вид (9.3). Однако, так как все действующие силы лежат в плоскостях параллельных плоскости Ахz, то уравнение проекций сил на ось Ау обращается в тождество: 0 = 0. Поэтому для данной задачи останется только пять уравнений равновесия:

		n			n
		Fкx 0;			Fкz		0;
	r	к 1		r	к 1		r		(9.5)
n			n			n
mx (Fк ) 0;			my (Fк )		0 ;	mz (Fк )			0 .
к 1			к 1			к 1
Вместе с тем, поскольку искомые натяжения ремней T2 и								t2	для шкива 2
связаны соотношением		T2 2t2 , то		количество		искомых		реакций связей

равно числу уравнений равновесия и задача является статически определимой.

Силы натяжения ремней T2	и t2 , направленные по касательной к шкиву
				параллельные осям Ах и Аz
2 разложим на составляющие T2	, t2 и	T2 ,	t2
соответственно (рис. 9.3), модули которых равны: T2 T2 sinα, t2 t2 sinα,
T2 T2cosα, t2 t2cosα.
При вычислении моментов сил		T2 и	t2	относительно осей Ах и Аz
применим для них теорему Вариньона:

	mx (T2 ) mx (t2 ) mx (T2 ) mx (t2 ),
	mz (Tr2 ) mz (tr2 ) mz (Tr2 ) mz (tr2 );			(9.6)
так как mx (T2 ) 0,	mx (t2 ) 0,	mz (T2 ) 0,	mz (t2 ) 0, поскольку эти силы
параллельны осям, относительно которых вычисляются их моменты.
С учетом (9.6) запишем систему пяти уравнений равновесия				(9.5) для
данной задачи:

X A T1 t1 T2 sinα t2 sinα+X B 0;ZA T2cosα t2cosα ZB 0;

T2 (a c) t2 (a c) ZB (2a c) 0;

t1 r1 T1 r1 T2 r2 t2 r2 0;

T1 a t1 a T2 (a c) t2 (a c) X B (2a c) 0.

или, подставляя модули составляющих сил, и соотношения между натяжениями ремней, получаем:

X A T1 t1

T2 sinα t2 sinα+X B 0;

Z

A

T cosα t

cosα Z

B

0;

2

2

t2 ) cosα (a c) ZB (2a c) 0;

(T2

(t1 T1) r1 (T2 t2 ) r2 0;

(9.7)

(T

+t ) a

(T

t

)sinα (a c) X

B

(2a c) 0;

1

1

2

2

T

2t ;

1

1

T2

2t2.

Подставим в систему (9.7) числовые значения величин и решим ее относительно искомых реакций. Решение следует начать с четвертого уравнение системы (9.7), в которое входит только одно неизвестное:

t2 = t1r1 2 кН; r2

T2 2t2 4 кН;

X B 3t1a 3t22asincα(a c) 4,125 кН;

ZB 3t2cosα (a c) 3,9 кН; 2a c

ZA 3t2cosα ZB 1,3 кН;

X A (3t1 3t2 sinα+X B ) 6,375 кН.

Знаки «−» указывают, что в действительности векторы X A и X B направлены

противоположно соответствующим векторам, изображенным на рис. 9.3. По теме 11 «Пространственная произвольная система сил» рекомендуется

решить следующие задачи из сборника [1]: 7.3; 7.5; 7.9; 8.12; 8.13; 8.16; 8.21; 8.26; 8.28; 8.29; 8.35.

10. ТЕМА 12. ЦЕНТР ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ СИЛ. ЦЕНТР ТЯЖЕСТИ

На практическом занятии решаются задачи на вычисление координат центров тяжести однородных тел как центров тяжести объёма, площади, линии.

10.1. Определение координат центров тяжести однородных тел

I. Для нахождения положения центров тяжести однородных тел

способом разбиения следует:

1)разбить тело на конечное число частей, положения центров тяжести Cк (к = 1, 2, …, n) которых, известны;

2)ввести декартовую систему координат;

3)определить величины длин lк (площадей Sк , объемов Vк ) этих

частей,

4) найти декартовые координаты xк, yк, zк центров тяжести Cк частей

тела;

5) определить координаты центра тяжести тела по формулам:

для однородного тела объема V

	n		к		n	к		n	к
	к	x			к			к
xС	V			, yС	V y		, zС	V z
	к 1				к 1			к 1		;	(10.1)
	V				V			V

для однородной пластины площади S

		n			n
	xС	Sк xк	,	yС	Sк yк	;
		к 1			к 1		10.2
		S			S

для однородной линии длиной L

n

к

к

n

к

к

n

к

к

x

y

z

x

l

y

l

z

l

к 1

,

к 1

,

к 1

.

(10.3)

С

L

С

L

С

L

II. Если тело имеет вырезы, то для нахождения положения центров тяжести однородных тел применяется способ дополнения, в этом случае следует:

1) представить объем (площадь) данного тела как разность объемов (площадей) тел;

2)определить положения центров тяжести тела без выреза и вырезанной части, при этом объем (площадь) тела без выреза считается положительным, а объем (площадь) вырезанной части – отрицательным;

3)определить координаты центра тяжести тела по формулам 10.1-10.2. Решение задачи можно упростить, если использовать способ

симметрии: если однородное тело имеет плоскость, ось или центр симметрии, то центр тяжести С лежит соответственно в плоскости, на оси или центре симметрии тела.

B B B

R R

C	O α	C	x O	α	C	x
				α
A	α
E	D
		A				A
а		б				в

Рис. 10.1

Приведем координаты центров тяжести некоторых однородных тел.

1)Центр тяжести С площади треугольника (рис. 10.1, а) лежит в точке пересечения его медиан, причем тока С делит каждую медиану в отношении 2:1, т. е.

CE	1 BE.	(10.4)
	3

2) Центр тяжести С дуги окружности радиусом R с центральным углом 2α (рис. 9.5, б) лежит на оси ее симметрии на расстоянии от центра О равном

xC OC	R sinα
	α .	(10.5)

3)Центр тяжести С площади кругового сектора радиусом R с

центральным углом 2α (рис. 9.5, в) лежит на оси его симметрии на расстоянии от центра О равном

xC OC	2R sinα
	3α .	(10.6)
E	z
	C	R
C
C1	O
a	б
Рис. 10.2

4. Центр тяжести С объема конуса (рис. 9.6, а) или призмы лежит на отрезке прямой ЕС1, соединяющей вершину Е конуса с центром тяжести С1 его основания, причем

CС1 14 EС1.

5. Центр тяжести С объема полусферы радиусом R (рис.10.6, б)

лежит на оси симметрии Оz с координатой

zC OC 38R .

Пример 10.1. Определить координаты центра тяжести С контура ОАВD, состоящую из прямолинейных отрезков ОА, ОВ и дуги АВ окружности радиуса R = 10 см

(рис. 10.3).	x y является
Решение. Прямая

осью симметрии контура ОАВD, поэтому его центр тяжести С лежит на этой прямой.

Следовательно,

	y
	A
		y = x
	yC	C1
		C
	C3

	C2	xC		x
4
O			R	B

xC yC .	(10.7)	Рис. 10.3

Для нахождения координат центра тяжести этого контура воспользуемся способом разбиения.

Разобьем контур ОАВD на три элемента, для каждого из которых

находим его длину lк

и координату xC к

его центра тяжести

Ск (к = 1, 2, 3)

(рис. 10.3):

π

1) для дуги АВ радиусом R с центральным углом

2α

с учетом (10.5)

длина дуги

2

l

2πR

πR ,

1

4

2

π

x

OC

cos

π

R sin 4

cos

π

2R

sin

π

2R ;

π

2

C1

1

4

π

4

π

4

2) для отрезка ОВ его длина

l2 R ,

xC2

OB

R

;

2

2

3) для отрезка ОА его длина

l3 R ,

xC

0.

3

Для определения координаты xC центра тяжести С контура ОАВD подставим в первую формулу (10.3) найденные величины, получим

l x l x

l x

2R π R

R

R

3R

π

2

2

x

1 С1

2

С2

3 С3

5,8 см .

l

l

l

π R

π 2

С

R R

2

1

2

3

Следовательно,

координаты

центра

тяжести

С

контура ОАВD

xC yC 5,8 см.

Пример 10.2. Из однородной пластины в виде прямоугольного треугольника ОАВ с основанием ОВ и высотой ОА вырезан полукруг радиусом R (рис. 10.4).

Определить координаты центра тяжести С оставшейся заштрихованной части треугольника.

Решить задачу при следующих данных:

ОВ = 60 см, ОА = 45 см, R = 20 см.

Решение.

Для

y

нахождения координат центра

A

тяжести

этой

пластины

воспользуемся

способом

дополнения.

Примем вершину О тре-

угольника

ОАВ

за

начало

C

декартовой системы координат

Оху.

C1

Пластину рассматриваем

yC1

R

C2

как фигуру, составленную из

yC2

x

двух частей:

треугольника

xC1

ОАВ с центром тяжести С1 в

O

O2

B

точке пересечения его медиан;

и выреза в виде полукруга

Рис. 10.4

радиусом R = 20 см, с цент-

ральным углом 2α π

с цент-

ром тяжести С2 , лежащим на оси его симметрии параллельной оси Оу

(рис.10.4).

Вычислим площади S1, S2 и координаты центров тяжести С1 и С2 частей пластины, подставляя данные задачи:

1) площадь треугольника ОАВ

S1 SOAB 12OA OB 1350 см2

согласно (10.4)

xC1 13OB 20 см, уC1 13OA 15 см;

2)площадь полукруга радиусом R = 20 см отрицательна, так как она вычитается из площади треугольника ОАВ

S2 π2R2 628 см2 , xC2 OO2 R 20 см,

с учетом формулы (10.6) вычисляем координату уC2

		2 R sin	π		4R
у	O C		2			8,49 см .
		π			3π
C2	2 2
		3 2

Площадь S всей пластины

S S1 S2 1350 628 722 см2.

Координаты центра тяжести С треугольника из которого вырезан полукруг находим по формулам (10.2), подставляя найденные выше величины:

		S x	S	2		x		20 1350 20 628 20 см,
x		1 С1				С2
С			S					722
		S y				y
			S		2			15 1350 8,49 628 20,66 см .
y		1 С1				С2
С			S					722

Покажем положение центра тяжести С пластины на рис. 10.4. Следовательно, координаты центра тяжести С заштрихованной части

треугольника xC 20 см,

уC 20,66 см.

По теме 12 «Центр тяжести» рекомендуется решить следующие задачи из сборника [1]: 9.2; 9.6; 9.9; 9.11; 9.14; 9.18; 9.20.

МОДУЛЬ 3. ДИНАМИКА

11. ТЕМА 13. ДИНАМИКА МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ

На практических занятиях по теме «Дифференциальные уравнения движения материальной точки» проводится решение двух задач динамики точки: первая (прямая) задача динамики заключается в определении силы по известному закону движения точки, а вторая (основная) задача динамики - в определении уравнений движения точки, если известны действующие на нее силы.

11.1.Две задачи динамики точки

I.Первую (прямую) задачу динамики несвободной материальной точки,

вкоторой требуется определить активную силу или реакцию связи, рекомендуется решать в следующем порядке:

1)принять тело за материальную точку и изобразить её на рисунке в произвольном положении;

2)приложить к точке активные силы и, применив принцип освобождаемости от связей, соответствующие реакции связей;

3)выбрать систему отсчета, приняв за одну из осей направление движения точки;

4)составить дифференциальные уравнения движения материальной точки в соответствующей системе координат;

5)определить по данным задачи проекции ускорения точки на выбранные оси;

6)из системы составленных уравнений определить искомые величины.

Если движение точки массой m задано координатным способом, т. е. известны зависимости координат точки от времени:

x = x(t), y = y(t), z= z(t),

(11.1)

то для определения силы F , под действием которой происходит движение, следует:

1) найти проекции ускорения точки на декартовые оси, продифференцировав дважды по времени уравнения движения (11.1):

ax x,	ay y,	az z ;

2) вычислить проекции силы F на декартовые оси по формулам:

Fx mx ,	Fy my ,	Fz mz ;

3) определить модуль силы F :