Теоретическая механика: Динамика - Методические указания

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
Московский государственный открытый университет
Рязанский институт (филиал)
О.П. Иванкина
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА
ДИНАМИКА
Методические указания и контрольные задания
для студентов 2 курса очной формы обучения
специальности 151001 «Технология машиностроения»
Рязань 2005
Иванкина О.П.
Теоретическая механика. Динамика:
Методические указания и
контрольные задания для студентов
2 курса очной формы обучения по
специальности 151001 «Технология машиностроения».: - Рязань: РИ МГОУ,
2005. – 32 с.
Учебно-методическое пособие предназначено для студентов очного и
вечернего отделений РИ МГОУ и имеет цель оказать им помощь при
получении навыков решения задач по теоретической механике.
Пособие содержит 3 задания по динамике, предусмотренные программой
курса теоретической механики. В начале каждого раздела в конспективной
форме приводятся основные определения, формулы и теоремы, которые
избавляют студентов от необходимости обращаться к другим источникам при
решении задач. Примеры решения задач сопровождаются подробными
пояснениями.
Печатается по решению Ученого совета Рязанского института (филиала)
Московского государственного открытого университета.

Московский государственный
открытый университет,
Рязанский институт (филиал), 2005
 Иванкина О.П., 2005
2
ПОРЯДОК ВЫПОЛНЕНИЯ РАБОТ
На втором курсе студенты выполняют одну контрольную работу по
разделу «Динамика», которая состоит из задач Д1, Д2, Д3.
К
каждой
задаче
даются
3
рисунка
и
таблица,
содержащая
дополнительные к тексту условия. Нумерация рисунков двойная, при этом
номером рисунка является цифра, стоящая после точки. Например, рис. Д1.2 –
это рисунок 2 к задаче Д1. Номер условия от 0 до 9 проставлен в первом
столбце таблицы.
Студент выполняет контрольную работу в соответствии с номером своего
варианта, который ему сообщает преподаватель, ведущий практическое
занятие. Номер варианта состоит из двух цифр: первая цифра соответствует
номеру рисунка, а вторая цифра – номеру условия из таблицы. Например,
студент, имеющий 25 вариант, решает задачу, которой соответствует рисунок
под номером 2 и номер условия 5.
Каждая
контрольная
работа
выполняется
в
отдельной
тетради
(ученической). На обложке указываются номер контрольной работы, название
дисциплины, фамилия и инициалы студента, номер группы, номер варианта.
Например, «Контрольная работа № 3 по теоретической механике Иванова И.Н.,
группа № 342, вариант 19».
Решение каждой задачи следует обязательно начинать на развороте
тетради, с четной страницы. Сверху указывается номер задачи. Далее делается
чертеж и записывается, что в задаче дано и что требуется определить, текст
задачи не переписывается. На каждой странице следует оставлять поля.
Решение задач следует сопровождать краткими пояснениями и подробно
излагать ход расчетов.
На экзамене необходимо представить контрольную работу с зачтенными
задачами.
3
ДИНАМИКА МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
Динамикой называется раздел теоретической механики, в котором
изучаются законы движения материальных тел.
Законы динамики
Первый
закон
(закон
инерции):
изолированная
от
внешнего
воздействия материальная точка сохраняет свое состояние покоя или
равномерного и прямолинейного движения до тех пор, пока приложенные к ней
силы не заставят ее изменить это состояние.
Второй закон (основной закон динамики): произведение массы точки
на ускорение, которое она получает под действием силы, равно по модулю этой
силе, а направление ускорения совпадает с направлением силы:
 
ma  F .
Под ускорением понимается ее абсолютное значение.
Если на материальную точку действует система сил, равнодействующая
n 

которой равна R   FK , то основной закон динамики запишется так:
K 1
 
ma  R или
Векторное
уравнение,
 n 
ma   FK .
выражающее
K 1
основной
закон
динамики,
называется основным уравнение динамики.
Для несвободной материальной
точки основное уравнение динамики
можно записать в виде
  
ma  F  R ,

где F - равнодействующая всех активных сил, приложенных к точке;

R - равнодействующая реакций наложенных на точку связей.
4
Третий закон (закон равенства действия и противодействия): две
материальные точки действуют друг на друга с силами, равными по модулю и
направленными по одной прямой в противоположные стороны.
Две основные задачи динамики
Первая задача. Зная массу точки и ее закон движения, найти
равнодействующую сил, действующих на точку.
Вторая задача. Зная массу точки и действующие на точку силы,
определить закон движения.
При решении второй задачи динамики точки полезно придерживаться
такой последовательности:
1. Выбрать систему координат. Начало декартовых координат совместить
с начальным положением точки, а оси направить так, чтобы координаты точки
и ее проекции на координатные оси в рассматриваемый момент времени были
положительными. Если точка движется по прямой траектории, то эту прямую
принимают за ось.
2.
Изобразить
положение
произвольный текущий
движущейся
материальной
точки
в
момент времени и показать на рисунке все
действующие на точку силы, в том числе и реакции наложенных на нее связей.
3. Составить дифференциальные уравнения движения точки в проекциях
на оси декартовой системы координат.
4.
Проинтегрировать
полученные
дифференциальные
уравнения
методами, известными из курса высшей математики.
5. Использовав начальные условия движения
точки, определить
постоянные интегрирования. В некоторых случаях вместо введения постоянных
интегрирования оказывается более удобным брать от обеих частей равенства
определенные интегралы в соответствующих пределах.
6. Установив закон движения материальной точки, определить искомые в
задаче величины.
5
Задача Д1
Груз D массой m, получив в точке А начальную скорость v0, движется в
изогнутой трубе АВС, расположенной в вертикальной плоскости (рис. Д1.0Д1.2).
На участке АВ на груз, кроме силы тяжести, действуют постоянная сила

Q
(ее направление показано на рисунках)

и сила сопротивления R ,
зависящая от скорости груза (направлена против движения). Трением груза о
трубу на участке АВ пренебречь.
В точке В груз, не изменяя своей скорости, переходит на участок ВС
трубы, где на него, кроме силы тяжести, действуют сила трения (коэффициент

трения груза о трубу f = 0,2) и переменная сила F , проекция которой Fx на
ось х задана в таблице.
Считая груз материальной точкой и зная расстояние AB = l или время t1
движения груза от точки А до точки В, найти закон движения груза на участке
ВС, т.е. x =f(t).
В

Q
D
А
С
300
х

Q
Рис. Д1. 1
С
В
х
D
А
300
Рис. Д1. 2
А
D
х
В
С
300
Рис. Д1. 3
6

Q
Таблица Д1
Номер
условия
m, кг
v0, м/с
Q, Н
R, Н
l, м
t1 , с
Fx, Н
0
2
20
6
0,4v
-
2,5
2 sin 4t 
1
2,4
12
6
0,8 v2
1,5
-
6t
2
4,5
24
9
0,5v
-
3
3 sin 2t 
3
6
14
22
0,6 v2
5
-
 3 cos2t 
4
1,6
18
4
0,4v
-
2
4 cos4t 
5
8
10
16
0,5 v2
4
-
 6 sin 2t 
6
1,8
24
5
0,3v
-
2
9t2
7
4
12
12
0,8 v2
2,5
-
 8 cos4t 
8
3
22
9
0,5v
-
3
2 cos2t 
9
4,8
10
12
0,2v2
4
-
 6 sin 4t 
Пример Д1. Груз D массой m = 3 кг, получив в точке А начальную
скорость v0 = 20 м/с, движется в изогнутой трубе АВС, расположенной в
вертикальной плоскости (рис. Д1, а).
На участке АВ на груз, кроме силы тяжести, действуют постоянная сила
Q = 5 Н (ее направление показано на рисунках) и сила сопротивления R = 0,5v,
зависящая от скорости груза (направлена против движения). Трением груза о
трубу на участке АВ пренебречь.
В точке В груз D, не изменяя своей скорости, переходит на участок ВС
трубы, где на него, кроме силы тяжести, действуют сила трения (коэффициент

трения груза о трубу f = 0,2) и переменная сила F , проекция которой на ось х
равна Fх  9 cos3t  . Считая груз материальной точкой и зная время t1= 2с
движения груза от точки А до точки В, найти закон движения груза на участке
ВС, т.е. x =f(t).
7
Дано: m = 3 кг, v0 = 20 м/с, Q = 5 Н, R = 0,5v Н, t1= 2 с, f = 0,2,
Fх  9 cos3t  .
Найти: x =f(t).

Q
D
А
х
С
300
В
Рис. Д1. а
Решение. 1. Рассмотрим движение груза на участке АВ (рис. Д1, б),
считая груз материальной точкой.
Проведем в сторону движения груза координатную ось Ау,
выбрав
начало отчета в точке А. Тогда начальные условия будут: при t = 0 х = 0, vx = 0.
Изображаем в произвольном положении груз и действующие на него



силы P (сила тяжести), R (сила сопротивления), N (нормальная реакция

плоскости) и Q (заданная сила).

N

R
D
С

Q
300
А

P
В
у
Рис. Д1. б
Основное уравнение динамики имеет вид:


ma   F
или в проекциях на ось Ау
ma у  Qу  Pу  Rу  N у .
8
х
Так как
ay 
dv y
dt

dv
,
dt
Pу  0, Q у  Q, Rx   R  0,5v, N y  0 , а
то дифференциальное
уравнение движения точки имеет
вид:
m
dv
 Q  0,5v .
dt
Разделим на m и получим
dv
0,5 
Q 

v 
.
dt
m
0,5 
Разделяем переменные
dv
0,5

dt
m .
Q 

v 

0
,
5


vB
Интегрируем
t
dv
0,5 1
v  Q    m 0 dt ,
0
v 

0
,
5


Q
0,5
0,5
ln

t1 .
Q
m
v0 
0,5
vB 
vB
ln v 
Q
0,5 t1

t |0
0,5 v0
m
или
Q
0,5

t1
0,5
å m .
Q
v0 
0,5
vB 
Потенцируем
0,5
Отсюда находим
Q   m t1 Q

v B   v0 

e
.
0,5 
0,5

Подставляя данные задачи, найдем
0,5
1

5  32 5

v B   20 

 10  е 3  10  10  0,7  10  17 м/с .
e
0,5 
0,5

9
ускорение
2. Рассмотрим движение груза на участке ВС (рис. Д1, в). Найденная
скорость vB для движения груза на этом участке будет начальной скоростью
z
(v0 = vB).

F

N
х
С
D
30
А
0

FТР

P
В
Рис. Д1. в
Изображаем груз в произвольном положении и действующие на него



P - сила тяжести, N - нормальная реакция плоскости, FTP - сила
силы:

трения, F - заданная переменная сила.
Составим дифференциальное уравнение движения груза в проекции на
ось Вх:
m
dvx
 Px  N x  FTPx  Fx ,
dt
0
где - Px   P sin 30 , N x  0,
Fх  9 cos3t  , FTPx   FTP   fN .
Для определения N составим дифференциальное уравнение движения
груза в проекциях на ось Bz:
ma z  N  P cos 30 0 .
0
0
0
Так как a z  0 , то N  P cos 30  0, N  P cos 30 , N  mg cos 30 .
Следовательно, FTPx   fmg cos 30 .
0
Таким образом, дифференциальное уравнение движения груза на участке
ВС имеет вид:
m
dvx
 mg sin 30 0  fmg cos 30 0  9 cos3t  .
dt
Разделим на m и учтем, что m = 3 кг, получим
10


dv x
  g sin 30 0  fg cos 30 0  3 cos3t  .
dt
Вычислим g sin 30 0  fg cos 30 0  10  0,5  0,2 10  0,866  6,7 .
Следовательно,
dv x
 6,7  3 cos3t  .
dt
Умножая обе части равенства на dt и интегрируя, получим
 dv   6,7dt  3 cos3t dt ,
x
v x  6,7t  sin 3t   C1 .
С1 определим из начальных условий: при t = 0 v = v0 = vB.
v B  0  sin 0  C1 , С1 = 17.
Следовательно, v x  6,7t  sin 3t   17 .
Так как v x 
dx
dx
 6,7t  sin 3t   17 .
, то
dt
dt
Умножая обе части равенства на dt и интегрируя, получим
dx  6,7tdt  sin 3t dt  17 dt
 dx  6,7 tdt   sin 3t dt   17 dt .
t2 1
x  6,7  cos3t   17t  C 2 .
2 3
С2 определим из начальных условий: при t = 0 х = 0.
0  6,7
0 1
 cos0  17  0  C 2 , С 2  1 .
2 3
3
Таким образом, искомый закон движения груза на участке ВС имеет вид:
x  3,35  t 2  0,33  cos3t   17t  0,33 ,
где х – в метрах, t - в секундах.
11
ТЕОРЕМА
ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОЙ ЭНЕРГИИ
Материальной системой называется совокупность материальных точек
или тел, движения которых взаимосвязаны.
Твердое тело – неизменяемая материальная система с распределенной по
объему массой.
Силы, действующие на систему, можно разделить на внешние и
внутренние.
Силы, действующие на точки системы, называются
e
внешними F , если они вызваны действием точек или тел, не входящих в
систему. Силы, вызванные взаимодействием точек

систему, называются внутренними F i .
или тел, входящих в
Геометрия масс
Центром
масс или центром инерции системы называется такая
геометрическая точка С, положение которой в каждый момент времени
определяется следующими координатами:
N
xC 
x m
k 1
k
M
N
k
,
yC 
y m
k
k 1
M
N
k
,
zC 
z m
k 1
k
M
k
,
где xk, yk, zk – координаты центра масс k - ой точки системы; mk – масса k - ой
N
точки;
M   m k - полная масса системы.
k 1
Моментом инерции I z системы материальных точек относительно оси z
называется
скалярная
величина,
равная
сумме
произведений
масс
материальных точек, из которых состоит система, на квадраты их расстояний
до оси, т.е.
N
I z   m k hk2 .
k 1
Момент инерции измеряется в кгм2.
12
Часто в ходе расчетов используют радиус инерции тела относительно оси,
понимая под ним расстояние от оси до той точки пространства, в которой
нужно сосредоточить массу М всего тела, чтобы момент инерции этой точки
относительно данной оси равнялся моменту инерции тела относительно тоже
оси, т.е. I z  M z2 , отсюда радиус инерции
z 
Iz
.
M
Моменты инерции некоторых однородных твердых тел
относительно осей, проходящих через центр масс
1. Тонкий прямолинейный стержень АВ (рис. 1) длиной l и массой m:
z
l
2
I Cz 
l
2
А
1
ml 2 .
12
В
C
Рис. 1
2. Кольцо (рис. 2) радиусом R и массой m (ось z перпендикулярна
плоскости кольца и проходит через центр C):
I Cz  mR 2 .
y
x
C
z
Рис. 2
13
3. Тонкий круглый диск (рис. 3) радиусом R и массой m (ось z
перпендикулярна плоскости диска и проходит через его центр C):
y
I Cx  I Cy 
x
C
1
mR 2 ,
4
I Cz 
1
mR 2 .
2
z
Рис. 3
4. Цилиндр (рис. 4), радиус основания которого равен R, масса m:
z
1
I Cz  mR 2 .
2
у
C
x
Рис. 4
5. Прямоугольная пластинка (рис. 5), массой m (ось z перпендикулярна
плоскости пластинки)
b
a
x
C
z
Рис. 5
14


m 2
a  b2 ,
12
m
m
I Cx  a 2 , I Cy  b 2 .
12
12
I Cz 
y
Теорема Гюйгенса: момент инерции тела относительно какой-либо оси z
равен сумме момента инерции Icz относительно оси z1, проходящей через центр
масс С параллельно данной, и произведения массы М тела на квадрат
расстояния d между осями (рис. 6), т.е.
z
z1
d
I Z  I CZ1  M d 2 .
С
О
Рис. 6
Работа силы

Элементарной работой силы F называется алгебраическая величина,

равная скалярному произведению вектора силы F на элементарное

перемещение ее точки приложения dr (рис. 7):
 
A  F  dr или A  F  d r  cos  .
Единица измерения работы – Нм или Дж.

F


dr

М2
М
М1
Рис. 7

Если направление силы F совпадает с направлением элементарного

перемещения dr ( cos   0 ), то элементарная работа будет положительной.
Если
направление
силы


F
противоположно
направлению
элементарного перемещения dr ( cos  0 ), то работа будет отрицательной.
15
Если
сила

F
направлена
перпендикулярно
к
элементарному

перемещению dr ( cos 900  0 ), то элементарная работа будет равна нулю.
Так как F  cos  F ,

а dr  ds , то для вычисления элементарной
работы можно использовать формулу
A  F ds ,
где F - проекция силы на касательную к траектории точки; s – дуговая
координата.
Работой силы на конечном перемещении называется величина, равная
криволинейному интегралу от элементарной работы, взятому вдоль дуги М1М2,
описанной точкой приложения силы при этом перемещении
A
 
F
 dr .
M 1M 2
Работа силы тяжести материальной точки (рис. 8) равна произведению
силы тяжести на разность высот начального и конечного положения точки, т.е.
A  P  h .
M1
M
z
h

Р
M2
O
y
x
Рис. 8
Если материальная точка приближается к земной поверхности, то


А Р  0.
16


Если материальная точка удаляется от земной поверхности, то A P  0.
Если высоты начального и конечного положения материальной точки

равны, то A P  0.

Работа силы упругости определяется формулой



с
A FУПР   х22  х12 ,
2


где х1 и х2 – начальное и конечное удлинение пружины; с – её коэффициент
жесткости (рис. 9).
х1

FУПР
х
х2
Рис. 9
Работа силы упругости отрицательна, если тело движется в сторону
возрастания модуля силы. Работа силы упругости положительна, если тело
движется в сторону убывания модуля силы.
Работа сил, приложенных к твердому телу, вращающемуся вокруг оси,
определяется по формуле
2
А   М z d ,
1
 

где М z   m z Fk - главный момент сил относительно оси вращения Oz.
17
Задача Д 2
Механическая система (рис. Д2.0 – Д2.2) состоит из грузов 1 и 2,
ступенчатого шкива 3 с радиусами ступеней R 3 = 0,3 м, r3 = 0,1 м и радиусом
инерции относительно оси вращения 3 = 0,2 м, блока 4 радиусом R 4 = 0,2 м и
подвижного блока 5. Тело 5 считать сплошным однородным цилиндром, а
массу блока 4 считать равномерно распределенной по ободу. Коэффициент
трения груза о плоскость равен f = 0,1. Тела соединены друг с другом нитями,
перекинутыми через блок и намотанными на шкив 3, участки нитей
параллельны соответствующим плоскостям.
К подвижному блоку 5
прикреплена пружина с коэффициентом жесткости с.
Под действием силы F = f (s), зависящей от перемещения s точки ее
приложения, система приходит в движение из состояния покоя; деформация
пружины в момент начала движения равна нулю. При движении на шкив
действует
постоянный
момент
М
сил
сопротивления
(от
трения
в
подшипниках).
Определить значение искомой величины в тот момент времени, когда
перемещение груза 1 под действием переменной силы F = f (s) станет равным
s1 = 0,2 м.
3
2
1
4
300

F
5
600
Рис. Д2. 0
18
3
2
1
4

F
300
5
450
Рис. Д2. 1
3
2
4
1
5

F
450
Рис. Д2. 2
19
Таблица Д2
Номер
условия
m1, кг
m2, кг
m3, кг
m4, кг
m5, кг
0
0
6
4
0
5
200
1
8
0
0
4
6
2
0
4
6
0
3
0
6
0
4
5
0
5
0
6
с, Н/м M, Нм
F(t), Н
Найти
1,2
80(4+5s)
3
320
0,8
50(8+3s)
v1
5
240
1,4
60(5+4s)
v2
5
4
300
1,8
80(5+6s)
4
4
0
6
240
1,2
40(9+4s)
v1
5
0
6
4
200
1,6
50(7+8s)
vС5
8
0
5
0
6
280
0,8
40(8+9s)
3
7
0
4
0
6
5
300
1,5
60(8+5s)
v2
8
4
0
0
5
6
320
1,4
50(9+2s)
4
9
0
5
6
0
4
280
1,6
80(6+7s)
vС5
Пример Д2. Механическая система (рис. Д2) состоит из грузов 1 и 2,
ступенчатого шкива 3 с радиусами ступеней R 3 = 0,3 м, r3 = 0,1 м и радиусом
инерции относительно оси вращения 3 = 0,2 м, блока 4 радиусом R 4 = 0,2 м и
подвижного блока 5. Тело 5 считать сплошным однородным цилиндром, а
массу блока 4 считать равномерно распределенной по ободу. Коэффициент
трения груза о плоскость равен f = 0,1. Тела соединены друг с другом нитями,
перекинутыми через блок и намотанными на шкив 3, участки нитей
параллельны соответствующим плоскостям.
К подвижному блоку 5
прикреплена пружина с коэффициентом жесткости с.
Под действием силы F = f (s), зависящей от перемещения s точки ее
приложения, система приходит в движение из состояния покоя; деформация
пружины в момент начала движения равна нулю. При движении на шкив
действует
постоянный
момент
М
сил
подшипниках).
20
сопротивления
(от
трения
в
Определить угловую скорость шкива 3 в тот момент времени, когда
перемещение груза 1 под действием переменной силы F = f (s) станет равным
s1 = 0,2 м.
3
4
5
2
1

F
450
600
Рис. Д2, а
Дано: R 3 = 0,3 м, r3 = 0,1 м, 3 = 0,2 м, R 4 = 0,2 м, m1 = 4 кг, m3 = 6 кг,
m5 = 8 кг, с = 340 Н/м, M = 2 Нм, F(t) = 60(5+7s) Н, s1 = 0,2 м. f = 0,1.
Найти: 3.

R3

N5
М
А
450

Р3

N1

v5

FTP 5

FУПР

vA

FTP1

Р5
S1

F

Р1
600
Рис. Д2, б
21
Решение. 1. Рассмотрим движение неизменяемой механической системы,
состоящей из весомых тел 1, 3, 5 и невесомых 2 и 4, соединенных
нерастяжимыми нитями (рис. Д2, б). Для определения 3 воспользуемся
теоремой об изменении кинетической энергии
TK  TH   Ake ,
(1)
где ТН – кинетическая энергия системы в начальный момент времени;
ТК - кинетическая энергия системы в конечный момент времени;
 A - сумма работ всех внешних сил, действующих на систему.
e
k
2. Определяем кинетическую энергию системы в конечный ТК и
начальный ТН моменты времени.
Так как в начальный момент времени система находилась в покое, то
ТН = 0.
Величина ТК равна сумме кинетических энергий всех тел системы:
ТК = Т1 + Т3 + Т5,
где
Т1 –
кинетическая энергия груза 1; Т2 – кинетическая энергия
ступенчатого шкива 3; Т3 – кинетическая энергия катка 5.
1
2
2
Груз 1 движется поступательно, следовательно, T1  m1 v1 .
Шкив 3 вращается вокруг неподвижной оси, следовательно, T3 
Так как момент инерции шкива I 3  m3  3 ,
2
то
T3 
1
I 3 32 .
2
1
m3  32 32 .
2
Каток 5 совершает плоскопараллельное движение, поэтому
T5 
Так
I5 
как
момент
v
1
m5 R52 ,  5  5 ,
2
R5
инерции
то
1
1
m5 v52  I 5 52 .
2
2
катка
и
угловая
скорость
v52 3
1
1 1
2
2
T5  m5 v5   m5  R5  2  m5 v52 .
2
2 2
R5 4
22
равны
Выразим скорости v1 и v5 через искомую угловую скорость 3, получим
v5   3 r3 , v1  v A 
Тогда T1 
1
m1 r32 32 ,
2
T5 
1
1
v5   3 r3 .
2
2
3
m5 r32 32 и
4
1
3
1

TK   m1 r32  m3  32  m5 r32  32 .
2
16
2

1
3
1
2
2
2
TK   4  0,1  6  0,2  80,1  32  0,02  0,12  0,015  32  0,155 32
2
16
2

TK  0,155 32 .
(2)
3. Теперь найдем сумму работ всех действующих сил при перемещении,
которое будет иметь система, когда груз 1 пройдет путь s1 = 0,2 м.
Работа переменной силы равна


 s1

s2 
2
AF    605  7 s ds  60 5s1  7 1   60 5  0,2  3,5  0,2  68,4 Дж .
2

0
Работа силы тяжести груза 1 равна


A P  P1 sin 60 0 s1  m1 g sin 60 0 s1  4  10  0,866  0,2  6,93 Дж .
 

Работа силы трения равна A FTP1   FTP1 s1 .
Так как FTP1  N1 f  P1 cos 60 0 f  m1 g cos 60 0 f , то

A FTP1  m1 g cos 60 0 fs1  4 10  0,5  0,1  0,2  0,4 Дж .
 

Работа сил N1 , P5 и N 5 равна нулю, так как эти силы перпендикулярны к
 
перемещениям тел.
Работа сил


N 3 и Р3 равна нулю, так как точка приложения этих сил
неподвижна.

F
Работа силы трения TP 5 равна нулю, так как точка приложения силы
является мгновенным центром скоростей.
23
Работа момента сил сопротивления равна AM   M 3 .
Так как  3 
s5
s
s
0,2
 1 , то AM    M 1  2
 2 Дж .
r3 2r3
2r3
2  0,1

 

с 2
A
F
 0  12 .
Работа силы упругости равна
УПР 
2

Так как в начальный момент времени 0  0 , а 1  s 2   3 R3 
s1 R3
, то
2 r3
2
2

с 2
c  R3 
340 
0,3 
 
A FУПР   s 2    s1
 0,2
  15,3 Дж .
2
8  r3 
8 
0,1 


Таким образом,  Ak  68,4  6,93  0,4  2  15,3  57,63 Дж.
e
 A  57,63 Дж .
e
k
Подставляя (2) и (3) в (1), получим
0,155 32  57,63,
3 
57,63
 19,3 c -1 .
0,155
24
(3)
ПРИНЦИП ДАЛАМБЕРА
Принцип Даламбера для одной материальной точки: в каждый
момент движения активные силы, силы реакции и силы инерции образуют
уравновешенную систему сил.
Математически принцип Даламбера для одной материальной точки
выражается векторным уравнением
  
F  R  F u  0.
u
Векторная величина F , равная по модулю произведению массы точки
на ее ускорение и направленная противоположно вектору ускорения,
называется силой инерции, т.е.
Сила инерции
 u
 ma  F .
- фиктивная сила; математическая величина, имеющая
размерность силы.
Принцип Даламбера для системы материальных точек: если в любой
момент времени к каждой из точек системы, кроме фактически действующих
на неё внешних и внутренних сил, приложить соответствующие силы инерции,
то полученная система сил будет находиться в равновесии и к ней можно будет
применить все уравнения статики.
Математически принцип Даламбера выражается системой N векторных
равенств вида:



Fkе  Fki  Fku  0, k  1,2,..., N ,
i
e
F
F
где k - внешние силы; k - внутренние силы системы.
Значение принципа Даламбера состоит в том, что при непосредственном
его
применении
к
задачам
динамики
уравнения
движения
системы
составляются в форме хорошо известных уравнений равновесия, это делает
единообразным подход к решению задач и обычно
соответствующие расчеты.
25
намного упрощает
Замечания:
1. Применяя принцип Даламбера, следует иметь ввиду, что он, как и
основной закон динамики, относится к движению, рассматриваемому по
отношению к инерциальной системе отсчета.
2. Силы инерции в принципе Даламбера не являются настоящими,
реальными силами
и отличаются не только от обычных сил, создаваемых
действием тел, но даже и от сил инерции в относительном движении.
При использовании принципа Даламбера целесообразно придерживаться
следующего порядка решения задач:
1. Показать на рисунке активные силы, приложенные к каждой точке или
к телу механической системы.
2. Применив аксиому об освобождаемости связей, изобразить их реакции.
3. Ко всем точкам системы приложить силы инерции и для каждого тела
вычислить главный вектор и главный момент сил инерции.
4. Составить уравнения равновесия, определить неизвестные величины.
Задача Д3
Вертикальный вал АК (рис. Д3.0 - Д3.2), вращающийся с постоянной
угловой скоростью  = 10 с-1, закреплен подпятником в точке А и
цилиндрическим подшипником в точке, указанной в табл. Д3 (АВ = DB =DE =
= EK = b). К валу жестко прикреплены невесомый стержень 1 длиной l1 = 0,4 м
с точечной массой m1 = 6 кг на конце и однородный стержень 2 длиной
l2 = 0,6 м, имеющий массу m2 = 4 кг; оба стержня лежат в одной плоскости.
Точки крепления стержней к валу указаны в таблице. Пренебрегая весом вала,
определить реакции подпятника и подшипника. При окончательных расчетах
принять b = 0,4 м.
26
K
K
K
2

E
1

2
E
E
2
D

D
D

1

B
1
B
B
А
А
А
Рис. Д3.0
Рис. Д3.1
Рис. Д3.2

Таблица Д3
Номер
условия
Точка крепления
цилиндрического
подшипника
0
Точки крепления стержней
Углы
Стержень 1
Стержень 2

0
В
D
К
30
45
1
D
В
Е
45
60
2
Е
D
В
60
45
3
К
D
Е
45
30
4
В
Е
D
90
60
5
D
К
В
30
45
6
Е
В
К
45
30
7
К
Е
В
60
45
8
D
Е
К
45
60
9
Е
К
D
90
45
0
Пример Д3. Вертикальный вал АК, вращающийся с постоянной угловой
скоростью  = 10c-1, закреплен подпятником в точке А и цилиндрическим
подшипником в точке Е (АВ = ВD = DЕ = ЕК= b). К валу жестко прикреплены
невесомый стержень длиной l1 = 0,4 м с точечной массой m1 = 6 кг на конце
27
и однородный стержень длиной l2 = 0,6 м, имеющий массу m2 = 4 кг. Стержни
расположены в одной плоскости. Пренебрегая весом вала, определить реакции
подпятника А и подшипника Е, если b = 0,4 м.
1
300
К
Е

D
600
2
В
А
Рис. Д3, а
Дано:  = 10 c-1, АВ = ВD = DЕ = ЕК = b = 0,4 м,
l1 = 0,4 м, m1 = 6 кг, l2 = 0,6 м, m2 = 4 кг.
Определить: X A , YA , X E .
Решение. Для определения искомых реакций рассмотрим движение
заданной механической системы и применим принцип Даламбера. Проведем
вращающиеся вместе с валом координатные оси Axy так, чтобы стержни
лежали в плоскости xy, и изобразим действующие на систему силы: активные


силы – силы тяжести Р1 и Р2 , силы реакции связей – составляющие реакции
 

X
Y
X
подпятника A , A и реакцию цилиндрического подшипника E (рис. Д3, б).
28
Модули сил тяжести равны:
P1  m1 g  6  10  60 H , P2  m2 g  4  10  40 H .
Согласно принципу Даламбера присоединим к этим силам силы инерции
однородного стержня и груза, считая его материальной точкой.
Рассмотрим отдельно однородный стержень 2 (рис. Д3, в).
Так как вал вращается равномерно, то элементы стержня имеют только

нормальные ускорения a nk , направленные к оси вращения, а численно
ank   2 hk , где hk - расстояние элементов от оси вращения. Тогда силы
инерции
u
Fk будут
направлены
от
оси
вращения,
а
численно
Fk  mk ank  mk  2 hk , где mk - масса элемента. Так как все силы инерции
u
u
Fk пропорциональны hk , то эпюра сил инерции образует треугольник.
Полученную систему параллельных сил заменим равнодействующей,
равной главному вектору этих сил. Так как модуль главного вектора сил
инерции любого тела имеет значение F
ускорение его центра масс, то
Так как hC 2 
u
 maС , где m - масса тела, аС -
F2  m2 aC 2  m2 2 hC 2 .
u
l2
sin 60 0  0,3  0,866  0,26 м,
2
то F2  4 100  0,26  104 H .
u
Линия действия равнодействующей пройдет через центр тяжести сил
инерции, т.е. на расстоянии H1 
2
H от вершины треугольника D.
3
H  l 2 cos 60 0  0,6  0,5  0,3 м,
H1 
29
2
2
H   0,3  0,2 м.
3
3

F1и
y

Р1
300
К
h2

XE
Е

D
u
F2
600
Н1
Н
h1
В

YA

XA
А

Р2
x
Рис. Д3, б
D

an
u
Fk
60
u
F2
Н1
Н
Рис. Д3, в
Сила инерции точечной массы направлена в сторону, противоположную
ее ускорению, и численно будет равна
F1  m1aC1  m1 2 hC1 .
u
Так как hC1  l1 sin 30  0,4  0,5  0,2 м, то
F1  m1 2l1  6 100  0,2  120 H .
u
30
Согласно принципу Даламбера приложенные внешние силы и силы
инерции образуют уравновешенную систему сил. Составим для этой системы
три уравнения равновесия.
Получим
 Fkx   X A  X E  F1u  F2u  0;


 Fky  YA  P1  P2  0;


u
u

 m A Fk   X E  3b  P1  h1  P2  hC 2  F1  4b  l1 cos 30   F2  (2b  H 1 )  0.
 
Решая эту систему, найдем
P1hC1  P2 hC 2  F1u 4b  l1 cos 30   F2u 2b  H 1 
XE 

4b
60  0,4  40  0,26  120  (4  0,4  0,4  0,866 )  104 2  0,4  0,2 

 144 H ,
3  0,4
YA  P1  P2  60  40  100 H ,
X A  X E  F1u  F2u  144  120  104  128 H .
Ответ: X A  128 H ; YA  100 H ; X K  144 H .
31
ЛИТЕРАТУРА
Список основной литературы
1. Бутенин Н.В., Лунц Я.Л., Меркин Д.Р. Курс теоретической механики. Т. 2. -СПб, 1998.
2. Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики. -М., 1995.
Список дополнительной литературы
3. Бать М.И., Джанелидзе Г.Ю., Кельзон А.С. Теоретическая механика в
примерах и задачах. -Т. 2 . -М., 1991.
4. Иванкина О.П. Теоретическая механика. Ч. 3. Динамика материальной
точки: Руководство к решению задач. – Рязань: МГОУ, 1996.
5. Иванкина О.П. Теоретическая механика. Ч. 4. Общие теоремы динамики:
Руководство к решению задач. – Рязань: МГОУ, 2001.
6. Иванкина О.П. Теоретическая механика. Ч. 5. Принципы динамики:
Руководство к решению задач. – Рязань: МГОУ, 2004.
СОДЕРЖАНИЕ
Порядок выполнения контрольных работ………………………….......
3
Динамика материальной точки (задача Д1)……………………………
4
Теорема об изменении кинетической энергии (задача Д2) …………...
12
Принцип Даламбера (задача Д3)………………………………………...
25
Литература………………………………………………………………..
32
32
Учебное издание
Иванкина Ольга Петровна
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА
ДИНАМИКА
Методические указания и контрольные задания
Редактор Л.А. Мягина
ПД№ 6-0011 от 20.06.2000.
Подписано в печать 20.10.2005.
Формат 60х84 1/16.
Бумага типографская.
Печать офсетная. Уч. – изд. л. 2,01 Тираж 100 экз. Заказ № 91410
Рязанский институт (филиал) Московского государственного открытого университета
390046, г. Рязань, Колхозный пр., 2а
33