Федеральное агентство по образованию
Государственное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
САНКТ-ПЕТЕРБУРГСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ
НИЗКОТЕМПЕРАТУРНЫХ И ПИЩЕВЫХ ТЕХНОЛОГИЙ
Кафедра теоретической
механики
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ
МЕХАНИКА
Методические указания
по выполнению контрольных работ № 3; 4; 5
для студентов специальностей 190603, 140504
факультета заочного обучения и экстерната
Санкт-Петербург 2006
3
УДК 531(075)
Федорова Л.А., Агапова Л.А., Береснев В.Н. Теоретическая ме-ханика: Метод.
указания по выполнению контрольных работ № 3; 4; 5 для студентов спец. 190603,
140504 факультета заочного обучения и экстерната; Под ред. А.Ю. Григорьева. – СПб.:
СПбГУНиПТ, 2006. – 50 с.
Представлены текстовые и графические условия задач, выполняемых студентами в процессе самостоятельного изучения разделов «Статика» и «Кинематика» курса «Теоретическая механика», даны примеры иих решения.
Рецензент
Канд. техн. наук, доц. В.И. Лысев
Рекомендованы к изданию редакционно-издательским советом уни-верситета
Санкт-Петербургский государственный
университет низкотемпературных
и пищевых технологий, 2006
4
ВВЕДЕНИЕ
Студенты специальностей 190603, 140504 факультета заочного
обучения и экстерната выполняют всего пять контрольных работ по
теоретической механике. В этих методических указаниях представлены текстовые и графические условия контрольных работ № 3, 4, 5,
посвящѐнных изучению динамики.
К контрольным работам предъявляются следующие требования:
1. Каждую контрольную работу следует выполнять в отдельной
(ученической) тетради, страницы которой должны быть пронумерованы. На обложке указываются: номер работы, фамилия, имя, отчество студента, шифр и домашний адрес. На первой странице тетради
записываются: номер работы, перечень решаемых задач, год издания
методических указаний.
2. Решение каждой задачи обязательно начинают на развороте
тетради (на четной странице, начиная со второй, иначе работу трудно
проверять). Сверху указывается номер задачи, далее делается рисунок и записывается, что в задаче дано и что требуется определить.
Рисунок выполняется с учетом условий решаемого варианта задачи;
на нем все углы, действующие силы, число тел или их расположения
должны соответствовать этим условиям. Решение задачи необходимо
сопровождать краткими пояснениями (какие формулы или теоремы
применяются, откуда получается тот или иной результат и т. п.). На
каждой странице следует оставлять поля для замечаний рецензента.
Работы, не отвечающие всем перечисленным требованиям,
проверяться не будут, а будут возвращаться для переделки.
Если работа не зачтена, студент должен внести исправления
в решение задач и представить ее на повторную рецензию. К работе,
высылаемой на повторную проверку (если она выполнена в другой тетради), должна обязательно прилагаться незачтенная работа.
3. Контрольные работы выполняются студентами в порядке
возрастания номеров, т. е. сначала работа № 3, после получения на
нее рецензии и зачета – работа № 4, затем – работа № 5.
4. При возникновении затруднений в проработке теории, решении задач студент может обратиться на кафедру за консультацией.
5
КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 3
Динамика
Задача 1
Для решения этой задачи на составление дифференциальных
уравнений движения материальной точки студент по первой букве
имени определяет номер схемы и номер варианта по табл. 1.
Исходные данные приведены в табл. 2.
Таблица 1
Буква
А Б В Г Д Е Ж З И К Л М Н О П Р С Т
Схема
1
2
3
Вариант 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18
Буква
У Ф Х Ц Ч Ш Щ Э Ю Я
Схема
4
5
Вариант 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28
Схемы к задаче 1
6
Схемы к задаче 1
7
Таблица 2
Заданные и определяемые параметры
№
варианта
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
VА,
м/с
2
1
0
VA
2
2
4
1
2
20
20
10
10
20
10
VA
25
VA
2
0
5
VA
2
2
4
3
2
VA
VВ,
м/с
10
8
VB
VB
VB
8
36,28
21
8
VB
40
VB
5,2
14,8
29
5
VB
VB
5,28
30
VB
VB
VB
4
13,2
3,2
VB
VB
f,
безр.
0,2
f
f
0,1
f
f
0,1
0
0,6
0,2
0,1
0,1
0,2
0,3
0,1
0,1
f
0,2
0,1
f
f
0,1
f
f
0,1
f
0,2
0,3
t,
с
t
t
2
1
1
t
t
2
t
3
t
1
2
1
t
t
1
2
t
t
1
2
1
t
t
1
2
0,5
l,
м
l
9
9,8
10
5,3
10
l
l
5
l
l
l
l
l
l
5
20
27,36
l
8
8
20,2
2,72
9
l
l
l
4,125
p,
Н
–
–
–
–
–
–
22
p
p
20
90
10
p
p
20
20
10
40
–
–
–
–
–
–
10
10
20
40
,
град
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
0
0
30
45
60
75
–
–
–
–
–
–
15
30
45
60
,
град
30
45
60
15
60
45
30
30
60
15
60
60
45
15
45
60
30
30
15
30
45
60
10
15
–
–
–
–
m,
кг
–
–
–
–
–
–
2
2
4
1
4
2
3
2
2
3
4
2
–
–
–
–
–
–
2
2
2
2
П р и м е ч а н и е . В первой задаче требуется определить величины, обозначенные в таблице буквами.
8
Пример решения задачи 1
Тело движется из точки А по участку АВ (длиной l) наклонной
плоскости, составляющей угол с горизонтом, в течение t секунд.
Его начальная скорость VA. Коэффициент трения скольжения тела по
плоскости равен f (рис. 1).
Рис. 1
Дано: = 30; VA = 2 м/с; f = 0,2; l = 10 м.
Определить: t, VВ.
9
Решение
Рассмотрим движение тела на участке АВ, принимая тело за ма
G
териальную точку, покажем
действующие
на
него
силы
тяжести
,
нормальную реакцию N и силу трения скольжения F1 .
Составим дифференциальные уравнения движения тела на участке АВ:
mx Fix ;
my Fiy ,
где m – масса точки; x, y – ускорения точки в проекциях на оси х, у;
Fiх , Fiу – сумма проекций всех сил на оси х, у. F1
Для данной задачи дифференциальные уравнения будут записаны так:
mx G sin α F1 ;
my N G cos α.
Так как движение тела происходит только вдоль оси х, а вдоль
оси у движения нет, то y 0 .
Следовательно, 0 = N – G cos , N = G cos = mg cos . Тогда
mx G sin α fN ,
mx mg sin α fmg cos α,
x g sin α fg cos α,
x 3,2.
Получили дифференциальное уравнение второго порядка с разделяющими переменными
dx
3,2; dx 3,2dt ;
dt
dx 3,2 dt ;
x 3,2t C1 .
10
(1)
dx
3,2t C1 ; dx 3,2tdt C1dt ;
dt
d х 3,2 t dt C1 dt ;
t2
х 3,2
C1 t C2 .
2
(2)
Постоянные интегрирования С1 и С2 находим из начальных условий:
t0 0 ,
х0 VA 2 м/с, x0 0 м .
Подставим начальные условия в уравнения (1) и (2):
2 3,2 0 С1 С1 2 ,
0 3,2 0 С1 0 С2 С2 0 .
Подставим найденные значения С1 и С2 в уравнения (1) и (2):
x 3,2 t 2
2
x 1,6 t 2 t.
Данные уравнения описывают движение тела на участке АВ.
Для момента времени t перепишем эти уравнения:
VB 3,2t+2
2
l 1,6t 2t.
10 1,6t 2 2t ,
1,6t 2 2t 10 0.
t1,2
2 4 4 1,6 10 2 8,2
;
3,2
3,2
t1 3,2,
t2 1,9.
Так как время – величина положительная, выбираем t =1,9 c. Скорость
тела в точке В: VВ = 3,2t + 2 = 3,2 · 1,9 + 2 = 6,08 + 2 = 8,08 м/с.
11
Задача 2
Для решения этой задачи на составление дифференциальных
уравнений движения материальной точки студент определяет номер
схемы и номер варианта по первой букве отчества.
Таблица 1
Буква
Схема
Вариант
А
Б
1
2
В
1
3
Г
Д
Е
Ж
4
5
6
7
З
2
8
И
9
К
Л
М
Н О П
3
10 11 12 13 14 15
Продолжение табл.1
Буква
Схема
Вариант
Р
С
16
17
Т
4
18
У
Ф
Х
Ц
19
20
21
22
12
Ч
5
23
Ш
Щ
Э
24
25
26
Ю
6
27
Я
28
Схемы к задаче 2
13
Исходные данные для решения задачи 2
№
варианта
VA,
м/с
V,
м/с
f,
безр.
t,
c
l,
м
d,
м
β,
гр
ад
α,
гр
ад
T,
с
h,
м
P,
кН
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
2
2,5
0
0
−
16
21
VA
12
0
VA
0
0
0
1
−
0
VA
0
1
0
0
0
0
7
4
VA
−
VB
−
VC
VC
VB
20
VB
−
4,5
4,5
−
VB
−
−
VB = 2 V A
−
VB = 3
−
VB
−
−
−
VС
VС
VB
VB = 3
0,2
f≠0
0
f
0,1
0,1
0
0,1
0
−
−
−
−
−
0,2
f
0,1
f≠0
0,3
0,1
f
0
0,2
0,2
0,1
0,3
−
−
τ
2
3
0,2
−
0,3
0,3
τ
τ
−
20
−
τ
−
1
−
1,5
τ
1,5
2
2
τ
τ
−
2
−
l
8
9,8
9,8
l
5
−
−
−
40
40
l
40
50
3
6
2
3
l
−
10
9,81
10
6
8
−
3
d
10
−
−
−
−
d
−
50
3
d
3
5
4
2,5
d
3
2
2
d
d
−
12
−
d
2
−
45
60
60
45
30
45
60
45
60
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
15
30
α
30
20
15
−
15
15
30
30
30
30
30
30
45
30
15
45
30
45
−
30
30
−
−
−
−
−
T
−
−
T
−
−
T
−
−
T
T
T
T
−
−
−
−
−
−
T
−
−
−
−
−
4
−
−
−
40
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
Р≠0
0
3
4
2
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
14
30 2
−
h
1,5
1,5
−
2
h
6
h
h
4
10
−
20
h
4,5
20
h
5
Пример решения задачи 2
Тело движется из точки А по участку АВ наклонной плоскости
длиной l , составляющей угол α с горизонтом, в течение τ секунд. Коэффициент трения скольжения f. В точке В тело срывается и падает
на величину h, попадая в точку С. На участке ВС тело движется в течение Т секунд. Сопротивлением воздуха следует пренебречь.
Дано:
VA = 0, α = 60°, l = 4 м, τ = 1 с, f ≠ 0, h = 5 м, β = 75°.
Определить:
b, VC.
Решение
Рассмотрим движение тела на участке АВ. Принимая тело за материальную точку, покажем действующие на него
силы: вес G , нормальную реакцию N и силу трения скольжения F (рис. 2).
Рис. 2
15
Составим дифференциальное уравнение движения тела на участке АВ:
mx1 X i1 ; mx1 G sin F .
Сила трения
где
F fN ,
N G cos α.
Таким образом
mx1 G sin α fG cos α;
x1 g sin α fg cos α.
Интегрируя дифференциальное уравнение дважды, получаем
x1 g (sin α f cos α)t C1 ;
x1 g (sin α f cos α) / 2 t 2 C1t C2 .
Для определения постоянных интегрирования воспользуемся
начальными условиями задачи: при t = 0 x10 0 и x10 0 .
Составим уравнения, полученные при интегрировании, для t = 0
x10 С1; x10 С2 .
Найдем постоянные:
С1 0 , С2 0 .
Тогда
x1 g (sin α f cosα)t ;
x1 g (sin α f cos α) / 2 t 2 .
Для момента τ, когда тело покидает участок,
x1 VB ; x1 l ,
16
т. е.
VB g (sin f cos) τ ;
l g (sin f cos ) / 2 τ 2 ,
откуда
т. е.
VB 2l / τ ,
VB 2 4 / 1 8 м/с.
Рассмотрим движение тела
от точки В до точки С.
Показав силу тяжести G , действующую на тело, составим дифференциальные уравнения его движения:
mx 0 ; my G .
Начальные условия задачи для t = 0:
x0 0 , y0 0 ;
x 0 VB cos α ; y 0 VB sin α .
Интегрируем дифференциальные уравнения дважды:
x C3 ; y gt C4 ,
x C3t C5 , y gt 2 / 2 С 4 t C 6 .
Напишем полученные уравнения для t = 0:
x 0 C3 ; y 0 C4 ,
x 0 C5 , y 0 C 6 .
Отсюда найдем
С3 VB cos α ; C4 VB sin α ;
C5 0 ; C6 0 .
Получим следующие уравнения проекций скоростей тела:
17
x VB cos α ; y gt VB sin α
и уравнения его движения:
x VB cos α t ; y gt 2 / 2 VB sin α t .
Уравнение траектории тела найдем, исключив параметр t из
уравнений движения. Определив t из первого уравнения и подставив
его значение во второе, получаем уравнение параболы:
y gx 2 /(2VB2 cos2 ) x tgα .
В момент падения y = h, x = d.
Определяя d из уравнения траектории, найдем
d1 = 2,11 м, d2 = –7,75 м.
Так как траекторией движения камня является ветвь параболы с
положительными абсциссами ее точек, то d = 2,11 м.
Минимальная ширина отрезка b
b = d –ЕD = d – h/tg 75°, или b = 0,77 м.
Используя уравнение движения x = Vв cos · t, найдем время Т
движения тела от точки В до точки С:
Т = 0,53 с.
Скорость тела при падении найдем через проекции скорости на
оси координат
x VB cos α , y gt VB sin α
по формуле
V
x 2 y 2 .
Для момента падения t = T = 0,53 с.
18
VC (V B cos α) 2 ( gT V B sin α) 2 ,
или
VC 12,8 м/с.
КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 4
Задача 1
Для решения этой задачи на применение теоремы о движении
центра масс к исследованию движения системы материальных точек
студент по второй букве фамилии определяет схему и номер варианта
по табл. 1, а исходные данные – по табл. 2.
В этой задаче во всех вариантах определяется перемещение тела
(рис. 1–3).
Равенство, выражающее теорему о движении центра масс механической системы, в векторной форме имеет вид:
n
М аС Pi E ,
(1)
i 1
d 2 rC
где М mi – масса механической системы; a С
– ускоре2
d
t
i 1
n
ние центра масс системы; Pi E – геометрическая сумма всех внешn
i 1
них сил, приложенных к системе.
Для решения задач удобно применять скалярные уравнения, полученные проектированием векторного уравнения (1) на оси декартовой системы координат:
n
M xC
i 1
Pi Ex ;
n
M yC
i 1
Pi Ey ;
n
M zC Pi Ez ,
(2)
i 1
где xC , yC , zC – проекции ускорения aC на координатные оси;
n
i 1
Pi Ex ,
n
i 1
Pi Ey ,
n
Pi Ez – сумма проекций внешних сил на координатi 1
ные оси.
19
При движении механической системы может иметь место закон
сохранения движения центра масс: если при проектировании равенства (1) на какую-либо ось сумма проекций внешних сил, приложенных к системе, равна нулю во все время движения системы и в начальный момент система относительно этой оси была неподвижна, то
тогда координата центра масс системы относительно этой оси есть
величина постоянная.
n
Таким образом, если Pi Ex 0 и xCO 0 , то M xc 0 . Так как
i 1
dx C
0 , т. е.
dt
изменения скорости центра масс системы с течением времени не
происходит. Следовательно: х С const. Так как в начальный момент
масса системы не может быть равна нулю, то xC 0 или
система была неподвижна: xCO 0 , следовательно,
dx
хС 0 или C 0 , т. е. изменения координаты центра масс с течеdt
нием времени не происходит. Следовательно, хС сonst , т. е. координата центра масс системы относительно оси х есть величина постоянная. Такие же выводы можно сделать относительно любой оси.
времени
Таблица 1
Буква
Схема
Вариант
А, Б
В, Г
1
2
Д, Е
Ж, З
И, К
3
4
5
1
Л, М
2
6
Н, О
7
Продолжение табл.1
Буква
Схема
Вариант
П, Р
С, Т
У, Ф
Х, Ц
Ч, Ш
10
11
12
3
8
9
20
Щ, Э
4
13
Ю, Я
14
Схемы к задаче 1
Грузы, соединенные нерастяжимой нитью, переброшенной через неподвижные блоки, скользят по гладким сторонам тела 4, опирающегося основанием на гладкую горизонтальную плоскость. Груз
1 опускается вниз на величину S. Найти перемещение тела 4. Массами нити и блоков, а также трением тела 4 о поверхность пренебречь.
21
Таблица 2
Заданные и определяемые параметры
№
варианта
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
m1 ,
кг
30
40
60
60
40
50
60
40
60
30
50
40
30
50
m2 ,
кг
10
10
20
20
20
25
30
20
20
10
25
20
15
30
m3 ,
кг
–
–
–
–
10
15
15
10
10
5
10
10
10
20
m4 ,
кг
100
60
100
80
80
90
100
60
100
60
100
50
60
100
S,
м
1
1
0,5
0,5
0,25
0,5
1
1
1
1
1
1
1,5
0,5
,
град
15
30
45
60
–
–
–
15
30
45
60
30
45
60
,
град
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
60
45
60
Пример решения задачи 1
Три груза массы m1 = 20 кг, m2 = 15 кг и m3 = 10 кг соединены
нерастяжимой нитью, переброшенной через неподвижные блоки
(рис. 1–3).
При опускании груза 1 вниз, груз 2 перемещается по верхнему
основанию четырехугольной усеченной пирамиды АВСД вправо.
Масса пирамиды m4 = 100 кг. Груз 3 поднимается по боковой грани
вверх. Пренебрегая трением между усеченной пирамидой АВСД и
полом, определить перемещение пирамиды относительно пола, если
груз 1 опускается вниз на 1 м. Массой нити пренебречь.
Дано:
m1 = 20 кг; m2 = 15 кг; m3 = 10 кг; m4 = 100 кг; S1 = 1 м; = 60°.
Определить: l – перемещение пирамиды.
22
Рис. 1
Решение
Приложим все силы тяжестей: G1, G2, G3, G4 и суммарную реакцию связи R. Покажем координатные оси.
Запишем теорему о движении центра масс в проекции на ось х:
n
M xC Fi Ex .
i 1
Сумма проекций всех сил на ось х:
i n
Fi Ex 0.
i 1
Так как все силы перпендикулярны оси х,
M xC = 0.
Поскольку масса системы не равна нулю, xC 0 , или
d xC
0;
dt
d x C 0 ; d x C 0 ; x С const , или xCO xC1 .
Так как в начальный момент времени пирамида была в покое,
dxC
то xCO 0 и, следовательно, x C 0 . Тогда
0 , dxC 0 ;
dt
dxC 0 ; xC const, или иначе xCO xC1 .
По определению положения центра масс запишем:
23
xCO
mi xi .
mi
Рис. 2
Тогда
xCO
m1 x10 m2 x 20 m3 x30 m4 x 40
.
m1 m2 m3 m4
(3)
После того, как грузы переместились, пирамида сдвинулась
влево на величину l, так как трением пренебрегаем и считаем поверхности идеально гладкими.
Рис. 3
24
Центр масс в новом положении определим по формуле
x C1
m1 x11 m 2 x 21 m3 x31 m 4 x 41
.
m1 m 2 m3 m 4
(4)
Определяем координаты тел в новом положении:
x11 x10 l ,
x 21 x 20 l S ,
x31 x30 l x,
x 41 x 40 l ,
где x – перемещение тела 3 по наклонной поверхности, спроектированной на ось х:
x S cos α .
Подставим эти значения в формулу (4) и приравняем значения
xC 0 и xC 1 :
m1 x10 m2 x 20 m3 x30 m4 x 40 m1 x10 l m2 x 20 l S
m1 m2 m3 m4
m1 m2 m3 m4
m3 x30 x l m4 x 40 l
;
m1 m2 m3 m4
m1 x10 m2 x20 m3 x30 m4 x40 m1 x10 m1l m2 x20 m2 l m2 S m3 x30
m3 x m3l m4 x40 m4 l;
0 m1l m2l m2 S m3 x m3l m4l;
l m1 m2 m3 m4 m3 x m2 S;
l
m3 S cos α m 2 S
10 1 0,5 15 1
20
0,14 м.
m1 m2 m3 m4 20 15 10 100 145
25
Задача 2
Условия решения этой задачи на применение теоремы об изменении кинетической энергии механической системы определяются
по второй букве отчества по табл. 1 из первой задачи контрольной
работы № 3. Схемы задач приведены ниже, варианты задач – в табл. 3.
В этой задаче во всех вариантах определяется скорость и ускорение
тела 1, т. е. V1 и a1.
Схемы к задаче 2
26
Таблица 3
Заданные и определяемые параметры
№
варианта
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
m1 ,
кг
m2 ,
кг
m3 ,
кг
R2 ,
м
r2,
м
i2х,
м
f,
,
,
град град безр
F,
кН
S1,
м
8m
6m
8m
6m
4m
2m
m
2m
4m
3m
4m
4m
6m
6m
4m
3m
2m
2m
8m
8m
6m
6m
4m
4m
5m
5m
3m
3m
2m
2m
4m
4m
m
m
m
m
m
m
2m
3m
4m
2m
3m
2m
m
0,5m
6m
4m
4m
2m
3m
2m
2m
3m
2m
m
m
0,5m
2m
2m
0,5m
0,5m
0,5m
0,25m
0,5m
0,2m
m
m
2m
m
2m
m
m
0,5m
4m
2m
2m
m
2m
m
m
m
m
0,5m
0,5
0,4
0,6
0,4
0,2
0,1
0,4
0,6
0,6
0,6
0,6
0,4
0,8
0,8
0,8
0,4
0,4
0,2
0,8
0,6
0,4
0,2
0,1
0,1
0,8
0,6
0,4
0,2
–
–
–
–
–
–
0,2
0,4
0,2
0,3
0,2
0,2
0,4
0,6
0,2
0,2
0,1
0,1
–
–
–
–
–
–
0,4
0,3
0,2
0,1
–
–
–
–
–
–
0,1
0,1
0,2
0,2
0,1
0,1
0,15
0,15
0,2
0,2
0,1
0,1
–
–
–
–
–
–
0,1
0,1
0,1
0,1
–
–
–
–
–
–
15
15
30
30
45
45
60
45
45
30
30
60
30
30
45
45
60
60
45
30
15
45
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
40m
40m
20m
20 m
2
2
3
3
4
4
4
4
3
3
2
2
1
1
2
2
3
3
2
2
4
4
2
2
4
4
2
2
27
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
15
15
30
30
45
45
15
15
30
30
15
15
–
–
–
–
0,2
0,1
0,3
0,2
0,1
0,1
0,1
0,2
0,3
0,2
0,1
0,2
0,2
0,2
0,1
0,1
0,15
0,15
0,1
0,1
0,2
0,2
0,1
0,1
0,1
0,1
0,1
0,1
Пример решения задачи 2
Дано: m1 = 6m; m2 = 4m; m3 = 0,5m; f = 0,1; F = 40 m;
R2 = 40 cм = 0,4 м; r2 = 20 cм = 0,2 м; = 30; i2x = 10 cм = 0,1 м; S1 = 2 м.
Определить: V1; а1 (рис. 4).
Рис. 4
Решение
Теорема об изменении кинетической энергии механической
системы записывается в виде:
T2 T1 AiE AiJ ,
(3)
где Т1 и Т2 – кинетическая энергия механической системы в начальном и конечном положении; AiE , AiJ – сумма работ внешних
и внутренних сил системы при ее перемещении из начального положения в конечное.
28
Так как в начальный момент времени система находилась в покое, т. е. Скорость тел была равна нулю, а кинетическая энергия является функцией скорости, то Т1 = 0.
Сумма работ внутренних сил равна нулю, так как внутренние
силы парные и работа одной силы равна работе другой силы с противоположным знаком, т. е. AiJ 0 . Таким образом, формула (3)
примет вид: T2 AiE .
Механическая система состоит из трех тел. Тело 1 совершает
поступательное движение, тело 2 – вращательное, тело 3 – поступательное.
T2 T21 T22 T23 ,
где T21 , T22 , T23 – кинетическая энергия тел 1, 2, 3 соответственно в
конечном положении;
I 0 x 22
m3 V 32
m1 V 12
3
2
; T2
; T2
.
T
2
2
2
1
2
Скорости всех тел должны быть выражены через скорость тела 1.
Запишем кинематические связи.
Таблица 4
Перемещение
S1 = S2
S
φ2 1
R2
Sr
S 2 S 3 1 2
R2
Скорости
V1 V 2 ω 2 R 2
V
ω2 1
R2
Vr
V2 2 r2 1 2 V3
R2
Ускорения
а1 = а2
a
ε2 1
a2
ar
a 2 a 3 1 2
R2
Момент инерции тела 2 (неоднородное тело) относительно оси х:
I Ox m2 i22x ,
где i2 x – радиус инерции тела 2.
29
Ось х проходит через () 0 перпендикулярно плоскости вращения. Подставим все значения в формулы кинетических энергий тел
m1 V12
m2 i22xV12
m3 V12 r22
2
3
.
Т
; Т2
; Т2
2
2 R22
2R22
1
2
Найдем суммарное значение кинетической энергии системы
6тV12 4m 0,01V12 0,5mV12 0,04
T2
2
2 0,16
2 0,16
mV12 (3 0,125 0,0625) 3,1875mV12 .
Теперь определим работу всех внешних сил. На тело 1 действуют следующие силы: G1 – тяжести тела 1, N1 – нормальная реакция
опоры, F1 – сила трения, F – заданная сила (рис. 5).
AG1 G1h1 m1 gh1 6m 10S1 sin α 60mS1 0,5 30mS1 ,
AN1 N1 S1 cos ( N1 , S1 ) N1 S1 cos 90 0,
AF1 F1 S1 cos(F 1 , S1 ) F1 S1 f1 N1 S1 f1G1 cos αS1
0,1 10m 10 0,86S1 5,16mS1 ,
АF F S1 cos( F , S ) 40mS1 cos 0 40mS1 .
Рис. 5
30
На тело 2 действуют силы: G2 – сила тяжести тела 2, Ry и Rz –
реакции связей, AG2 0; ARZ ARZ 0 (рис. 6).
Рис. 6
На тело 3 действует сила G3 – сила тяжести тела 3 (рис. 7).
AG3 G3h3 m3 gh3 m3 gS3
0,5 m 10
S1r2
S 0,2
0,5 m 10 1
2,5 mS1 .
R2
0,4
G3
h3
G3
Рис. 7
31
Окончательно запишем теорему об изменении кинетической
энергии механической системы:
3,1875mV12 30mS1 5,16mS1 40mS1 2,5 mS1 ,
(4)
3,1875V12 2,34S1 ,
V12 0,73,
V1 0,85 м/с.
Определим ускорение а1, продифференцировав уравнение для
скорости (4):
dV
dS
2 V1 1 0,73 1 ,
dt
dt
2a1 0,73,
а1 0,37 м/с 2 .
Задача 3
Эта задача на составление общего уравнения динамики решается для той же схемы и варианта, что и задача 2 (рис. 8).
Требуется определить ускорение тела 1, т. е. А1. Оно должно
совпадать по величине с ускорением а1, найденным в задаче 2.
Общее уравнение динамики представляет собой уравнение работ всех внешних сил и сил инерции на возможном перемещении
E
P E ; δ S Ф δS cos Ф ; δ S 0 ,
P
δ
S
cos
i
i
i
i i
i
i
i
где Pi E – внешние силы, Н; Ф – силы инерции, Н; Si – возможное перемещение, м
Предполагается, что все связи в рассматриваемой механической
системе двусторонние и идеальные (силы трения, если они имеются,
отнесены к числу задаваемых сил).
Если механическая система состоит из отдельных твердых тел,
то силы инерции точек каждого тела можно привести к силе, приложенной в некоторой точке тела, и паре сил. Сила равна главному век32
тору сил инерции точек этого тела, а момент пары равен главному
моменту этих сил относительно центра приведения.
Чтобы воспользоваться общим уравнением динамики, нужно
– к каждому телу, входящему в механическую систему, приложить действующие на него силы;
Рис. 8
– условно приложить силы инерции в зависимости от вида движения тела;
– сообщить системе возможное перемещение и для всей совокупности задаваемых сил и приведенных сил инерции составить общее уравнение динамики.
Силы инерции для различных видов движений тел представлены следующим образом:
Поступательное
– силы инерции для тел 1 и 3 выра движение
жаются векторами Ф 1 = –m а1 и Ф 3 = –m а3 (рис. 9, 10)
33
Рис. 9
Рис. 10
Силы инерции Ф 1 и Ф 3 направлены в стороны, противополож
ные ускорениям а1 и а3 . Ускорения считаем сонаправленными со
скоростями.
Вращательное движение – силы инерции для блока 2, вращающегося вокруг неподвижной оси с угловым ускорением 2, при
водятся к паре сил с моментом М Ф = –I2х · ε 2 (рис. 11).
Рис. 11
34
Пример решения задачи 3
Дано: m1 = 6m; m2 = 4m; m3 = 0,5m; f = 0,1; F = 40 m;
R2 = 40 cм = 0,4 м; r2 = 20 cм = 0,2 м; = 30; i2x = 10 cм = 0,1 м; S1 = 2 м.
Определить: а1.
Решение
Прикладываем к телам задаваемые силы и силы инерции: Ф1,
Ф
М 2 , Ф3, G1, F1, F, G2, G3. Показываем реакции связей: N1, Ry, Rz
(рис.12).
Рис. 12
35
Задаем возможное перемещение δS1 и выражаем через него перемещения других тел (рис. 13).
Рис. 13
36
δS1 = δS2, δS2 = δφ2R2, δφ2 =
δS 2 δφ 2 r2
δS 2 δS1
,
R2
R2
δS1 r2
δS 3 .
R2
Составляем общее уравнение динамики (уравнение всех внешних сил и сил инерции) и решаем его:
FδS1 G1 sin αδS1 F1δS1 Ф1δS1 М 2Ф δφ 2 G3 δS 3 Ф 3 δS 3 0,
a δS
1
3
40mδS1 6mg δS1 6mg
0,1δS1 6ma1δS1 4m0,01 1 1
2
2
R2 R2
0,5mg
δS1 r2
a r δS r
0,5m 1 2 1 2 0,
R2
R2 R2
40m – 30m – 5,16m – 2,5m = 6ma1 + 0,25ma1 + 0,125ma1,
2,34m = 6,375ma1,
a1 = 0,37 м/с2.
37
КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 5
Задача 1
Контрольная работа № 5 включает в себя две задачи. Первая задача на применение теоремы об изменении кинетической энергии
механической системы. Номер схемы и варианта определяется по
второй букве имени студента по табл. 1. Схемы представлены ниже, а
варианты задач находятся в табл. 2. В этой задаче во всех вариантах
определяется скорость и ускорение тела 1, т. е. V1 и a1, а также скорость точки С, т. е. VC и угловое ускорение тела 3, т. е. ε3.
Таблица 1
Буква
Схема
Вариант
А
Б
В
Г
Д
Е
Ж З
4
5
6
7
1
1
2
3
8
И
К
Л
М
Н
О П
2
3
9 10 11 12 13 14 15
Продолжение табл.1
Буква
Схема
Вариант
Р
16
С
3
17
Т
У
Ф
Х
Ц
Ч
Ш
Щ
22
23
24
25
4
18
19
20
21
38
Э
Ю
5
26 27
Я
28
Схемы к задаче 1
39
Таблица 2
Заданные и определяемые параметры
№
варианта
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
m1 ,
кг
8m
6m
8m
6m
4m
2m
m
2m
4m
3m
4m
4m
6m
6m
4m
3m
2m
2m
m2 ,
кг
2m
2m
4m
4m
m
m
m
m
m
m
2m
3m
4m
2m
3m
2m
m
0,5m
m3 ,
кг
m
0,5m
2m
2m
0,5m
0,5m
0,5m
0,25m
0,5m
0,2m
m
m
2m
m
2m
m
m
0,5m
R2 ,
м
0,5
0,4
0,6
0,4
0,2
0,1
0,4
0,6
0,6
0,6
0,6
0,4
0,8
0,8
0,8
0,4
0,4
0,2
r2,
м
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
R3 ,
м
0,7
0,6
0,5
0,4
0,3
0,4
0,6
0,7
0,8
0,8
0,6
0,6
0,4
0,6
0,4
0,5
0,4
0,3
r3,
м
0,4
0,3
0,2
0,2
0,3
0,2
0,1
38
i2 x ,
i3 ,
м
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
м
0,2
0,1
0,1
0,5
0,5
0,5
0,1
0,1
0,2
0,1
0,1
0,5
0,2
0,2
0,1
0,1
0,2
0,3
,
град
60
45
45
30
30
60
–
–
–
–
–
–
15
15
30
30
45
45
,
град
15
15
30
30
45
45
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
δс.к,
см
–
–
–
–
–
–
0,1
0,2
0,1
0,1
0,1
0,2
0,2
0,1
0,1
0,2
0,1
0,1
Р,
кН
20m
10m
5m
10m
10m
10m
–
–
–
–
–
–
10m
10m
m
10m
m
10m
S1,
м
2
2
3
3
4
4
4
4
3
3
2
2
1
1
2
2
3
3
Окончание табл. 2
№
варианта
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
m1 ,
кг
8m
8m
6m
6m
4m
4m
5m
5m
3m
3m
m2 ,
кг
6m
4m
4m
2m
3m
2m
2m
3m
2m
m
m3 ,
кг
4m
2m
2m
m
2m
m
m
m
m
0,5m
R2 ,
м
0,8
0,6
0,4
0,2
0,1
0,1
0,8
0,6
0,4
0,2
r2,
м
0,6
0,4
0,2
0,1
0,05
0,05
0,4
0,3
0,2
0,1
R3 ,
м
0,6
0,4
0,6
0,4
0,4
0,3
0,4
0,3
0,3
0,2
r3,
м
0,4
0,2
0,3
0,2
0,2
0,1
0,2
0,1
0,1
0,1
39
i2 x ,
i3 ,
м
0,2
0,2
0,2
0,1
0,1
0,1
м
0,1
0,1
0,2
0,2
0,1
0,1
0,2
0,1
0,1
0,2
,
град
30
30
45
45
15
15
–
–
–
–
,
град
–
–
–
–
–
–
45
30
15
45
δс.к,
см
–
–
–
–
–
0,2
0,2
0,2
0,1
0,1
Р,
кН
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
S1,
м
2
2
4
4
2
2
4
4
2
2
Пример решения задачи 1
Дано: m1 = 10m; m2 = 2m; m3 = m; δс.к = 0,2 м; R2 = 2r2; r2 = 20 см =
= 0,2 м; R3 = 50 см = 0,5 м; α = 60˚; β = 30˚; S = 1 м; f = 0,1; i2х = 10 см = 0,1 м.
Определить: V1, VC, а1, ε3.
Решение
Механическая система состоит из трех тел (рис. 1). Тело 1 совершает поступательное движение, тело 2 – вращательное, тело 3 –
плоское.
Рис. 1
T2 AiE ;
T2 T21 T22 T23 ,
где T21 , T22 , T23 – кинетическая энергия тел 1, 2, 3 соответственно в
конечном положении.
2
m3 Vc2 I c 3
I ox 32
m1 V12
3
2
.
Т
; T2
; Т2
2
2
2
2
1
2
Запишем кинематические связи в табл. 3:
40
Таблица 3
Перемещения
Скорости
Ускорения
V1 = V2 = ω2·r2
S1 = S2
φ2
S1
r2
S 2 S 3
3
S1R2
r2 2R3
SC
S1 R 2
2r2
a1 = a2
V
W2 1
r2
VR
V2 ω2 R2 1 2 V3
r2
V3 VP V3P ; VP = 0
V3 = V3P = 3 2R3
V3
VR
1 2
2 R3
r2 2 R3
VC VP VCP ; VP = 0
ω3
VC VСР 3 R3
ε2
a1
r2
a2 = a3
ε3
a1R2
r2 2 R3
aR
aC 1 2
2r2
V1 R2
2r2
Скорости всех тел должны быть выражены через скорость тела 1.
Момент инерции тела 2 (неоднородное тело) относительно оси x:
I OX m2 i22x ,
где i2x – радиус инерции тела.
Момент инерции тела 3 (однородный диск) относительно оси :
m3 R32
I Cξ
.
2
Ось х проходит через точку О перпендикулярно плоскости вращения. Ось проходит через точку С, перпендикулярно плоскости
вращения и перемещается вместе с его телом.
Подставим все значения в формулы кинетических энергий тел:
m2 i 22 x V 12
m1 V 12
m3 V 12 R22 m3 R32 V 12 R22
2
3
; T2
; T2
Т
.
2
2r22
2 4r22
2 2r22 4 R32
1
2
41
Найдем суммарное значение кинетической энергии системы:
Т2 = mV 12 (5 + 0,25 + 0,5 + 0,25) = 6 mV 12
Теперь определим работу всех внешних сил. На тело 1 действуют следующие силы: G1 – сила тяжести тела; N1 – нормальная реакция опоры, F1 – сила трения (рис. 2).
Рис. 2
AG1 G1h1 m1 gh1 10m 10S1 sin α 10m 10S1 0,86 86 mS1
AN1 N1 S1 cos N 1 , S 1 N1 S1 cos 90 0;
AF1 F1 S1 cos F 1 , S 1 F1S1 f1 N1S1 f1G1 cos α S1
0,110m 0,5 S1 5m S1.
На тело 2 действуют силы: G2 – сила тяжести тела 2; Ry, Rz – реакции связей AG2 0 ; AR y ARz 0 (рис. 3).
Рис. 3
42
На тело 3 действуют следующие силы: G3 – сила тяжести тела 3,
Мс.к – момент сопротивления качению (рис. 4).
Рис. 4
AG3 G3 h3 m3 gh3 m3 gSc sin β m3 g
m 10
S1R2
sin β
2r2
S1 0,04
10mS1
0,5
5mS1 ;
2 0,2
2
AM с.к M с.к φ 3 δ с.к N 3
S1 R2
S 0,4
0,2G3 cosβ 1
r2 2 R3
0,2 2 0,5
0,2m 10 0,86
S1 0,4
3,44m.
0,4 0,5
Окончательно запишем теорему об изменении кинетической
энергии механической системы:
6mV12 86mS1 5mS1 5mS1 3,44mS1 ;
6mV12 mS1 72,56 ;
V12 12,1 S1 ;
V1 12,8 S1 12,8 1 3,58 м/с.
Определим ускорение а1, продифференцировав уравнение для
скорости
43
dV1
dS
12,1 1 ;
dt
dt
2a1 12,1 ;
а1 6,05 м/с2.
Скорости VC и 3 вычисляем, используя кинематические связи
2V1
V1 R2 3,58 0,4
3,58 м/с
2r2
2 0,2
aR
6,4 0,4
3 1 2
6,4 рад/с2.
r2 2 R3
2 0,2
VC
Задача 2
Эта задача на составление общего уравнения динамики решается для той же схемы и варианта, что и задача 1.
Требуется определить ускорение тела 1, т. е. а1. Оно должно
совпадать по величине с ускорением а1, найденным в задаче 1.
В этой задаче к телам следует приложить активные силы и силы
инерции. Задать возможные перемещения тел и вычислить суммы работ активных сил и сил инерции на возможных перемещениях. Записать общее уравнение динамики и из него вычислить ускорение а1.
Силы инерции для различных видов движений тел представлены в следующем виде:
Поступательное движение – силы инерции для тела 1 выражаются вектором Ф ma1 (рис. 5).
Рис. 5
44
Сила инерции Ф 1 направлена в сторону, противоположную ускорению а1. Ускорения считаем сонаправленными со скоростями.
Вращательное движение – силы инерции для блока 2, вращающегося вокруг неподвижной оси с угловым ускорением ε2, приводятся к паре сил с моментом М 2Ф , который направлен в противоположную сторону от ε 2 (рис. 6).
М 2Ф = –I2х · ε 2
Рис. 6
Плоское движение – силы инерции блока 3 приводятся к век
тору Фс = –m3 ас a и паре сил с моментом М 2Ф = –Iс · ε 3 , которые направлены соответственно в противоположные стороны от a C и ε 3
(рис. 7).
Рис. 7
45
Cхема для данной задачи после приложения активных сил и реакций связей G1, Fтр1, N1, G2, RY, RZ, G3, N3, Mс.к и сил инерции Ф1,
M 2Ф , ФС, M 3Ф показана на рис. 8.
46
Рис. 9
47
Кинематические связи записываем в виде табл. 4
Таблица 4
Перемещения
Скорости
Ускорения
V1 = V2 = ω2r2
δS1 δS 2
δφ 2
δS 2 δφ 2 R2
δ 3
δS C
W2
δS1
r2
δS1R2
δS3
r2
S1 R2
r2 2 R3
a1 = a2 = 2r2
V1
r2
ε2
VR
V2 ω2 R2 1 2 V3
r2
V3 VP V3P ; VP = 0
aR
a2 ε 2 R2 r 1 2
r2
a
aR
ε3 3 1 2
2 R3 r2 2 R3
V3 V 3 P ω 3 2 R3
δS1 R2
2r2
a1
r2
V3 VP V3P ; VP 0
V3
VR
1 2
2 R3
r2 2 R3
VC VP VCP ; VP = 0
aR
ac 1 2
2r2
ω3
VC VСР 3 R3
V1 R2
2r2
Составляем общее уравнение динамики:
G1 δ S1 sin α Fтр δ S1 Ф 1 δ S1 M 2ф δφ 2 G3 δ S C sin β
1
– M С . К δφ 3 Ф С δS C M 3 δφ 3 0 .
Ф
Работа: AN N 1δS1 cos N 1 , δ S 1 0 ;
1
AG G2 h2 0 ; AR AR 0 .
2
Z
Y
m1 gδS1 sin α fm1 g cos α δS1 m1 a1δS1 m2 i22x 2
δS1
δS R
m3 g 1 2 sin β
r2
2r2
δS1 R2
a1 R2 δS1 R2 m3 R32 a1 R2 δS1 R2
δ C.К m3 g cos β
m3
0.
r2 2R3
2r2 2r2
2 r2 2r3 r2 2R3
48
10m·10·1·0,86 – 0,1·10m·10·0,5·1 – 10m·a1·1 – 2m·0,01·
–
a1 1
0,2 0,2
m 10 1 0,4
0,86 1 0,4 ma1 0,4 1 0,4
–
0,5 0,2m·10
2 0,2 2 0,2
2 0,2
0,2 2 0,5
m 0,5 2 a1 0,4 1 0,4
0;
2 0,2 2 0,5 0,2 2 0,5
86m – 5m –10ma1 – 5m – 3,44m – ma1 – 0,5ma1 = 0;
m (86 – 5 – 5 – 3,44) = ma1 (10 + 0,5 + 1 + 0,5);
72,56 = 12a1; а1 = 6,05 м/с2.
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
1. Сборник заданий для курсовых работ по теоретической механике / Под ред. А.А. Яблонского. – М.: Высш. шк., 2000.
2. Яблонский А.А. Курс теоретической механики: В 2 т. – М.:
Высш. шк., 2000.
49
СОДЕРЖАНИЕ
ВВЕДЕНИЕ ...............................................................................................
3
КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 3 ............................................................ 6
Задача 1 ................................................................................................. 6
Задача 2 ................................................................................................. 12
КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 4 ............................................................ 19
Задача 1 ................................................................................................. 19
Задача 2 ................................................................................................. 26
Задача 3 ................................................................................................. 32
КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 5 ............................................................ 38
Задача 1 ................................................................................................. 36
Задача 2 ................................................................................................. 44
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ ....................................................................... 49
50
Федорова Людмила Анатольевна
Агапова Лидия Анатольевна
Береснев Владислав Николаевич
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ
МЕХАНИКА
Методические указания
по выполнению контрольных работ № 3; 4; 5
для студентов специальностей 190603, 140504
факультета заочного обучения и экстерната
Редактор
Л.Г. Лебедева
Корректор
Н.И. Михайлова
Компьютерная верстка
Н.В. Гуральник
_____________________________________________________________________
Подписано в печать 27.12.2006. Формат 6084 1/16
Печать офсетная. Усл. печ. л. 3,02. Печ. л. 3,25. Уч.-изд. л. 3,0
Тираж 500 экз. Заказ №
C 21
_____________________________________________________________________
СПбГУНиПТ. 191002, Санкт-Петербург, ул. Ломоносова, 9
ИПЦ СПбГУНиПТ. 191002, Санкт-Петербург, ул. Ломоносова, 9
51
52
