5849
.pdf30
1.Отбрасываем связи (опоры) и заменяем их неизвестными реакциями. Распределенную нагрузки заменяем равнодействующей: Q=q·2=2·2=4кН
2.Выбираем систему координат xyz проводя оси через шаровой шарнир.
3.Составляем уравнения равновесия:
∑ M X |
= 0 |
|
||
|
∑ M Y |
= 0 |
|
|
|
∑ M Z |
= 0 |
|
|
|
; |
|||
|
∑ X = 0 |
|||
|
||||
|
∑Y = 0 |
|
||
|
∑ Z = 0 |
|
||
Z B × 4 - F × 2 - Q ×1 = 0 |
|||||
X C × 2 - Q ×1 = 0 |
|||||
|
|
|
|
|
|
- X B |
× 4 - X C × 4 - F ×1 - P × 2 = 0 |
||||
|
|
|
|
|
. |
+ X A |
+ X B + P + X C = 0 |
||||
F + Y |
|
= 0 |
|||
|
|
|
A |
|
- Q = 0. |
Z |
A |
+ Z |
B |
||
|
|
|
|
||
4. Решаем систему уравнений и находим неизвестные реакции.
Z BX CX B
X A
YA
Z
A
=(F × 2 + Q ×1)
4 = (8 × 2 + 4 ×1)
4 = 5кН
=Q
2 = 4 / 2 = 2кН
=(- X C × 4 - F ×1 - P × 2)
4 = (- 2 × 4 - 8 ×1 -12 × 2)
4 = -10кН (в другую сторону)
=-X B - P - X C = -(-10) -12 - 2 = -4кН (в другую сторону)
=-F = -8кН (в другую сторону)
= -Z B + Q = -5 + 4 = -1кН (в другую сторону).
5.Выполняем проверку, для чего проводим оси uvw через произвольную точку С
иотносительно них вычисляем суммы моментов.
∑ M U = Q × 3 + YA × 2 - Z A × 4 = 4 × 3 - 8 × 2 - (-1) × 4 = 0 |
|
|
|
|
- (-1) ×1 |
-12 × 2 + -(-10) × 2 |
- 5 ×1 = 0 |
∑ M V = -X A × 2 - Z A ×1 - P × 2 - X B × 2 - Z B ×1 = -(-4) × 2 |
|||
∑ M W = + X A × 4 + YA ×1 + P × 2 = -4 × 4 - 8 ×1 +12 × 2 = 0. |
|
|
|
Проверка выполняется. |
|
|
= −1кН (ре- |
Ответ: реакции связей равны: X A = −4кН , X B = −10кН , |
YA = −8кН , Z A |
||
акции имеют противоположные направления), X C = 2кН , ZB = 5кН . |
|
||
1.5. Определение положения центра тяжести
Положение центра тяжести некоторого объема, состоящего из нескольких частей, можно найти по формулам:
|
n |
|
|
n |
|
|
|
|
n |
|
|
∑ xiVi |
|
|
∑ yiVi |
|
|
|
|
∑ ziVi |
|
x = |
i=1 |
, |
y = |
i=1 |
, |
z |
C |
= |
i=1 |
. |
|
|
|
||||||||
C |
V |
|
C |
V |
|
|
|
V |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Координаты центра тяжести однородной тонкой пластины постоянной толщины
n
определяются через площади отдельных ее частей Ai и общую площадь A = ∑ Ai :
i =1
31
|
n |
|
|
n |
|
|
n |
|
x = |
∑xi Ai |
|
y = |
∑ yi Ai |
|
z = |
∑zi Ai |
|
i=1 |
, |
i=1 |
, |
i=1 |
. |
|||
|
|
|
||||||
C |
A |
|
C |
A |
|
C |
A |
|
|
|
|
|
|
|
Центр тяжести однородного (имеющего одинаковую по длине площадь поперечного сечения и удельную плотность материала) длинного тонкого тела определяется
|
|
|
|
|
n |
|
|
|
через длины его участков L i и общую длину L = ∑ Li |
: |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
i=1 |
|
|
|
|
n |
|
|
n |
|
|
n |
|
x = |
∑ xi Li |
|
y = |
∑ yi Li |
|
z = |
∑ zi Li |
|
i=1 |
, |
i=1 |
, |
i=1 |
. |
|||
|
|
|
||||||
C |
L |
|
C |
L |
|
C |
L |
|
|
|
|
|
|
||||
Задача 1.17. Определение положения центра тяжести Определить положение центра тяжести плоской фигуры, показанной на рис. 1.38.
2a |
3a |
|
6a |
8a |
|
|
2a |
|
5a |
Рис.1.38 |
|
Решение (первый способ):
1.Выбираем исходную систему координат xO yO .
2.Разбиваем фигуру на простые составляющие (рис.1.39, а).
3.Определяем площади и координаты центров тяжести составных частей фигуры.
A1 = 2a ×6a = 12a2 ; |
x1 = a; |
y1 = 5a; |
|||
A2 = 5a × 2a = 10a2 ; |
x2 = 2.5a; |
y2 = a; |
|||
A = |
1 |
3a ×6a = 9a2 ; |
x3 = 3a; |
y3 = 4a; |
|
2 |
|||||
3 |
|
||||
|
|
|
|
||
4. Определяем общую площадь фигуры и вес плиты (равнодействующую системы параллельных сил).
A = A + A |
2 |
+ A |
3 |
= 12a2 +10a2 + 9a2 = 31a2 |
; |
|
|
1 |
|
|
|
||
5. |
Определяем точку приложения равнодействующей (координаты центра тяже- |
|||||
сти) |
и показываем ее на рисунке. |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
32 |
|
x |
|
= |
x A + x A + x A |
= |
a ×12a2 |
+ 2.5a ×10a2 + 3a ×9a2 |
|
||||||
C |
1 |
1 |
2 |
2 |
3 |
3 |
|
31a2 |
= 2.06a; |
|
|||
|
|
|
A + A + A |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
1 |
2 |
|
3 |
|
|
|
|
|
|
yC = |
y A + y A + y A |
= |
5a ×12a2 + a ×10a2 + 4a ×9a2 |
|
|||||||||
1 |
1 |
2 |
2 |
3 |
3 |
|
|
= 3.42a; |
|
||||
|
|
|
|
A1 + A2 + A3 |
|
|
|
31a |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y0 |
|
|
y0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
C2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
C1 |
|
2a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
C1 |
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
C3 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
O |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
c |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
C |
y |
|
|
|
|
|
5a |
|
|
|
|
|
|
C |
|
|
|
|
|
|
4a |
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
c |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
C2 |
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
O |
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
xc |
|
xc |
1.5a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2.5a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис.1.39 |
|
Решение (второй способ):
Решение задачи может стать более простым, если использовать «метод отрицательных площадей» и поместить начало исходной системы координат в центр тяжести одной из составляющих фигур.
1.Выбираем исходную систему координат xO yO .
2.Разбиваем фигуру на простые составляющие (рис. 1.39, б).
3.Определяем площади и координаты центров тяжести составных частей фигуры.
A1 = 5a ×8a = 40a2 ; |
x1 = 0; |
y1 = 0; |
|||
A = |
1 |
6a ×3a = 9a2 ; |
x2 =1.5a; |
y2 = 2a; |
|
2 |
|||||
2 |
|
||||
|
|
|
|
||
4. Определяем общую площадь фигуры:
A = A1 -A2 = 40a2 - 9a2 = 31a2 ;
5. Определяем координаты центра тяжести всей фигуры и показываем его на рисунке.
33
|
|
|
|
x A - x A |
|
|
0 ×40a2 -1.5a ×9a2 |
||||||
x |
C |
= |
|
1 |
1 |
2 |
2 |
= |
|
|
|
= -0.44a; |
|
|
A - A |
|
|
31a2 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
1 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
y A - y A |
|
= |
|
0 ×40a2 - 2a ×9a2 |
= -0.58a; |
||||
y |
C |
|
1 |
1 |
2 |
2 |
|
|
|
||||
|
|
A - A |
|
|
|
31a2 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
1 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
Задача 1.18. Определение положения центра тяжести Определить положение центра тяжести плоской фигуры, показанной на рис. 1.40.
a
4a 6a
a
5a |
|
4a |
|
a |
||
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
10a
Рис. 1.40
Решение
1.Разбиваем фигуру на простые составляющие (рис. 1.41).
2.Выбираем исходную систему координат xO yO . Для упрощения решения задачи начало исходной системы координат О совместим с центром тяжести первой фигу-
ры и ось x0 направим по оси симметрии. В этом случае неизвестным остается поло-
жение центра тяжести фигуры на этой оси, то есть координата xC .
3. Определяем площади и координаты центров тяжести частей фигуры.
A1 = 6a ×10a = 60a2 ; |
|
x1 = 0; |
|
A = π (2a )2 |
= 12.56a2 |
; |
x = 2a; |
2 |
|
|
2 |
4. Определяем общую площадь фигуры.
A = A1 -A2 = 60a2 -12.56a2 = 47.44a2 ;
|
|
34 |
|
|
yC |
y0 |
|
|
|
|
y1 |
y2 |
|
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
3a |
|
|
|
|
2a |
C O C |
C |
2 |
x1 = x2 = xC |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
2a |
|
|
|
|
3a |
|
|
|
|
a |
|
xC |
2a |
|
|
5a |
|
4a |
|
a |
|
|
|
||
|
10a |
|
|
|
|
|
Рис. 1.41 |
|
|
5. Определяем координаты центра тяжести всей фигуры и показываем его на рисунке.
|
|
= |
x A - x A |
= |
0 ×60a2 - 2a ×12.56a2 |
= -0.53a; |
||
x |
C |
1 1 |
2 2 |
|
||||
A - A |
47.44a2 |
|||||||
|
|
|
|
|||||
|
|
|
1 |
2 |
|
|
|
|
Ответ: (-0,53а;0)
ГЛАВА 2. КИНЕМАТИКА
2.1 Кинематика точки
Рассмотрим три способа задания движения точки: 1. Векторный способ задания движения точки
35
|
|
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M |
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
||
|
|
|
|
j |
|
r |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
O |
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
R |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
i |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
радиус вектор точки М. |
|
|
|
|
|
|
|
|
r - |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
|
|
|
траектория - годограф радиусвектора r. |
|||||
|
|
|
! !"#$. |
|
Рис.2.1 |
||||
Закон движения: |
|
|
|
||||||
Траектория: |
годограф радиус-вектора. |
||||||||
Скорость: |
|
)*! |
|
, |
|
|
|
|
|
|
(((!' )+ |
!. |
|
|
|
|
|
||
|
|
).(! |
)/*! |
|
|
|
|
|
|
Ускорение: -! )+ )+/. |
|
|
|||||||
2. Координатный способ задания движения точки |
|||||||||
Закон движения: |
2 2"#$ |
|
|
|
|||||
01 1"#$ . |
|
|
|||||||
Траектория: из закона движения надо исключить время – y=f(x).
Скорость: |
'4 |
2, |
|
- Проекции вектора скорости: |
|
||
0'3 |
1, |
|
|
- Модуль вектора скорости: |
' '35 '45 |
||
- Направляющие косинусы: |
64 |
'4 |
⁄' |
063 |
'3 |
⁄' . |
|
Ускорение: |
|
|
|
|
-4 |
3 |
|
- Проекции вектора ускорения: |
0-3 |
', 18 |
|
|
|
4 |
|
- Модуль вектора ускорения: |
- -35 -45 |
||
36
- Направляющие косинусы: |
94 |
-4 |
⁄- |
|
|
|
|
|
||||||||
093 |
-3 |
⁄-. |
|
|
|
|
|
|||||||||
3. Естественный способ задания движения точки |
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
− |
|
|
|
O |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
s |
|
M |
|
|
|
|
|
|
|
|
траектория |
|
|
R |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
τ |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
R |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
τ − единичный вектор касательной |
|
|
|
|
|
R |
|||||||||
|
R |
− единичный вектор нормали |
|
|
|
|
|
R |
v |
|||||||
|
|
|
|
|
|
n |
|
|||||||||
|
n |
|
|
|
|
|
+ |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис.2.2 |
|
|
|
|
|
||
Закон движения: |
: :"#$, |
|
где s – дуговая координата. |
|
||||||||||||
Траектория: |
|
|
задана. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Скорость: |
|
'! ';<! |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
'; :,- проекция вектора скорости на касательную. |
||||||||||||
Модуль вектора скорости: |
|
' |';|. |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Ускорение: |
(((!- -!; -!> -;<! ->6(!, |
|
|
|
|
|
|
|||||||||
где |
-; |
).? |
:8 |
- касательное ускорение, |
|
|
||||||||||
)+ |
|
|
||||||||||||||
|
-> |
./ |
|
- нормальное ускорение (направлено в сторону вогнутости |
||||||||||||
|
@ |
|
||||||||||||||
траектории), |
A радиус кривизны траектории, B @C – |
кривизна. |
||||||||||||||
Модуль вектора ускорения: - -5 -5
; >
Знак скалярного произведения векторов ускорения и скорости позволяет определить является движение ускоренным или замедленным. При ускоренном движении оно положительно, а при замедленном - отрицательно.
Задача 2.1. Векторный способ задания движения точки
Движение точки задано в векторной форме: (!D E! FGH I J! I K(!. Параллельно какой оси направлено ускорение точки?
Решение: |
D(! E! FGH I J! I K |
|
|
|
||
Дифференцируя |
, |
|
находим вектор скорости: |
|||
|
|
(! |
|
|||
|
|
|
, |
|
(! |
|
|
|
(! |
L(! D(! MNF I J! K |
|
||
и вектор ускорения: |
L(! FGH I J! |
|
|
|||
|
, |
. |
|
|
||
37
Получили, что вектор ускорения параллелен оси y. Ответ: ускорение точки направлено параллельно оси Oy.
Задача 2.2. Естественный способ задания движения точки Движение точки задано в естественной форме по некоторой заданной траектории.
Закон движения: F I I . Нормальное ускорение равно H см MNHFI. Определить радиус кривизны траектории при t=1с.
− 
траектория
O |
|
|
|
|
|
s |
M |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
+
Рис. 2.3
Решение:
Определяем уравнение скорости: LP F, I.
Вычисляем модуль скорости при t=1с: L|IQ | ∙ | мс.
Вычисляем радиус кривизны при t=1с: R LH см .
Ответ: R м.
Задача 2.3. Векторный способ задания движения точки
Движение точки задано в векторной форме: D(! . I (!E . I J!. Определить величину (модуль) ускорения точки при t=t1=2c.
Решение:
Дифференцируя D(! . I (!E . I J! по времени находим вектор скорости:
(!L (!D, . I (!E . I J!
и вектор ускорения: (! (!L, . (!E . I J! .
Подстановкой определяем вектор ускорения при t=t1=2c.
(!|IQ M . (!E . ∙ J! . (!E . J!.
Находим модуль вектора ускорения:
√ . . . √ см .
Ответ: . √ см .
38
Задача 2.4. Координатный способ задания движения точки
Найти траекторию точки М, радиус кривизны траектории, а также скорость и |
||
ускорение в момент времени |
I , |
если движение точки задано уравнениями |
S MNF I м, T FGH I м. |
|
|
Решение
1. Уравнение траектории. Используем тригонометрическое тождество FGH U
MNF U и исключим время из уравнений движения:
"S⁄ $ "T⁄ $ .
Из этого уравнения следует, что траекторией точки является эллипс с полуосями
5 м и 3 м, центр которого находится в начале координат. |
S|IQ 5 м, |
||||||||||
2. Положение точки при |
I |
определим через ее координаты: |
|||||||||
T|IQ 0, откуда следует, что точка М – |
|
крайняя точка эллипса (см. рис.). |
|||||||||
3. Скорость точки найдем по ее проекциям: |
|
|
|||||||||
|
|
LS S, FGH I, |
|
LT T, MNF I. |
|
||||||
При |
I |
LS|IQ , |
LTVIQ м⁄с, |
откуда видно, что вектор скорости |
|||||||
направлен по оси y. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
L |
|
м⁄с. |
|
|||||||
Модуль скорости равен |
LS LT |
|
|||||||||
4. Ускорение точки тоже определяем по проекциям: |
|
||||||||||
|
S |
L, MNF I, |
|
T |
L, FGH I. |
|
|||||
|
|
S |
|
|
|
|
T |
TVIQ , откуда видно, ускорение |
|||
При |
I |
имеем: S|IQ |
|
м⁄с , |
|||||||
направлено против оси y. |
S W м⁄с . |
|
|||||||||
Модуль ускорения равен |
|
||||||||||
Из рисунка 2.4 видно, что ускорение перпендикулярно скорости, то есть является нормальным ускорением. Касательное ускорение в данный момент времени отсутствует. Убедимся в этом.
39
y |
|
|
|
3 |
|
R |
|
|
|
v |
|
R |
R |
|
|
a |
= an |
5 |
x |
−5 |
|
M
−3
Рис.2.4
Касательное ускорение найдем по формуле :
| P| XLS SYLL T TX .
Нормальное ускорение вычислим как геометрическую разность между полным и
касательным ускорениями:
H P м⁄с .
5. Радиус кривизны траектории найдем из формулы
R LH . м.
Задача решена
Задача 2.5. Координатный способ задания движения точки
В координатной форме задан закон движения груза, сброшенного с самолета:
0S I
T I .
Высота полета самолета равна h=320м. Найти: траекторию груза (точки М), расстояние по горизонтали между точками сброса и падения, скорость и ускорение в точке падения, радиус кривизны в точке падения.
Решение:
1. Определяем траекторию. Для этого исключаем время из закона движения точки М.
I |
S |
, |
откуда |
T I |
I |
|
|
S . |
|
|
|
|
|
||||||
Так как I Z , то |
S Z и T Z . |
T |
|||||||
Следовательно, траекторией является правая ветвь квадратной параболы |
|||||||||
S .