7592
.pdf30
Ответ: реакции |
связей равны: X A = −4кН , |
X B = −10кН , |
YA = −8кН , |
Z A = −1кН (реакции |
имеют противоположные |
направления), X C = 2кН , |
|
Z B = 5кН .
1.5. Определение положения центра тяжести
Положение центра тяжести некоторого объема, состоящего из нескольких частей, можно найти по формулам:
|
n |
|
|
n |
|
|
|
|
n |
|
x = |
∑ xiVi |
|
y = |
∑ yiVi |
|
|
|
= |
∑ ziVi |
|
i=1 |
, |
i=1 |
, |
z |
C |
i=1 |
. |
|||
|
|
|
||||||||
C |
V |
|
C |
V |
|
|
|
V |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Координаты центра тяжести однородной тонкой пластины постоянной толщины определяются через площади отдельных ее частей Ai и общую
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
площадь |
A = ∑ Ai : |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
i=1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
тела определяется 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.
|
31 |
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 = A1 + A2 + A3 = 12a2 +10a2 + 9a2 = 31a2 ; |
|
|||||||||
|
|
5. Определяем точку приложения равнодействующей (координаты |
||||||||||
центра |
тяжести) и показываем ее на рисунке. |
|||||||||||
|
|
= |
|
x A + x A + x A |
= |
a ×12a2 + 2.5a ×10a2 + 3a ×9a2 |
= 2.06a; |
|||||
x |
|
|
1 1 |
2 2 |
3 3 |
|
|
|
|
|||
C |
A + A + A |
|
31a2 |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
1 |
2 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y A + y A + y A |
|
|
5a ×12a2 + a ×10a2 + 4a ×9a2 |
|
||||
yC |
= |
|
1 1 |
2 2 |
3 3 |
= |
|
|
= 3.42a; |
|||
|
A1 + A2 + A3 |
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
31a |
|
|||||
|
|
|
32 |
|
|
|
y0 |
|
y0 |
|
|
|
|
C2 |
|
|
C1 |
2a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
C1 |
x |
|
|
|
C3 |
0 |
|
|
|
O |
|
|
|
|
c |
|
|
|
C |
y |
|
5a |
|
C |
|
|
y |
|
|
|
|
4a |
|
|
|
|
|
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.
|
|
|
|
x A - x A |
|
|
0 × 40a2 -1.5a ×9a2 |
||||||
x |
C |
= |
|
1 |
1 |
2 |
2 |
= |
|
|
= -0.44a; |
||
|
A - A |
|
31a2 |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
y |
|
= |
|
y A - y |
A |
|
= |
0 × 40a2 - 2a ×9a2 |
= -0.58a; |
||||
C |
|
1 |
1 |
|
2 |
2 |
|
|
|||||
|
|
A - A |
|
|
31a2 |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
Задача 1.18. Определение положения центра тяжести
33
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 фигуры и ось x0 направим по оси симметрии. В
этом случае неизвестным остается положение 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 |
|
= |
x A - x A |
= |
0 ×60a2 - 2a ×12.56a2 |
= -0.53a; |
||
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 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
r - радиус вектор точки М. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
траекториягодограф радиусвектора r. |
||||||||
|
|
|
|
! !"#$. |
Рис.2.1 |
||||||||
Закон движения: |
|
|
|||||||||||
Траектория: |
годограф радиус-вектора. |
||||||||||||
Скорость: |
|
)*! |
|
, |
|
|
|
|
|||||
|
(((!' )+ |
!. |
|
|
|
|
|
||||||
|
|
)-(! |
|
).*! |
|
|
|
|
|||||
Ускорение: ! |
|
|
|
. |
|
|
|||||||
)+ |
)+. |
|
|
||||||||||
2. Координатный способ задания движения точки |
|||||||||||||
Закон движения: |
/0 |
0"#$ |
. |
|
|||||||||
|
|
|
|
1 |
1"#$ |
|
|
||||||
Траектория: из закона движения надо исключить время – y=f(x).
Скорость: |
'3 |
1, |
|
||
|
|
||||
- Проекции вектора скорости: |
/'2 |
0, |
|
||
- Модуль вектора скорости: |
' '2 '3 |
||||
|
43 |
'3 |
⁄' |
||
- Направляющие косинусы: |
/42 |
'2 |
⁄' . |
||
Ускорение: |
|
|
|
|
|
|
3 |
2 |
|
||
- Проекции вектора ускорения: |
/ 2 |
', 06 |
|||
|
|
|
3 |
|
|
- Модуль вектора ускорения: |
2 3 |
||||
- Направляющие косинусы: |
/72 |
2 |
⁄ . |
||
|
73 |
3 |
⁄ |
||
3. Естественный способ задания движения точки
36
|
− |
O |
|
|
|
s |
|
|
траектория |
||
|
|
|
|
R |
|
|
|
τ − единичный вектор касательной |
|
||
R |
− единичный вектор нормали |
|
|
n |
|
|
|
M
τR
R R v n
+
|
|
|
|
|
|
Рис.2.2 |
|
Закон движения: |
8 8"#$, |
где s – дуговая координата. |
|
||||
Траектория: |
|
задана. |
|
|
|||
Скорость: |
|
'! '9:! |
|
|
|||
|
|
|
'9 8,- проекция вектора скорости на касательную. |
||||
Модуль вектора скорости: |
' |'9|. |
|
|||||
Ускорение: |
(((! !9 !< 9:! <4(!, |
|
|||||
где |
9 |
)-= |
86 |
- касательное ускорение, |
|
||
)+ |
|
||||||
|
< |
-. |
|
- нормальное ускорение (направлено |
в сторону |
||
|
> |
|
|||||
вогнутости траектории), ? радиус кривизны траектории, @ >A – |
кривизна. |
||||||
Модуль вектора ускорения
: 9 <
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: ! 4B! 8C4 # D! 3# @(!. Параллельно какой оси направлено ускорение точки?
Решение: |
! 4B! 8C4 # D! 3# @ |
|
|
|
|
, |
находим вектор скорости: |
||
Дифференцируя |
|
(! |
||
|
|
, |
|
(! |
|
|
'! ! EF8 # D! 3 @ |
||
и вектор ускорения: |
! '! 8C4 # D! |
|||
, |
|
. |
||
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: 8 1 2# 3# . Нормальное ускорение
37
равно < 2 см. EF48#. Определить радиус кривизны траектории при t=1с.
−
траектория
O |
|
|
|
|
|
s |
M |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
+
Рис. 2.3 |
|
||||||||
Решение: |
'9 |
8, 2 6#. |
|
|
|
||||
Определяем уравнение скорости: |
|
|
мс. |
||||||
Вычисляем модуль скорости при t=1с: |
'|+HA | 2 6 ∙ 1| 4 |
||||||||
Вычисляем радиус кривизны при t=1с: |
? |
-. |
|
K. |
8 |
м |
. |
|
|
IJ |
|
с. |
|
||||||
Ответ: ? 8 м. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Задача 2.3. Векторный способ задания движения точки
Движение точки задано в векторной форме: ! 0.3 # (!B 0.1 #L D!. Определить величину (модуль) ускорения точки при t=t1=2c.
Решение: |
! 0.3 # (!B 0.1 #L D! по времени находим вектор |
Дифференцируя |
скорости: |
|
'! !, 0.6 # (!B 0.3 # D! |
|
и вектор ускорения: |
! '!, 0.6 (!B 0.6 # D! . |
Подстановкой определяем вектор ускорения при t=t1=2c.
!|+H M 0.6 (!B 0.6 ∙ 2 D! 0.6 (!B 1.2 D!.
Находим модуль вектора ускорения:
√0.6 1.2 0.6√5 см..
Ответ: 0.6√5 см..
Задача 2.4. Координатный способ задания движения точки
Найти траекторию точки М, радиус кривизны траектории, а также |
||
скорость и ускорение в момент времени |
# 0, |
если движение точки |
задано уравнениями 0 5 EF82# м, 1 3 8C42# м. |
|
|
Решение
38
1. Уравнение траектории. Используем тригонометрическое тождество
8C4 N EF8 N 1 и исключим время из уравнений движения:
"0⁄5$ "1⁄3$ 1.
Из этого уравнения следует, что траекторией точки является эллипс с
полуосями 5 м и 3 м, центр которого находится в начале координат. |
||||||||
2. Положение точки при |
# 0 |
определим через ее координаты: |
||||||
0|+HO 5 м, |
1|+HO 0, откуда следует, что точка М – |
крайняя точка |
||||||
эллипса (см. рис.). |
|
|
|
|
|
|
||
3. Скорость точки найдем по ее проекциям: |
|
|
||||||
|
|
'2 0, 10 8C42#, |
' 1, 6 EF82#. |
|
||||
При |
# 0 |
'2|+HO 0, |
'3P+HO 6 |
3 |
м⁄с, |
откуда видно, что вектор |
||
|
||||||||
скорости направлен по оси y. |
|
|
|
|
||||
Модуль скорости равен ' '2 '3 6 м⁄с. |
|
|||||||
4. Ускорение точки тоже определяем по проекциям: |
|
|||||||
|
2 |
', 20 EF82#, ', 12 8C42#. |
|
|||||
|
|
2 |
|
3 |
|
3 |
3P+HO 0, |
|
При |
# 0 |
имеем: |
2|+HO 20 |
м⁄с , |
откуда видно, |
|||
ускорение направлено против оси y. |
|
|
|
|
||||
Модуль ускорения равен |
2 Q 20 м⁄с . |
|
||||||
Из рисунка 2.4 видно, что ускорение перпендикулярно скорости, то есть является нормальным ускорением. Касательное ускорение в данный момент времени отсутствует. Убедимся в этом.
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
3 |
|
R |
|
|
|
|
|
|
v |
|
|
|
|
R |
R |
|
|
|
−5 |
a |
= an |
5 |
x |
||
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M |
|
|
−3
Рис.2.4
Касательное ускорение найдем по формуле :
| 9| R-SIST--UIUR 0.
Нормальное ускорение вычислим как геометрическую разность
между полным и касательным ускорениями:
< 9 20 м⁄с .
39
5. Радиус кривизны траектории найдем из формулы
? I-J. VO. 1.8 м.
Задача решена
Задача 2.5. Координатный способ задания движения точки
В координатной форме задан закон движения груза, сброшенного с
/0 60 #
самолета: 1 5 # .
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. |
|
|
|
+. |
|
|
|
|||
# |
2 |
, |
откуда |
1 5# |
5 |
|
A |
0 . |
||
|
. |
W O |
||||||||
|
VO |
|
0 X 0 |
|
|
VO |
|
|||
Так как # X 0 , то |
и |
1 X 0. |
|
|
||||||
Следовательно, траекторией является правая ветвь квадратной параболы 1 WAO 0 .
O |
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
M |
|
|
|
h |
|
|
|
|
|
y |
480 м |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис.2.5 |
|
|
|
|
2. Определяем положение точки М1 |
момент |
времени |
t1 |
при |
|
y=h=320м. |
|
|
|
|
|