Державна служба з надзвичайних ситуацій Національний Університет цивільного захисту України

Інститут пожежної безпеки ім. Г ероїв Чорнобиля Кафедра будівельних конструкцій

ТЕОРЕТИЧНА МЕХАНІКА

КОНТРОЛЬНІ ЗАВДАННЯ ТА МЕТОДИЧНІ ВКАЗІВКИ ДО ВИКОНАННЯ КОНТРОЛЬНИХ

ТА РОЗРАХУНКОВО-ГРАФІЧНИХ РОБІТ

Черкаси 2015

Контрольні завдання та методичні вказівки до виконання контрольних та розрахунково-графічних робіт з теоретичної механіки для курсантів, студентів та

слухачів ЧІПБ ім. Героїв Чорнобиля /, Дагіль В.Г., Малигін Г.О. - 2015р. - 81 с.

Укладач: Дагіль В.Г.

Методичні вказівки та завдання для виконання контрольних та розрахунково- графічних робіт з теоретичної механіки створені у відповідності з навчальним планом дисципліни.

Методичні вказівки охоплюють всі розділи теоретичної механіки і призначені для надання допомоги курсантам, студентам і слухачам заочного відділення під час самостійного розв’язку задач, контрольних та розрахунково-графічних робіт. Методичні вказівки містять завдання до виконання задач статики, кінематики і динаміки (дві задачі до розділу «Статика», дві задачі до розділу «Кінематика» та три задачі до розділу «Динаміка»), а також приклади розв’язку типових задач з детальними поясненнями шляху їх розв’язку. Дані задачі охоплюють основні теми теоретичної механіки, представлені у навчальному плані дисципліни.

Навчальний посібник буде корисним для курсантів, студентів та слухачів, які навчаються за освітньо-кваліфікаційним рівнем «бакалавр» у галузі знань 1702 «Цивільна безпека» за напрямом 6.170201 «Цивільний захист» та за напрямом 6.170203 «Пожежна безпека».

Протокол № 8 від 27.10. 2015 року Методичної ради

Черкаського інституту пожежної безпеки ім. Г ероїв Чорнобиля НУЦЗ України

Курс теоретичної механіки традиційно поділяється на три частини: статику, кінематику і динаміку.

Дане видання містить завдання для самостійної роботи з усіх частин дисципліни, приклади та методичні вказівки до їх розв’язку. Весь матеріал поділений на сім завдань.

Однією з вимог, що ставляться перед курсантами (студентами, слухачами), є практичне вміння розв’язувати задачі. Для цього необхідно вміння складати розрахункові схеми, виконувати дії з векторами, визначати моменти сил, виконувати математичні дії диференціювання та інтегрування і таке інше.

Питання, що розглядаються в методичних вказівках, не охоплюють весь курс механіки. Вони лише акцентують увагу курсанта (студента, слухача) на поняттях, теоремах та основних законах механіки, які необхідні для виконання індивідуального завдання. Тому, перед тим як приступати до розв’язку задач, курсант (студент, слухач) має добре засвоїти теоретичні положення по конспекту лекцій або підручнику.

Контрольна робота для слухачів заочного відділення містить три задачі (на вибір викладача), по одній з кожного розділу. Варіант завдання в кожному розділі визначається за двома останніми цифрами шифру слухача.

Контрольну роботу слід виконувати на аркушах формату А 4 або у шкільному зошиті. Графічну частину роботи виконують на міліметровому папері з використанням олівця, циркуля і лінійки.Для позначення векторів можна застосовувати кольорові олівці (чорнило). Всі обчислення проводити не менше ніж з двома значущими цифрами. Кожну задачу починають з нової сторінки. На обкладинці зошита або титульному листі необхідно зазначити назву факультету, дисципліну, тему задачі (контрольної роботи), групу (взвод), прізвище та ініціали і шифр студента (слухача).

Вимоги до оформлення розрахунково- графічної роботи курсантів і студентів денної форми навчання аналогічні (замість КОНТРОЛЬНА РОБОТА записати РОЗРАХУНКОВО-ГРАФІЧНА РОБОТА №__і тему роботи)

А кадем ія пожежної безпеки ім. Герсїв Чорнобиля Ф акультет заочного та дистанційного навчання

К О НТРОЛЬНА РО БО ТА

з «Теоретичної механіки»

Оіухача 2 курсу

ФЗтіДН Нетуцихата Н.Н Шифр 101

м. Черкаси 2013

иіеці альноі. 116.170203 пожежна безпека

З

СТАТИКА

Основні закони статики

А к с і о м а 1 . Якщо на вільне абсолютне тверде тіло діє дві сили, то тіло може знаходитися в рівновазі тоді і тільки тоді, якщо ці сили рівні за модулем (F\ = Ь'і) і напрямлені вздовж' однієї прямої в Рисунок іпротилежні боки. (Рис.1)А к с і о м а 2. Дія даної системи сил на абсолютно тверде тіло не зміниться, якщо до нього додати або від нього відняти врівноважену систему сил.

Н а с л і д о к з 1-ї та 2- ї а к с і о м . Дія сили на абсолютно тверде тіло не зміниться, якщо перенести точку прикладання сили вздовж' її лінії дії в будь-яку іншу точку тіла. > я'А к с і о м а 3 (аксіома паралелограма сил). Дві сили, С Р \1/ .прикладені до тіла в одній точці, мають рівнодійну, рисунок2'прикладену до тієї ж точки, яка зображується діагоналлю паралелограма, що побудований на цих силах, як на сторонах. (Рис.2)А к с і о м а 4. За будь-якої дії одного матеріального тіла на інше має місце така ж за величиною, але протилежна за напрямком протидія.

А к с і о м а 5 (принцип тверднення). Рівновага тіла, що деформується, яке знаходиться під дією даної системи сил, не порушиться, якщо тіло вважати затверділим (абсолютно твердим).

Акс і ома в ’язів (принцип звільнення) Будь-яке невільне тіло можна розглядати як вільне, якщо відкинути в 'язі і замінити їх дію реакціями цих в ’язів.

Додавання двох сил. Геометричну суму R двох сил Fx і Дзнаходять або за правилом паралелограма (рис.З,а), або побудовою силового трикутника (рис.З,б), який зображує половину цього паралелограма.Модуль R визначають як сторону А\С\ трикутника А\В\С\ за допомогою теореми косинусів:

R 2 = Fj2 + F22 - 2FxF2 cos</9.Або (більш зручно для паралелограма)

R 2 = F; + F; + 2FAF2 cos а ,де а - кут між силами Fx і Д .

4

Кути Р і у, які сила R утворює з силами 1'\ і І\ , знаходять за теоремою синусів:

f x _ f 2 _ r

sin у sin /3 sin a

Додавання системи зб і жних сил. Геометрична сума (головний вектор) будь-якої системи сил визначається або послідовним додаванням сил системи за правилом паралелограму, або побудовою силового багатокутника. Другий спосіб є більш простим і зручним. Для знаходження цим способом суми сил І'\, Д , І'\, ..., Fn (рис. 4,а) відкладаємо від довільної точки О (рис. 4,6) вектор І\ , потім І'\, і так далі. З’єднуємопочаток першого вектору з кінцем останнього і отримуємо вектор R , який зображує геометричну суму або головний вектор сил:

R = F, + Fn +... + F або R = Y F , .1 2 п 4—j к

Модуль і напрям вектора R не залежить від порядку відкладання векторів сил. Фігура, що побудована на рис. 4, б, називається силовим (векторним) багатокутником. При побудові векторного багатокутника слід пам’ятати, що всі стрілки векторів, які додаються, повинні бути напрямлені в один бік (по обходу багатокутника), а у вектора R - в протилежний.Такий спосіб додавання сил називається графічним або геометричним додаванням.Г е о м е т р и ч н а умова р і вноваги . Для рівноваги системи збіжних сил необхідно і достатньо, щоб силовий багатокутник, який побудований із сил даної системи, був замкненим.

R = Y.Ft = 0Ан а л і т и чн і умови р і вноваги . Для рівноваги просторової системи збіжних сил необхідно і достатньо, щоб суми проекцій цих сил на кожну з трьох координатних осей були рівні нулю.

x = I . F « = o, r = i x , = 0, z = 2X = o .Теорема про три сили. Якщо вільне тверде тіло знаходиться у рівновазі під дією трьох непаралельних сил, що лежать в одній площині, то лінії дії цих сил перетинаються в одній точці.Момент сили в і дносно центру (точки) . в Моментом сили F відносно центру О називається векторна величина, яка дорівнює добутку радіус-вектора г , проведеного з центра О до точки прикладання сили, на

—г Рисунок 5вектор сили F . (Рис. 5)

а) 6)Рисунок 4

5

М 0{Р)=\гхР , М 0(р^=г-Рът г,БV У

Теорема Ва р і н ь о н а про момент р і внод і йно ї . Момент рівнобічної плоскої системи збіжних сил відносно будь-якого центру дорівнює алгебраїчній сумі моментів сил, що додаються, відносно того самого центру.

Пара сил. Момент п а р и . Парою сил називають систему двох рівних за модулем, паралельних і направлених в протилежні боки сил, які діють на абсолютно тверде тіло.Моментом пари називається величина, яка рівна добутку модуля однієї із сил пари на її плече, взята з відповідним знаком.

М = .Момент пари будемо вважати додатнім, якщо пара намагатиметься повернути тіло проти годинникової стрілки, і від’ємним - коли за годинниковою стрілкою.Теорема про д од ава н ня пар: Система пар, які лежать в одній площині, еквівалентна одній парі, яка лежить в тій самій площині та має момент, рівний алгебраїчній сумі моментів пар, що додаються.

Для рівноваги плоскої системи пар необхідно і достатньо, щоб алгебраїчна сума моментів цих пар дорівнювала нулю:

I X - = 0.

= БИ

Р'Рисунок 6

к = 1

Умова р і вн оваг и д ов і л ь н о ї плоско ї системи сил. рівноваги довільної плоскої системи сил існують у трьох формах:

Умови

і ; = о Т х . =° 2 Х =0

Т .у,= ° І форма; X м . =° • II форма; ^ М Ві = 0 III форма.

м і. II о І X , =о

Стат ична в из нач ен і сть конст рукц і й . Якщо число невідомих реакцій в ’язів не перевищує числа рівнянь рівноваги, які включають ці реакції, то задачі називають статично визначеними.Задачі, в яких число невідомих реакцій в ’язів більше за число рівнянь рівноваги, що містять ці реакції, називають статично невизначеними. Умова не з м і ннос т і плоско ї системи ш а р н і р н о - з ’єднаних с т е р ж н і в :

к = 2п - 3 .

6

Задача 1СРівновага системи збіжних сил

Для розв’язку задачі розрахунково-графічної роботи необхідно користуватися теоремою про три сили: якщо система трьох сил знаходиться у рівновазі, то лінії дії цих сил лежать в одній площині та або перетинаються, або паралельні.

У даній задачі необхідно показати вміння використовувати графічний та аналітичний методи розв’язку.Розглянемо методику розв’язку такої задачі.Задача. Невагома балка АВ утримується у горизонтальному положенні опорою А та стержнем ВО. У точках А, В і П знаходяться циліндричні шарніри. На балку діє сила Р = 20 кН. Визначити реакцію у шарнірі А та зусилля в стержні ВО. Відстані: а = 2 м і й = 3м, кут а = 45°.Розв’язок.Розглянемо стан спокою балки АВ. На балку діє ^ активна сила Р . Застосуємо аксіому звільнення від в’язів і замінимо їх дію відповідними реакціями. Ж

Реакція невагомого стержня ВО з шарнірами на кінцях напрямлена вздовж осі стержня ВВ. Реакція шарнірно-нерухомої опори А прикладена до центру шарніра, лежить у площині креслення, але її модуль і напрям невідомі. Балка АВ знаходиться у стані спокою під дією трьох сил: заданої сили Р , а також реакцій Яв і Я 4. За теоремою про три сили лінії дії цих сил перетинаються в одній точці. Її положення визначається точкою перетину відомих ліній дії сил Р і Яв (точка К). Значить лінія дії сили Я 4 пройде через точки А і К.

1) Напрям сили Я 4 визначаємо з побудови силового трикутника:Відкладаємо з довільної точки О відому силу Р в певному масштабі, потімчерез кінець вектора Р проводимо лінію, паралельну лінії дії сили Яв(пряма ЬМ на рис. б), а через початок вектора / - пряму МО (рис. б) паралельну прямій АК (рис. а) до взаємного перетину. Сторони трикутника

Ь

7

ЬМО визначають модулі і напрямки опорних реакцій Яв і ЯА . Модулі сил Яв і ЯА визначаються вимірюванням, якщо побудова проводилася у масштабі. 2) Аналогічний результат можна отримати з подібності трикутників СЕК і ІМО., склавши пропорції

СЕ ЕК КС ^ СЕ ЕК КСабоLM MO LO R„ R a РА

Відтак, визначивши довжини відрізків СЕ, ЕК та КС, можна знайти реакції в точках А і В.

З подібності трикутників АСЕ і АВК можна скласти пропорцію:СЕ АС - ГТ7 АС---- = -------, з якої СЕ = ----- ВК .ВК АВ АВЗ трикутника СВК видно, що ВК = СВ ■ tga = Ь ■ tga . Тоді

СЕ = —— ■ Ь ■ tga . а + Ь

З подібності тих самих трикутників складаємо іншу пропорцію:ЕК СВ .. ^ СВ---- = ------ , з якої ЕК = АК .АК АВ АВЗ трикутника АВК видно, що АК = VА В 2 + В К 2 = ^(а + Ь)2 + Ь 2І^ 2а . Тоді

ЬЕК = ------- л](а + bУ + b 2tg 2a .

а + ЬЗ трикутника СВК можна визначити сторону КС:

cos a cos а Таким чином„ ЕК P co sa г. Ту 2 2Ra = - - P = ------— J(a + b) +b tg а ;

КС а л-bСЕ Ра sin а

KR = ---- • г —------------.в КС а+Ь

3) Інший спосіб отримати результат - розв’язати задачу аналітично.

Визначивши лінію дії RA за допомогою теореми про три сили, складаємо для плоскої системи збіжних сил два рівняння:

X Егх = Ra cos в - Р cos а = 0,і = 1

Y,F jy = Ra sin в - Р sin а + RB = 0,z=l_ КВ СВ ■ tga Ъ ■ tgaде tgd = ----= ------- .

АВ AB a+ bРозв’яжемо ці рівняння відносно Ra і Rb

8

З першого рівняння маємо

Я, =Рсоб аСОБ в

де СОБ вАВ АВ а + Ь

л к -^АВ1 + К В 1 ^(а + Ь)1 + й !^ 2 аТоді

Я, =Рсоб а (іа + ЬУ + b2tg 2aа + Ь

Підставимо це рівняння в друге рівняння рівноваги і знайдемо Яв :со Ба . .

БіпО - Р Б т а + к в = 0 .РСОБ в

Звідки

Яв = .Р^іп а - соб а ■ tgв) = Рґ СВ . \біп а ------

V АВБіпа = Р-

аа + Ь

Бта

При розв’язку задачі слід дотримуватися такої послідовності:■ звільнити тіло від в’язів і замінити їх реакціями цих в’язів;■ знайти напрям сили реакції опори А за допомогою теореми

про три сили;■ побудувати силовий багатокутник у вибраному масштабі на

міліметровому папері; виміряти і обчислити реакції опор; обчислити реакції опор з подібності трикутників; визначити реакції опор аналітичним способом; визначити похибки вимірювань та обчислень за формулами

єя і - я 1

Я'•100%,

я і - я:

я:•100%.

де ЯА - реакція опори А , визначена аналітичним способом; Яв - реакція опори В , визначена аналітичним способом; Я ГА - реакція опори А , визначена графічним способом; Яв - реакція опори В , визначена графічним способом.

9

ЗАВДАННЯ

На невагоме тіло АВ (АС) діє сила Р . Користуючись теоремою про три сили, визначити реакції в точках А і В. Всі необхідні дані наведені в таблиці, а конструкція тіла на рисунку.Варіант завдання вибирається за номером у посвідченні курсанта, студентському квитку студента, або шифру слухача відділу заочного навчання. За передостаннью цифрою вибирається схема завдання (рис. А). За останньою цифрою визначаються числові значення геометричних розмірів, сил та кутів з таблиці 1С.

Таблиця 1СДругацифра

варіанту

а Ь Р а примітка

м Н

0 2,0 4,0 100 ЗО В усіхвипадкахвагастержнів та блоків конструкції невраховується

1 4,0 5,0 250 452 3,0 4,0 50 603 1,5 4,5 150 454 2,5 3,5 200 ЗО5 1,5 2,5 125 606 2,0 5,0 150 457 3.0 5,0 200 ЗО8 4.0 6,0 300 459 2,5 4,0 100 60

10

Рисунок А

11

Задача 2СРозрахунок плоскої ферми

Задача 2С охоплює деякі аналітичні методи і елементи графічної статики для розрахунку плоских статично визначених ферм. Це аналітичний і графічний методи визначення реакцій опор ферми і аналітичні методи для визначення зусиль в стержнях ферми (метод вирізання вузлів та метод Ріттера).Ферма являє собою геометрично незмінну конструкцію, що виготовлена з прямолінійних стержнів, кінці яких з'єднані шарнірно. Такі ферми є спрощеною моделлю реальних ферм, оскільки, насправді шарнірне з'єднання в реальних фермах не використовується. Крім того, під час розрахунків не враховується власна вага ферми і сили, прикладені до шарнірів (вузлів), що з'єднують стержні.Розв’язок задачі рекомендується виконувати у наступній послідовності:

1. Визначаються реакції опор ферми графічним методом багатокутника Варіньйона.

2. Визначаються реакції опор ферми аналітичним методом.3. Визначаються зусилля в стержнях ферми методом вирізання вузлів.4. Визначаються зусилля в стержнях ферми методом Ріттера.

Для аналітичного методу визначення реакцій опор плоскої ферми користуються умовами рівноваги довільної плоскої системи сил.При знаходженні реакцій опор, ферма вважається суцільним твердим тілом.Під час знаходження реакцій рекомендується користуватись наступною послідовністю.

1. Креслиться розрахункова схема ферми, на якій позначаються всі активні сили згідно умов задачі. Власна вага ферми не враховується.

2. Згідно вигляду опор ферми позначаються направлення реакцій, що виникають в цих опорах1.

3. Вибирається одна з форм рівноваги довільної плоскої системи сил.4. Складаються рівняння рівноваги згідно умов рівноваги.5. Вирішуються отримані рівняння рівноваги відносно невідомих

величин і в результаті отримуються значення реакцій опор ферми.6. Робиться статична перевірка розрахунків шляхом складання

додаткового рівняння рівноваги.

1 Основні види опор стержньових конструкцій наведені в додатку.12

Задача розрахунково-графічної роботи має на меті навчити курсанта (студента) визначати опорні реакції та зусилля в стержнях плоскої ферми при дії на неї довільної системи сил, графічними та аналітичними способами.Задача. Визначити реакції в опорах ферми графічно за методом мотузкового багатокутника (багатокутника Варіньона). Знайти зусилля в стержнях плоскої ферми за способом вирізання вузлів і перевірити правильність розрахунків способом перерізів (способом Ріттера).Дані для розв’язку задачі беремо з таблиці 1.

Таблиця 1

№ варіанту Л , к Н Р2, кН а, м а ° Р °

60 40 ЗО ЗО 45Креслимо ферму у вибраному масштабі (краще на міліметровому папері). Та перевіряємо її статичну визначеність к = 2п - 3.

1. Будуємо мотузковий і силовий багатокутники і визначаємо абсолютні величини реакцій опор А і В графічно (див. рис.) Для цього з довільної точки паралельно відомій заданій силі Рх відкладаємо вектор 1 рівний за модулем силі Рх. З кінця вектора 1 відкладаємо вектор 2, який за модулем і напрямком дорівнює відомій заданій силі Р2. З кінця вектора 2 проведемо лінію, паралельну лінії дії невідомої поки що сили Яв . Таким чином, отримаємо незамкнений силовий багатокутник. Вибираємо довільну точкуО, яка не лежить на лініях дії векторів, що складають даний силовий багатокутник. Проведемо з точки О промені в точку початку вектора 1 і надалі в точки, які є спільними для векторів, що складають векторний багатокутник. Ці промені нумеруємо: 01 (читається «нуль - один») - промінь, що з’єднує точку О з початком вектора 1; 12 (читається «один - два») - промінь, що з’єднує точку О з точкою спільною для векторів 1 і 2;

13

23 (читається «два - три») - промінь, що з’єднує точку О з точкою спільною для векторів 2 і Яв .

Перейдемо до креслення ферми. Через точку А (нерухома циліндрична опора) проводимо промінь, паралельний променю 01 з рисунку силового багатокутника до перетину з лінією дії сили Рг. З отриманої точки перетину проводимо промінь, паралельний променю 12 до перетину з лінією дії сили Р2. З цієї точки - паралельно променю 23 до перетину з лінією дії сили Яв . З цієї точки проведемо пряму через точку А, яка замикає багатокутник (на рисунку вона зображена подвійною прямою). Ламану, яку отримали внаслідок цієї побудови, називають «мотузковим багатокутником». Перенесемо подвійну пряму, яка замикала «мотузковий багатокутник», до силового багатокутника і проведемо її через точку О до перетину з лінією, паралельною до лінії дії сили Яв . Таким чином отримаємо два вектори 3 і 4 (вектор 4 замикає силовий багатокутник), які відповідають векторам Яв і ЯА .

Для вибраного масштабу: 1 см = 20 кН отримали такий результат:ЯА =3.05-20 = 61кН;і? = 1.7-20 = 34кЯ.£5

2. Застосуємо основну форму рівноваги і знайдемо величини реакцій опор А і В аналітично.

м й- II О М и о ІЖХІ?)=0:

ОII р, = -р ^1 у 1 ’ М А ( Р , ) = - Р , а ;

Рау =Раы п у ;

ОII

Р2Х= - Р2 ^ Р - Р2у= -Р 2ьіпР;- 2Р2а$т Р;

я* = о. Р Вх = к в • М А { Р в ) = 3 Р в а -

ЯА СОБ у - Р2 СОБ Р = 0- Рх+ ЯА БІП у - Р2 БІП Р ■+ + Яв = 0

- Рга + Р2а ■ tga • соб Р -- 2Р2а • біп Р + 3Ява = 0

К АХ = К А С 0 * У == Р2 СОБ Р

Р л у = Р л ^ 7 =

= Р1+Р2 БІП Р - Яв

я в =

(60 - 40^а соб Р + 2Р2 біп р )3

КАХ= КА соьу = = 28.28кН

ЯАу = ЯА біп = 54.87кНЯ =ЪЪЛ\кН£5

Визначаємо модуль реакції опори А;

14

пл,і^х 1

З. Знайдемо відносну похибку між гЯГ - Я А

С + С = л/28.282 + 54.872 = 61.73к Н .зафічними і аналітичними значеннями:

•100%:є =

, ч 61-61.73 , ч 34-33.41Є(Я ) = і------------ і -100% = 1,18%<3%; є(Яв)= -100% = 1,77%<3%У А) 61.73 ’ V в/ 3341 \4. Визначаємо зусилля у стержнях способом вирізання вузлів:

Сэ

56 6 в

Починаючи з вузла А, вирізаємо ті вузли, в яких збігаються не більше двох невідомих сил. Проектуємо сили, що збігаються у вузлі на вісі Ох і Оу.

Вузол 4

М й- II О соъа + ЯА соъу =

м II о біп а + ЯА біп у = 0;Вузол С

М й- II О - я' со Ба + я4 = 0;

м II о - я' біп а - = 0;Вузол Е

М й- II О - + $5соБа + я6 = 0;

м II о - Рх + з + біп а = 0;Вузол і7

м й- II о -< + •*8=0;

м II о оIIо

Вузол В

м й- II о - я' - соБа = 0;

м II о біп а + Яв = 0;

*1 = -

ЯА со б/ - ^ соБа = бб .ІбкН ; ЯА БІП у

= - \ 0 9 . 1 4 к Нъта

^соБа = -95.04к Н ; = -я[ біп а = 54.87 к Н .

я6 = я' - соБа = 57.87кН ;

= ^ —^ = 10.26 к Н .БІпа

^ = ^ = 57.87 кН; 5 = 0 .

соБа

БІпа

= —6 6 .8 3 к Н :

= -66.82к//

15

2

5. Складаємо таблицю зусиль:№

стержня 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Зусилля,кН 109,74 66,76 54,87 95,04 10,26 57,87 0 57,87 66,82

Знак - + + - + + + -

Верхній пояс стиснутий. Нижній пояс розтягнутий. Стержень 7 -„нульовий”.6. Виконаємо контрольні розрахунки способом Ріттера. Для цього зробимо розріз 1 - І так, щоб він пройшов через три стержні, в яких необхідно визначити зусилля. Дію відкинутої частини замінюємо відповідними силами, направляючи їх від вузлів вздовж стержнів. Складаємо Е рівняння рівноваги у другій або третій формі, обираючи центри моментів (або вісь проекцій) так, щоб в кожне рівняння ввійшло тільки одне невідоме зусилля.Щоб визначити зусилля в стержні 4 незалежно від зусиль Ss і лу„ оберемо за точку обертання точку Е, в якій перетинаються лінії дії зусиль ач і ,v6. Така точка називається точкою Ріттера.

0:_____________________________________________________________

M E(S4)= s4h = s4a ■ tga ;M E(P2)= P2hcosP - P2asin J3 = P2a ■ tga • cosP - P2asin J3;

м М , ) = R ,r2 a >__________________________________________________________

s4a ■ tga + P2a ■ tga ■ cos P - P2a ■ sin P + RB ■ 2a = 0;

s4 = sinp - P2tga ■ cosP - 2RB)= -95.03kH .tga

Вибираємо за точку Ріттера точку І), в якій перетинаються лінії дій силs5 і s4.Z м Ж ) = 0 :___________________________________________________________

M D{S6) = - s 6h = - s 6a-tga ;

М р Ю = К в-а ,__________________________________________________________- s6a ■ tga + RBa = 0;

s = ^ = 57.87kH . tga

Для проекції зручно вибрати ВІСЬ Оу, ОСКІЛЬКИ зусилля Л'б І Л-4

перпендикулярні цій осі, а значить їх проекції будуть дорівнювати нулю.

16

I X . = 0:=- / ' з і т і / і :

я, = я, = 0;4у 6у ’

бнш ;

К У= К ',Р2 біп Р - ^ біп а + Яв = 0;

— (Яв - Р2 віп р)= 10.25к Н .Біпа

Значення, отримані двома способами для стержнів 4, 5, 6, збігаються, значить обчислення зроблені вірно.

ЗАВДАННЯРозрахунок опорних реакцій та зусиль в стержнях плоских ферм

За заданим навантаженням Рх та Р2 визначити опорні реакції плоскої ферми графічно за методом мотузкового багатокутника (багатокутника Варіньона) та аналітично. Визначити зусилля в усіх стержнях ферми за методом вирізання вузлів та перевірити обчислені значення в стержнях, зазначених на схемі перерізом п-п методом Ріттера (метод перерізів).Схеми ферм показані на рисунку Б. Значення навантажень та геометричні розміри для кожного варіанту представлені в таблиці 2С.

Таблиця 2СДругацифра

варіантуЛ , к Н Р2, кН а° а, м Ь, м Н, м примітка

0 6 6 ЗО 2 4 6 Якщо на схемі ферми не зазначений той чи інший розмір, то це означає, що він не бере участі в розрахунках даного варіанту ферми

1 4 5 45 6 5 112 1 6 60 2 6 83 6 4 ЗО 5 3 84 3 5 45 2 4 55 6 1 60 5 2 76 3 6 ЗО 4 6 107 2 5 45 5 4 98 1 3 60 3 4 79 5 5 ЗО 6 3 9

Варіант завдання вибирається за номером у посвідченні курсанта, студентському квитку студента, або шифру слухача відділу заочного навчання. За передостанньою цифрою вибирають схему завдання (Рис. Б) За останньою цифрою визначають варіант числових значень навантаження та їх напрям дії, а також геометричні розміри ферми (таблиця 2С).

17

18

КІНЕМАТИКА

Основні закони і формули кінематики

К і не ма т ич н е р і вняння руху матеріальної точки (центра мас твердого тіла) вздовж осі х

x = f ( t ) ,де f(t) - деяка функція часу.Шв и дк і сть точки. Середня швидкість матеріальної точки на шляху АS за час Аt:

AS° ср ~ At '

Проекція середньої швидкості на вісь х:Ах

о = — .^ At

Митт єва швидк і ст ь матеріальної точки:_ ,. Ar d fо = lim — = — ,

at ° At dtде Ar - радіус-вектор, який визначає положення матеріальної точки і є функцією часу.Напрям швидкості співпадає з напрямом дотичної до траєкторії (Рис. 7).Якщо задана залежність швидкості від часу, то можна визначити переміщення матеріальної ТОЧКИ Аг за час Рисунок 7

Аґ= — t\2

Ar = jv ( t)d t.

П р и с к о р е н н я точки. Середнє прискорення матеріальної точки за час Аґ.

- Ао

де Аи - зміна швидкості за час Аґ.Проекція середнього прискорення на вісь х:

Аиа ~At

Миттєве п р и с к о р е н н я матеріальної точки:Аи du d 2fа = lim

At ° At dt d tz

19

Проекція миттєвого прискорення на вісь х\сіиа = — -

' сіїПри русі точки по криволінійній траєкторії повне п р и с к о р е н н я складається з двох складових:

а = а + а ,п т ?

де ап - нормальне прискорення; ат - тангенціальне прискорення.

Но рма ль н е п р и с к о р е н н я (доцентрове ) :■>Vа = -----п

Рхарактеризує зміну вектора швидкості лише за напрямом, р - радіус кривизни траєкторії. Нормальне прискорення завжди напрямлено до центру.Та н г е н ц і а л ь н е п ри с кор е н н я (дотичне) :

сіиа. = ------г Ж

характеризує зміну вектора швидкості лише за модулем. Тангенціальне прискорення завжди напрямлено по дотичній до траєкторії.Модуль повного прискорення визначається за формулою:

V I 2ап + а; .Для випадку, коли повне прискорення розкладають на напрямки координатних осей, то модуль повного прискорення визначається за формулою:

7 2 2аг + аг .X V

Напрям вектора повного прискорення:

соб (а,х)= — , соб (а,у)= — .а а

Рух по колу. Об е рт а ль ни й рух. Положення при обертаннінавколо нерухомої осі визначається кутом повороту ер радіуса і?. Векторелементарного кута повороту напрямлений по осі обертання так, щоб зйого кінця обертання було видно проти годинникової стрілки (Рис. 8).

іОбертання тіла навколо осі характеризується:середньою кутовою швидкістю:

А(р со = - 1- ,

ср Ммиттєвою кутовою швидкістю:

_ СІф (О = СІІ

20

середнім кутовим прискоренням:ЛсоAt

миттєвим кутовим прискоренням:

є = dmdt

Зв’язок лінійних та кутових величин при русі по колу та обертанні:Ая о а

єR R R

Теорема про додава ння швидкостей : прискладному русі абсолютна швидкість точки дорівнює геометричній сумі відносної та переносної швидкостей (Рис. 9).

v = v + v .a r eМодуль абсолютної швидкості

lv 2r + v 2e +2ürüe cos a .Додавання п ри скорен ь при п о с т у п а л ь н о м у п е ре н ос но му русі . Теорема п а р а л е л о г р а м а прискорень : при поступальному переносному русі абсолютне прискорення дорівнює геометричній сумі відносного та переносного прискорень:

а =а + а ;а r е “

Додавання прискорень при не п о с т у п а л ь н о м у пер е н о с н о м у русі . Теорема Кор і ол і са : при не поступальному переносному русі абсолютне прискорення точки дорівнює геометричній сумі трьох прискорень: відносного, переносного та прискорення Коріоліса:

а =а + а + а .a r e c

П р и с к о р е н н я Коріолі са :а с = 2 [ ю х и г ] .

Модуль прискорення Коріоліса:а = 2cod -sinа ,с r “

де а - кут між векторами кутової швидкості та відносної швидкості.Закон ( р і вняння) п л о с к о п а р а л е л ь н о г о руху:

*4=/і(0> ^ = / 2(0>Параметричні рівняння траєкторії плоскопарал ельному русі:

хм = хА +bœs((p + а ),Ум = УА +6sin(<p + a),

дg b - довжина відрізку AM (Рис. 10).Абсолютна швидкість плоскої плоскопаралельному русі у кожний

21

<Ра = /з(0- точки тіла при

фігури при даний момент часу дорівнює

геометричнім сумі двох швидкостей: ШВИДКОСТІ

полюса й обертальної швидкості навколо цього полюса.

»b =Va +Vra>де иА - швидкість полюса плоскої фігури; ив - швидкість довільної точки В цієї фігури; бВІ - обертальна швидкість

точки В навколо полюса^ (Рис. 11).Теорема про проекц і ї шв и д к о с т е й двох точок плоско ї фігури: проекції швидкостей двох точок твердого тіла на пряму, що з’єднує ці точки, рівні між собою (Рис. 12):

db cos /З = иА cos а .

Теорема про п ри с коре н н я точок плоско ї фі гури: прискорення будь-якої точки плоскої фігури дорівнює геометричній сумі прискорення полюса та прискорення точки в обертальному русі навколо цього полюса (Рис. 13):

а а = аР + атА + апА = ар + аРА.

Додавання двох п ос т у п а л ь н и х рухів . У випадку, коли відносний і переносний рухи твердого тіла є поступальними, то абсолютний рух тіла є також поступальним, до того ж, швидкість цього поступального руху дорівнює геометричній сумі швидкостей відносного та переносного рухів, а прискорення - геометричній сумі швидкостей відносного та переносного рухів:

V = V + V ,

Рисунок 13

а = а +а ,г е

Додавання двох обе р т а л ь н их рухів.Обертання н ап ря мл ен і в один бік. Якщо тіло бере участь одночасно у двох напрямлених в один бік обертаннях навколо паралельних осей, то його результуючий рух буде миттєвим обертанням з абсолютною кутовою швидкістю со = сох + соп навколо миттєвої осі, що паралельна даним; положення якої визначається пропорціями (Рис. 14):

со = + (о2,со. соВС АС АВ

де © - кутова швидкість навколо миттєвої осі с \ со\ - кутова швидкість навколо осі а '; со2 - кутова швидкість навколо осі Ь

22

Обертання н ап ря мл ен і у рі зні боки з р і зними кутовими шви дкост я ми . Якщо тіло бере участь одночасно у двох напрямлених у протилежні боки обертаннях навколо паралельних осей, то його результуючий рух буде миттєвим обертанням з абсолютною кутовою швидкістю со = сох - со2 навколо миттєвої осі, що паралельна даним; положення якої визначається пропорціями (Рис. 15):

Рисунок 15

(!) = (!)а

(!)

ВС АС АВОбертання н ап ря мл ен і у рі зні боки з р і вними кутовими шв и д к о с т я ми (пара обертань). Пара обертань еквівалентна поступальному (або миттєво- поступальному) руху зі швидкістю V , яка дорівнює моменту пари кутових швидкостей заданих обертань (Рис. 16):

V = а), А В .Рисунок 16

23

Задача 1ККінематичне дослідження руху матеріальної точки

Основні відомості та методичні вказівки до задачі 1КЗадача 1К відноситься до задач кінематики криволінійного руху матеріальної точки, в якій слід визначити основні кінематичні характеристики: траєкторію, швидкість і прискорення матеріальної точки, а також радіус кривизни траєкторії, коли задані рівняння руху в декартових координатах.Визначення руху точки потребує визначення її положення в будь-який момент часу по відношенню до вибраної системи координат. Під час дослідження руху точки в кінематиці використовують векторний, координатний та природний способи його задавання.При векторному способі закон руху виражається як векторна функція радіуса вектора точки, що рухається, від часу 2 = г(і).

Природний (натуральний) спосіб задавання руху точки визначається її траєкторією, початком відліку дугової координати траєкторії, направленням відліку (додатнім або від’ємним) і законом руху по заданій траєкторії в формі £ /(І).

При координатному способі задавання руху матеріальної точки рівняння руху мають вигляд:

х=№ > У К Ч 2 Я 1) ’ де х, у, г - декартові координати точки.Швидкість точки, як векторна величина, характеризує швидкість і напрям руху та визначається за формулою: и = сіг/сії . Прискорення характеризує швидкість зміни модуля швидкості матеріальної точки та напрям швидкості зміни модуля швидкості: а = сіб/сіі = сІ2г/сіі1 .Вектор швидкості та прискорення визначається проекціями на вісі декартової системи координат:

СІХ (Іу СІ2V = — ; и ; и =—;1 ск у ск 2 л

<і2х <і2у <і2га = — —; а = — —; а = ---------.1 еИ2 у Ж2 2 Ж2

Модулі векторів швидкостей та прискорень знаходяться за формулами:

При природному способі задавання руху швидкість точки направлена по дотичній до траєкторії, а її проекція на напрям дотичної дорівнює

24

ит = <ія/Ж, причому абсолютне значення цієї проекції по модулю дорівнює швидкості |ц.| = \сМ/Л\ = |й|.

Вектор прискорення визначається його проекціями на природні вісі (дотичну, головну нормаль та бінормаль) ат=сІитІЖ=с(18ІсІ? ; ап = и 2/ р ; аь = 0 де р - радіус кривизни траєкторії. А модуль повного прискорення буде:

\а\ = J a 2 + а 2 = d vTdt

+ v vЯкщо відоме рівнянні траєкторії у =/(х), то радіус кривизни траєкторії визначається за формулою:

1 +

Р\d t j

d y d t2

Для прямолінійного нерівномірного руху радіус кривизни р оо, а тому ап = 0. Повне прискорення направлено по прямолінійній траєкторії і відповідно дорівнює а = |ят| = duT/ dt = d 2s /d t2 . У випадку рівномірного руху по кривій швидкість

ит = const, значить ат = d v /d t = 0, тому повне прискорення за модулем дорівнює нормальному.

а = ап = о2/р.Під час рівномірного прямолінійного руху а т = ап = 0. Отже а = 0.При розв’язку задачі 1К рекомендується дотримуватись наступної послідовності.1. За заданими рівняннями у координатній формі знаходиться рівняння

траєкторії у вигляді: у ffx).2. Визначаються модуль швидкості та модуль прискорення.3. Визначаються модулі дотичного та нормального прискорень.4. Визначається радіус кривизни траєкторії.5. Обчислюють значення всіх кінематичних величин для t = 0 і t = t\.

Приклад розв’язку задачіЗадача Вихідні дані:

х = 4 і(см)

у = 16/ -1 (см)

h = \ ( c )

(1)

25

2

Розв’язок задачі.Рівняння руху (1) є параметричними рівняннями траєкторії точки М. Щоб отримати рівняння траєкторії в звичайній координатній формі, виключимо час І з рівнянь руху. Тоді:

у = х 2 - 1. (2)Отриманий вираз є рівнянням параболи.Для визначення швидкості точки знаходимо проекції швидкості на вісі координат:

сіх . .и = — = 4 см /с, х сії

сіу _ _ .V = —— = 32? см /с. у Ж

Модуль швидкості точки:

и = л К + ^ - (3)Проекції прискорення точки на вісі координат будуть:

г і _ Л и х _СІ2Х _ _ ( іи у _ с ї 2у _сі —------ — —— — и , а —-— — — — 52. см / с .

х Ж Ж2 у Ж Ж2Модуль прискорення точки:

а = ^ а х + ау =32 см/с . (4)Знайдемо тангенціальне прискорення:

сій 1024? 256?а = — і сі = , = , (5)

Ж л/іб + 1024?2 л/і + 64?2Нормальне прискорення визначаємо з рівності а 2 = а2п + а

а = ^ а г - а 2 ; а = , 1024- 256 * = — (6)" V ' ' І 1 + 64Г2 ТГГб4Є ’

Радіус кривизни траєкторії р визначають з відомого рівняння а = — .” Р

Звідки р = — .ап

16+1024?2 Г--- 2 1/ 2 ҐП\р = ----- —------ л/і + 64? = — (і + 64? )2. (7)

Отримавши необхідні формули, будуємо графіки траєкторії, швидкості і прискорення та визначаємо їх значення у задані моменти часу.За рівнянням (2) будуємо параболу. Це є траєкторія руху точки (Рис. а), вказуємо на ній положення точки М в початковий (Мо) та заданий момент (Мі) часу.

26

Підставивши значення ох і ц. в рівняння (3), визначаємо і будуємо графік швидкості (Рис. б).За рівнянням (4) будуємо графік прискорення (Рис. в).Обчислюємо значення всіх кінематичних величин для заданих моментів часу і заносимо їх у таблицю.

ч

5 15Рис. В

Таблицячас координата швидкість прискорення Радіус

кривизни

/ X У Цх Ч' V ах ау а ат ап Р0 0 -1 0 0 0 0 3 2 3 2 0 3 2 0 .5

0 .5 2 3 4 16 1 6 . 4 9 0 3 2 3 2 3 1 . 0 4 7 . 7 6 3 5 . 0 4

27

ЗАВДАННЯКінематичне дослідження руху матеріальної точки

Рух точки заданий рівняннями в координатній формі х = / ( 0 та у = / 2{[). За заданими рівняннями руху точки знайти: 1) рівняння траєкторії точки А * ,у ) = 0 та побудувати її; 2) швидкість руху точки та побудувати графік швидкості; 3) прискорення руху точки та побудувати графік прискорення;4) дотичне і нормальне прискорення руху точки; 5) радіус кривизни траєкторії. Всі кінематичні характеристики руху точки визначити для заданого моменту часу і позначити положення точки для цього моменту на графіку траєкторії.Необхідні дані до задачі 1К наведені у таблиці 1К. Координати точки х і у задані у сантиметрах, час - у секундах.Номер варіанту завдання вибирається за останніми двома цифрами у посвідченні курсанта, студентського квитка студента та шифру слухача заочного відділення. За передостанньою цифрою вибирається рядок, а за останньою стовпець таблиці 1К. На перетині рядка і стовпчика знаходяться клітинки із завданням до задачі

28

Таблиця 1 КП

ер

ша

ц

иф

ра

ва

ріа

нт

у

Ко

ор

ди

на

ти

і

ча

сД р у г а ц и ф р а в а р і а н т у

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

0

X - 2 ґ 2 + 3 3 Б І П 2 тй 4 с о з 2 ґ 2 З ґ 2 + 1 2 с о з 3 2 ґ 3 Б І П — Ґ

2

. тй З е т —

3

5 ґ 2 - 1о

С О Б Ґ

3

ґ + 2

У - 5 ґ З С О Б 2 Тй 4 в і г і 2 ґ 2 4 ґ - 3 2 з і п 3 2 ґ3 .

— в і п тй 2

3 - б с о в —

3

2 ґ — 5. О

Б І П І З ґ + 6

і 0 , 5 0 , 5 1 1 0 , 5 1 2 1 1 2

1

X ґ 2 2 ґ + 3. . тй

4 в і п ----------------4

4

4 ( ґ - з і п ґ ) 2 с о з 2 — ґ

2

ґ + 2 6 + ґ 2 б ( 2 ґ - в і п 2 ґ )

4 с о в — ґ х

4

Г і ^ ' ІX І + С О Б — Ґ

1 4 ;

7 в і п — ґ

6

У З ґ 2 - З ґ З ґ + 2 ґ 2о тй2 с о в ------------- 1 -1

4

4 ( 1 - С О Б ? ) Зсоьтй З ґ - ґ 2 6 ґ + 6 б ( і - с о з 2 ґ )

„ • п 4 8 1 1 1 — Ґ X

4

Г і ^ ' ІX І + С О Б — Ґ

1 4 ;

7 с о з — ґ

3

і 1 0 . 5 1 1 0 , 5 2 1 0 , 5 2 1

2

X 2 Б І П тй + 3 2 с о з 2 ґ 2 ґ + 3 З с о в 3 ?

2 с о з 2 ґ х

х ( і + с о з 2 ґ )

4 з і п З ґ - 2 2 с о 8 Я / + 5 З с о в 3 — Ґ

6

1 2 ; Г ^ 2 І + С О Б ------------І

3

и • Я4 в т — ґ

2

У 2 с о 8 Л ґ - 4 4 з і п 2 ґ З ґ + 2 ґ 2 З в і п 3 ?

2 в і п 2 ґ х

х ( і + с о з 2 ґ )

2 + 4 с о з З ґ 2$ттй - 6 З е т — ґ

6

3 в і п — ґ 2 + 3

3

^ и я 3 + 4 с о в — 1

2

і 0 . 5 0 , 5 1 1п2

п4

0 , 5 2 1 1

29

Таблиця 1К (продовження)0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

X~ 2 Я2 СОБ — і

24ґ2 + 1 3(2ґ-зіп2ґ)

~ я2со%— ї4

„ • 2 Я 48111 — ґ 2

Зсов 2ґ 1 - соз4ґ

2 с о в — Ґ X 2

Гі ^ 'ІX І + СОБ — Ґ1 2 J

З в т я / БІП І

3

У 2зіп тй 1 2 * - 3 3 (1 -соз2ґ) 3 БІП — І 4

сов лі 48Іп 2ґ 2зіп4ґ

28111 — Ґ X 2

( ж ЛX І + СОБ — Ґ

1 2 )

Зсохти + 6 2 СОБҐ

і 1 2 1 2 1ж

3

ж

41 1 1

X 3 віп — - 4 4

4 СОБ3 ґ„ 2 Я 4 СОБ — і

2

. ґ 4 с о з — X

2

X І + СОБ —1 2 у

г ■ їй „5 віп------ 2

32ґ + 4

/ * . Л6 — віп —

І з з J~ • я2 віп — ґ

3 • Я гЗ е т — ґ + 5

47ґ2 - 3

4

У/- їй ~5 со в — 1-2

44 віп3 ґ

4 Ї ж----- СОБ — Ґ

2 2

. . ґ 48111 — X

2

X І + СОБ —1 2 у

с тй5 с о в — 1-1 3

6 + ґ2 6 І-СОБ —1 з J

. 2ж 5 с о в — ґ

3 Я Лб с о в — ґ + 4

45ґ

і 1.0 0.5 1,5 1 1,5 0,5 2 2 0,5 1

X „ • 2 Я 48111 — ґ 4

З с о в ґ х

X (і + СОвґ)5 - соз5ґ 3 - віпі Оґ

я 5 СОБ — ґ 3

3(3ґ-віпЗґ)

2ґ + 4 б е т — ґ - 2 4

2ґ - 2 , ж

б е т — ґ 3

5У

„ • 2 Я2 віп — і 4

3 БІП Ґ X

X (і + СОвґ)1 - віп5ґ 1 - совІОґ 2 віп —- ґ — 3

3

3 (1 -совЗґ)

-4ґ2 +1 я ^6 СОБ— Ґ + 6

4

2

ґ + 1 з я бсОБ — Ґ

3

і 1,0 1.0 0.2ж 0,1 ж 0,5 1 2 1 2 3

ЗО

Таблиця 1К (продовження)0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

X2 (ґ - віп ґ)

2ґ2 2соз32ґ я 5 СОБ — ґ 4

Зґ. з 7Г/

4 СОБ — 6

~ з я 2соз — і 2

г ■ Л л5 віп — ґ + 4 6

2ґ + 54(ґ - віп ґ)

6У

2 ( і-с о з ґ )4ґ - 1 2зіп32ґ ~ • Я2 віп — ґ

44ґ - 5ґ2

. . з4зіП —

6~ • з Я 2зіп — і

2-з 71 , ЗСОБ —Ґ

66 - 4ґ2

4 ( і-с о з ґ )

і 1,0 0,25 0,5 1 1 1 2 2 2 1

X я 5 + Зсо8—ґ 2

2соз2ґ2соз2ґх

х(1+соз2ґ)2ґ — 3 4зіп4ґ+2

6соз4ґхх(1+соз4ґ)

~ я2со%— ї2

_ . -з ТС о2зіп — і

2 4(И п£і Юґ

7У

„ • я4 віп — ґ 2

4зіп4ґ2зіп2ґх

х(1+соз2ґ)З ґ - ґ 2 3 - 2соз2ґ

6зіп4ґхх(1+соз4ґ)

28ІПЯ/_ 7Г о2с08 — і

2 { і - « > 4 ) 5ґ2

і 1 0,5 1 1 0,5 1 0,5 0,5 і 1

X 4ґ2 + 1 „ • я4 віп — ґ 2

Зсоз2ґ соьтй2 + 1 5соз3ґ СОБҐ4созЗґх

х(1+созЗґ)4 і 2с083 7й2

2соз5ґхх(1+соз5ґ)

8У 8ґ — 2 Зсов—ґ+2

24зіпЗґ віптг/2 + 2 5 вігі3 ґ 4зіп2ґ

4зіпЗґхх(1+созЗґ)

4 - 6 ґ2 2зіп3 7й22зіп5ґх

х(1+соз5ґ)і 1 1 0,5 1 0,5 1 1 0,5 0,5 1

X 2соз ґ 2 сов— і +1 2

2ґ - Ози-8,пїі соз2ґхх(1+соз2ґ)

тг/ _ сов— 1-5

6„ • Я4 віп — ґ

25(2ґ - віп 2ґ)

2(^ 8,пї)1 . ж

— вііі — Ґ2 4

9 У 4соз2ґ 3 БІП — ґ +3 2

3і

(і-«4 ) зіп2ґхх(1+соз2ґ)

. тйвіп-----1-5

64 со з—ґ - 2

25(і - соз2ґ) {і-«>4 ) 2 Я СОБ — І

4

іп

60,5 1 1 1 1 0,5 1 0,5 0,5

31

Задача 2КСкладений рух точки

Основні відомості та методичні вказівки до задачі 2КВ задачі 2К розглядається складений рух матеріальної точки, в якій слід визначити всі кінематичні характеристики руху: відносну, переносну та абсолютну швидкості; відносне, переносне і абсолютне прискорення, а в разі не поступального переносного руху також і прискорення Коріоліса. Всі ці величини слід визначити для заданого часу /.Під визначенням руху точки розуміють визначення її положення в будь- який момент часу у вибраній системі відліку. Під час дослідження руху точки користуються векторним, координатним та природнім способом його задавання (див. задачу 1К).При розв’язку даної задачі, перш за все, необхідно з’ясувати який рух є переносним, а який відносним. Для цього вибирають відносно рухому та відносно нерухому системи відліку. Визначають їх місце розташування за допомогою координат та кута повороту. Розв’язок задачі буде дещо іншим, якщо переносний рух буде не поступальним.Диференціюючи рівняння руху, знаходимо відносну та переносну швидкості і визначаємо їх напрямки та модулі. Абсолютну швидкість визначають за теоремою про додавання швидкостей:

у = Ц- + »е ,де иг - відносна швидкість; ие - переносна швидкість.Диференціюючи отримані рівняння швидкостей, визначаємо відносне, переносне, а в разі необхідності і поворотне (коріолісове) прискорення. Якщо переносний рух поступальний, то абсолютне прискорення визначається за теоремою про додавання прискорень:

а = аг + ае,де аг - відносне прискорення; ае - переносне прискорення.

Якщо переносний рух не поступальний, то абсолютне прискорення визначається за теоремою Коріоліса:

а = аг + а е + а с,де ас - прискорення Коріоліса.

Прискорення Коріоліса, в свою чергу, визначається за формулою:а с = 2 [ ё е х и г ] ,

де сое - кутова швидкість переносного руху.

При розв’язуванні задачі 2К дотримуйтесь такої послідовності:1. з’ясуйте яким є переносний рух;2. запишіть рівняння переносного руху тіла та відносного руху точки;

32

3. за допомогою диференціювання рівнянь руху визначити відносну, переносну швидкості, та кутову швидкість переносного руху (якщо потрібно);

4. знайдіть абсолютну швидкість точки;5. за допомогою диференціювання рівнянь швидкості визначити

відносне і переносне прискорення. Якщо потрібно визначити прискорення Коріоліса;

6. знайдіть абсолютне прискорення точки;7. обчисліть знайдені величини у заданий момент часу і занесіть всі

дані до таблиці.

Приклад розв’язку задачіЗадача а. Переносний рух - поступальний.

• • У •Відносний рух точки М заданий рівнянням sr = Ш , а переносний рух тіла• 3 з . .И - рівнянням ср = — тй . Тіло И має форму половини круга радіуса

Я = 18 см, яка може рухатися навколо шарнірів 0 \ і О2 , що з’єднані з тілом В стержнями ()\А і О2В. Довжина стержнів І = 20 см. Визначити швидкість та прискорення точки М в момент часу ґ = 2 с.

Розв’язок задачіРух тіла О є поступальним. Знайдемо положення тіла В і точки М для заданого часу. Положення тіла О визначається кутом (р\

З з(р = ---ТІЇ .25

Положення точки М на тілі О визначається кутом а, яке визначається з формули .V. = а ї і . Тоді

хг яГ а = — =

Я ЯАбсолютна швидкість точки М визначається як геометрична сума відносної та переносної швидкостей

о = и г +ие.Модуль відносної швидкості знайдемо шляхом диференціювання рівняння руху точки М по тілу И:

СІЯ,, „V.. = —- = 2 тй.

' жЯкщо тіло О рухається поступально, то згідно з теоремою про поступальний рух всі точки тіла мають в довільний заданий

33

момент часу однакові швидкості та прискорення. Тому переносна швидкість точки М дорівнює швидкості точки В.

= vB = со! ,де со - модуль кутової швидкості ланки О2В довжиною /.Модуль кутової швидкості со визначається як диференціал від рівняння руху (р:

dm 9 2со = —1- = — 7lt .dt 2 5

Додатний знак кутової швидкості означає, що обертання ланки О2В відбувається в напрямку збільшення кута ер.Вектор ие напрямлений перпендикулярно до ланки О2В в бік його обертання, а вектор vr - по дотичній до кола, яке є траєкторією руху точки М. Модуль абсолютної швидкості точки М можна знайти за способом проекцій. З рис. а.1 видно, що

их = - u r sin а - ve sin (р; v v = v r cos a + ve cos (p.

Таким чином,

v = № + v 2y ■Модуль прискорення точки при поступальному переносному русі дорівнює геометричній сумі відносного та переносного прискорень:

а = аг + ае а е У

або у розгорнутому вигляді (рис. а.2)а = а тг + а" + а те + а ”

Модуль відносногоприскорення визначається

т dv„ d 2s,.

дотичного

аг = = 2 71 .dt d t2

Додатний знак а тг означає, що вектор прискорення напрямлений в бік додатного відліку яг, тобто так само, як і вектор відносної швидкості иг . З цього можна зробити висновок, що відносний рух є прискореним.Модуль відносного нормального прискорення визначається з формули:

а" = —RA7l2t2

RДаний вектор направлений по радіусу до центру кривизни траєкторії руху точки М.

Переносне тангенціальне прискорення для будь-якого положення точки М, згідно теореми про поступальний рух, співпадає з тангенціальним

34

прискоренням будь-якої точки тіла В. Для нашого випадку найліпше розглянути точку В. Тоді

а] =єІ,де є - кутове прискорення стержні О2В.

Кутове прискорення - це похідна по часу від кутової швидкості:сісо <і2(р 18

є = — = — ^— = — т й .Ж Ж~ 25

Знаки кутової швидкості со та кутового прискорення є співпадають. Це означає, що тіло В рухається прискорено. Прискорення а те напрямлене перпендикулярно до стержня О2В.

Переносне нормальне прискорення:

я" =/ег = — я-V81/2■е = ісо~ = е 625

Вектор а п напрямлений паралельно осі стержня О2В до точки О2 .

Модуль абсолютного прискорення знаходимо способом проекцій:ах = -а], sin а - a" cos а - а те sin ср - a" cos ср; av = a Tr cos а - а” sin а + а те cos ср - апе sin ср.

Тоді абсолютне прискорення обчислюється за формулою:І 2 2

а - V а х + а у ■

Виконавши розрахунки заповнюємо таблицю.Таблиця а

<V.рад

а,рад

СО,сл

Швидкість, см/сЄ,с 2

Приско зсння. см/с2

Dr о е Vx »У D < < < < а х а

24 п 2п 36л Збя- N Збя- 8тг2 ЪСзп 2п2(N О

"1-4ж vC 00 2ж «Ті О г-

25 0,09 25 125 <N1 <N m 25 0,09 125 25 40 г -оо

Задача б. Переносний рух - непоступальний.Відносний рух точки М заданий рівнянням

=16-8со837й, а переносний рух тіла Б заданий* 2 Зрівнянням сре = 0,9/ - 9/ . Визначити абсолютну

швидкість та абсолютне прискорення точки М для моменту2

часу ґ = — с. Кут а = 30°.Рисунок б

35

Розв’язок задачіПрипустимо, що в розрахунковий момент часу площина креслення (рис. б) співпадає з площиною трикутника О. Положення точки М на тілі О визначається відстанню ОМ = я,..

В момент часу t = — с:9

2тсsr = 16 - 8 cos— .' З

Абсолютну швидкість точки М знайдемо як геометричну суму відносної та переносної швидкостей:

б -Модуль відносної швидкості:

СІЯ,

vr + v e-

и.. =dt

= 24л- sin Ътй.

Якщо знак відносної швидкості додатний, то вектор иг напрямлений в бік збільшення відстані ОМ.

Модуль переносної швидкості:Ve = Rc°e >

де (де - кутова швидкість переносного руху; R - радіус кола, яке описує точка тіла, що в даний момент співпадає з точкою М.

R = sr sin а .Модуль кутової швидкості тіла:

(Ое = ^ = 1,8Г - l i t 2 dt

Якщо значення кутової швидкості (ое буде додатним, то обертання відбувається в позитивному напрямку відліку кута ер. Якщо значення кутової швидкості а>е буде від’ємним, то обертання відбуваються в протилежному допозитивного напрямку відліку кута ер. Напрям вектора (Ье визначається за правилом правого гвинта: якщо рукоятку правого гвинта обертати в площині, в якій рухається точка по напрямку її руху, то поступальний рух гвинта вказуватиме напрям вектора кутової

Рисунок б 1

36

швидкості. Розрахунок дає нам від’ємне значення кутової переносної швидкості, тому робимо висновок про напрям обертання та вектора сое (Рис. 61,а). Тоді переносна швидкість буде визначатися:

ие =я(і,8?-27?2).Вектор ие напрямлений по дотичній до кола по якому рухається точка М в напрямку обертання тіла В (Рис. 61,а). Враховуючи те, що вектори ие і иг взаємно перпендикулярні, то модуль абсолютної швидкості визначається за теоремою Піфагора:

v = ^ + и2 = д/242ж2 sin2 Ътй + R 2 (і,8ґ - 2112 j .Абсолютне прискорення точки дорівнює геометричній сумі відносного, переносного та коріолісова прискорень:

а = аг + ае + асабо в розгорнутому вигляді

сі — а тг + о” + а те + я” + ас.Модуль відносного дотичного прискорення:

т Сїиг (А2 8 2а =— - = — ^- = 12тг собЗтії .

Ж скгЯкщо знак вектора дотичного прискорення а тг від’ємний, то це означає, що вектор напрямлений в бік від’ємних значень ,ч,. (Рис. 61,б). Рух точки в даний момент - уповільнений.Модуль відносного нормального прискорення:

а" = — = 0 ,Р

ОСКІЛЬКИ траєкторія ВІДНОСНОГО руху Є прямою, ТО р = 0О .

Модуль переносного тангенціального прискорення:аі =Я£е,

де єе - кутове прискорення тіла В.

Модуль кутового прискорення єе тіла В:

ш ж2Якщо знаки кутового прискорення єе і кутової швидкості сое співпадають, то обертання тіла В буде прискореним; якщо ні, то сповільненим. Відповідно визначаються і напрям вектора єе (Рис. 61,а,б).

Таким чином, модуль переносного тангенціального прискорення буде:а \ = Д ( і , 8 - 54ґ).

Вектор а те має такий самий напрям, що і вектор ие .

37

Модуль переносного нормального прискорення:a ” = Rco2 = д (і ,8ґ -2 7 ґ2) \

Вектор а пе направлений до центру кола, по якому рухається точка, яка у даний момент часу співпадає з точкою М.

Прискорення Коріоліса:ас =2[Зе х и г].

Модуль прискорення Коріолісаа с = 2 с0г » г s in (©e,y r ).

Кут між векторами сое і vr буде 180-а.Тоді

ас = 2соеиг sin (l80-a).Згідно з правилом векторного добутку вектор ас напрямлений перпендикулярно до площини, яку утворюють вектори, що множаться, тобто в додатному напрямі осі Мх (Рис. 61).Модуль абсолютного прискорення точки М знаходимо способом проекцій.

ах = а1 +ас = ^(і,8-54/) + 2юєрг sin (l80-a);

ау = - а ” - a Tr sin а = -і?(і,8/ - 27t2J - 1 2 л2 cos 37й • sin а ;

az = - a Tr cos a = - 1 2 л 1 cos3;tf • co s a ./ 2 , 2~~’ 2

а - л \ ах +ау +аг ■Після обрахунків всіх величин заповнюємо таблицю.

Таблиця б(де,с 1

Швидкість, см /с Прискорення, см /с2

Vr Ve V с 2 а'г < а ’е < ас а х ау "z а

-0,9

3

65,3 mо-Г 65,9

6

10,2

355,

31

о(NО

об 60,7

3

162,

73

-186

,37

-307

,71

394,

84

38

ЗАВДАННЯЗа заданими рівняннями відносного руху точки М по тілу О та переносного руху тіла В визначити для моменту часу / абсолютну швидкість та абсолютне прискорення точки М.

Варіант завдання вибирається за списком в учбовому журналі взводу (групи) або за індивідуальним завданням викладача. Схеми механізмів наведені на рис. 2к, а рівняння руху та необхідні для розрахунку дані в таблиці 2к.

Таблиця 2к

№варіанту

Рівняння переносного рухуРівняння

відносного руху точки М

Час Відстані кутпримітка

Хе = Ш >CM

<Pe=f.z(0>pad

О М = s r = f j $ )CM

t,с

R,CM

a,CM

a,град

1 t + 31 - 2 7й2 2 40 - -

2- 2 t 3 - t 2 9 sin —

40.5 - 25 -

3 - 0.05 Tit2 З?2 +2? 2 15 - -

4 - 0 .51 + 1 5 sin 7Ü 2 20 - -

5 I t + A t 2 - 10л?2 0.5 30 - -

6 - t 2 + 2 1 5 ?3 2 - 30 -

7 10^1 + sin - ^■(з?2 + 2?) 1 30 - -

8 - 3 t - t 3л ТІЇA n c o s —

62 30 - -

9 - 2 тії2 5 t3 + 2 t 0.5 25 - 3010 - 312 + 2 1 15 Tit2 0.5 25 - -11 - Ътйъ 4?3-? + 2 0.5 30 - 3012 - 0.512 2cos2;z? 0.5 - 40 60

13 3 t2 - A t -_ . 7Ü2 sin —

32 - - 60

14 - t 3 - 5 t 3(?2 + 2?) 2 - - 30

15 - 0.15 Tit2 З?3 1.5 25 - -16 - 2 12 + At 5 + 5 sin 2 Tit 0.5 - - -

17 l { l t 2 + t ) - л • ?Аж sin — 6

1 30 - -

18- 2 t 2 -0 .5?

, . 7Ü5 sin —

34 - 25 -

19 10^cos^- + lj - 3 тії2 2 20 - -

20 - 6 t2 - 2 t 607Ü2 0.5 4021 2 t 2 -0 .2 ? 3 - 2 7rt2 3 50 - 30

39

2 2 - 4 / - 2 / 2 3 + 4 віп л/ 1 - - 30

2 3 - 0.25 тй2 1.5 л /3 2 30 - -о 1о =о 2а ==40см

2 4 - 2 /3 + / 5 (/2 + / ) 2 - 60 45

2 5 - 0 .4 л /2 2 /3 + 3 / 2 20 - -

2 6 - ґ - / 2 2 вігі тй 0.5 - 20 -2 7 - 0.75лґ2 4 /3 + 5/ 0,5 20 - -

2 8 - 0 .5 /2 б /3 + 2 / 1 - 8 -

29 - 0 .7 5 л /2 5/ + 3/ 0,5 20 - 45

ЗО - 4 / - / 2 / + 5 / 2 - - 60

31 - 0 .8л /3 6 л /2 1 20 - -0 \0 = 0 2А= =2 0см

3 2 - 3/ + / 2 /3 + 3 / 2 40 - -

3 3 8/2 + / - 1.75л/3 2 40 - -

3 4 - 4/ - / 2 о • ^8л- віп — 4

0.5 30 - -

3 5 - 0.2 л/2 /3 + 2 / 2 35 - 603 6 - 8/ - / 2 З/2 + 4 / 2 - - зо

3 7 / і яО5 І - с о в —1 2 )

- 6л/2 1 25 - -

3 8 - 1 0 /- / 2, . л/ 5зіП—

35 - - -

39 5 + 3 віп — 2

- 0.24л/2 2,5 30 - -функцію зу замінити на функцію (рг

40 - 2 /3 - 3 / 2.5 л/2 2 40 - -

П рим ітка. У варіантах 1, 5, 7, 8, 10, 17, 19, 20, 21, 23, 31, 33, 34, 37, 40 ОМ - дуга кола; для кожного варіанту положення точки М на схемі відповідає додатному значенню яг; на схемах 8, 19 та 37 ОМ-дуга, що відповідає меншому центральному куту.

40

Рисунок 2К

41

Рисунок 2К (продовження)

42

М21

23

25

27

29

Рисунок 2К (продовження)

%

43

36

/°

[о

\ Л \

п11

Рисунок 2К (продовження)

44

ДИНАМІ КА

Основні закони та формули динаміки

Закони динамі ки ма т е р і ал ь н о ї точки.Перший закон Нь ют он а ( закон інерці ї ) : ізольована відзовнішнього впливу матеріальна точка зберігає свій стан спокою або рівномірного прямолінійного руху доти, поки прикладені до неї сили не змусять її змінити цей стан.Другий закон Нь ютона ( ос нов ни й закон динаміки) :добуток маси тіла на прискорення, яке воно отримує під дією даної сили, рівний за модулем прикладеній силі, а напрям прискорення співпадає з напрямом цієї сили.П р я м о л і н і й н и й рух. Основне рівняння динаміки:

- _ СІО СІ2Гґ = та = — = — Т .

Ж ЖПри прямолінійному русі вектори швидкості та прискорення, а відповідно і вектор сили, співпадають з прямою, по якій відбувається рух матеріальної точки.К р и в о л і н і йн и й рух. З основного рівняння динаміки отримаємо необхідну силу. Якщо прискорення при криволінійному русі розкласти на дотичне (тангенціальне) і нормальне (доцентрове), то і силу можна також розкласти на дотичну

рТ = тат = т — г г Ж

і нормальну

Р 1,2 ^Ьп =тап = т — = тсо г.г

Сили І \ і І'п лежать в площині, яка утворюється нормальною та дотичноюлініями до траєкторії матеріальної точки. Сила І \ впливає на величинушвидкості точки, а сила Рп - на зміну напрямку швидкості. Якщо /*’„ = 0, томи маємо справу з прямолінійним рухом. Якщо Р Т = 0, то ми маємо справу з рівномірним рухом.Трет ій закон Ньютона . Дві матеріальні точки діють одна на одну з силами, які рівні за модулем і направлені вздовж прямої, що з ’єднує ці точки, в протилежні боки.

Ди фе р е н ц і а л ь н і р і вняння руху при задаванні руху координатним способом:

с12х _ сі2 у _ с12г

Ди фе р е н ц і а л ь н і р і вня ння руху при задаванні руху природнім способом:

^ (іи К = т — \Ж

Модуль сили визначається:

, , V 2 = т — = тсо г .

/ґ = л/х 2+ Г 2 + 2 2 ;

і-Ф -? + р,; ■Кі льк і сть руху матеріальної точки:

д = т и .

Е л е м е н т а р н и й і мпульс сили:сІХ = РЖ.

Імпульс сили за дов іль ний п ромі жо к часу:

Ё = \РЖ

Теорема про зміну к і лькост і руху ма т е р і ал ь н о ї точки:зміна кількості руху матеріальної точки за деякий проміжок часу дорівнює геометричній сумі імпульсів всіх сил, що діють на точку, за той самий проміжок часу:

ти1- т и 0 = § .

Момент к і лькост і руху матеріальної точки відносно центру: векторний добуток векторів ти кількості руху (імпульсу) та радіус-вектора г , проведеного від точки обертання О до точки, що рухається (Рис. 17):

10 = [г - ти] 10 = т иНде Н - довжина перпендикуляру, який опущений з центру обертання на напрям вектора ти (Рис. 17).

Момент к і лькост і руху 12 матеріальної точки відносно деякої осі ъдорівнює проекції на цю вісь моменту кількості руху матеріальної точки відносно будь-якого центру, що лежить на цій осі.

Теорема про зміну моме нт у к і лькос т і руху ма т е р і а л ь н о ї точки (теорему моментів): похідна за часом від моменту кількості руху матеріальної точки, взятого відносно будь-якого нерухомого центру (точки), дорівнює моменту діючої на точку сили відносно того самого центру (точки).

— \г-тй]=\г-РЖ 1 1 1 ■

абоЖ,оЖ

М0(Р).

46

Теорема момент ів в ідносно осі: похідна по часу від моменту кількості руху матеріальної точки відносно деякої осі дорівнює моменту діючої сили, відносно тієї самої осі під впливом якої рухається матеріальна точка відносно того ж центру.

СІ г- - і „ сії.r -F [r-/WL>] або —- = М , І Р \

d tV 1 dt zV 1Закон з бе ре же нн я момент у к і лькост і руху:

М 0 = 0; ї0 = [г ■ т й\ = const.Ел е м е н т а р н а робота:

dA = F ■ dr = F ■ dr • cos (p , де dr - елементарний приріст радіус-вектора f ; <p - кут між векторами сили та приросту радіус-вектора.Ан а л і т и ч н и й вираз е л е ме н т а р н о ї роботи сили:

dA = Fxdx + Fydy + Fzd z .Робота сили на до в і л ь н о му перемі щенні :

Л (М 1М 2) = І + F y d y + F z d z ) •Xм,

Робота сили тяжіння :

Робота сили пружност і :ІМ-і! Xl k ( \

А{м 0М1) = \(rkx )d x = - k \x d x = - { x l - x l ) .{М0

Робота сили тертя:м , м ,

К і не т и чн а енерг і я ма т е р і ал ь н о ї точки:т и2

2Теорема про зміну к і нетично ї енерг і ї точки: змінакінетичної енергії точки при деякому її переміщенні дорівнює алгебраїчній сумі робот всіх сил, що діють на цю точку на тому самому переміщенні:

m vx ти02 2

Момент і нерці ї т іла (системи) відносно осі:Л = І> /Л ? ■

Момент інерції системи:J = Мгг1,

де М - маса всієї системи; гг - радіус інерції.

47

м0 м0

М о м е н т и і н е р ц і ї д е я к и х о д н о р і д н и х т і л . Вісь обертання проходить через центр мас і є віссю симетрії.1. Тонкий однорідний стержень довжини / і маси М:

1 ?J = — М І2.12

2. Тонке кругле однорідне кільце радіусом Я і масою М\J = M R 2.

Вочевидь, що такий самий результат буде і для моменту інерції тонкої циліндричної оболонки маси М і радіусом Я відносно її осі.3. Кругла однорідна пластина (диск) або циліндр радіусом Я і масою М\

1 , у іJ = —М К .2 ь

4. Прямокутна пластина, конус, куля.а) суцільна прямокутна пластина маси М зі сторонами а і Ь а ~*х(вісь х напрямлена вздовж сторони а, вісь у - вздовж Ь):

1 9 1 9./ = -М Ь 2, = —Ма ;з - з

б) прямий суцільний конус масою М і радіусом основи і?(вісь 2 напрямлена вздовж осі конуса):

J = — МЯ2;10

в) суцільна куля радіусом Я і масою М (вісь 2 напрямлена вздовж діаметра):

J = - М Я 2 .5

Теорема Шт е й н е ра - Гюйгенса : момент інерції тіла відносно будь-якої осі 2 \ дорівнює сумі моменту ./2 інерції цього тіла відносно осі і, яка проходить через центр ваги тіла і паралельна даній осі

і добутку маси т ілаМ на квадрат відстані сі між цими осями:(/2і = J 2 -\- К іс і2 .

Ди фе р е н ц і а л ь н е р і вняння руху ме х а н і ч но ї системи:И тк А = 1 1 /:'к + И Н ^

де іп/( - маса к-\ точки системи; ак - прискорення к-ї точки системи; !■'[ -

зовнішня сила, що діє на к-у точку системи; /*А' - внутрішня сила, що діє на к-у точку системи.

48

Теорема про рух центра мас системи:ш с = ^ Р ‘ .

Теорема про к і нетичну енерг і ю системи:

d ґ ЩУкЛV 2

Fh ■ Vi .dt + N, ■ Vi .dt

де Fk - рівнодійна всіх заданих сил як зовнішніх, так і внутрішніх, що прикладені до точки яка розглядається; N k - рівнодійна реакцій в’язів, що прикладені до цієї ж точки.Кі льк і сть руху ме ха н і чн о ї системи:

Q = H mkVk аб° й = м в с ,де М - маса всієї системи; ис - швидкість центра мас системи.

Теорема про зміну к і лькост і руху системи: в диференціальній формі: похідна по часу від кількості руху системи дорівнює геометричній сумі всіх зовнішніх сил, що діють на систему:

dQ _ -у 7 7Є .

в інтегральній формі: зміна кількості руху системи за деякий проміжок часу дорівнює сумі імпульсів зовнішніх сил, що діють на систему за той самий проміжок часу:

чa - G o = z l ^ або a - a = z s * ‘ .

оЗакон з бе ре же нн я к ількост і руху ме х а н і ч н о ї системи:

якщо 'Yj Fk = 0 то Q = const.Момент к і лькост і руху меха н і ч но ї системи. Головним моментом кількості руху (або кінетичним моментом) системи відносно даного центру О називається векторна величина L0 , яка дорівнює геометричній сумі моментів кількостей рухів всіх точок системи відносно того самого центру.

4 = 2 & 0 М * ).Кінетичний момент тіла, що обертається навколо нерухомої осі, дорівнює добутку моменту інерції тіла відносно цієї осі на кутову швидкість тіла.

L, = J m .Z Z

Для системи, що складається з п тіл:4 = J \ z G)\ + ^ 2 z ® 2 + --- + J n z COn ■

К і не т и чн а енерг і я ме х а н і ч н о ї системи:^ тъРк

2

49

При п о с т у п а л ь н о м у русі :

Т п о с т - ;

при об е р т а л ь н о му русі :ГТ1 1 Т 2 .об ~ г ® ■>

прискладному п л о с к о п а р а л е л ь н о м у русі :

Т„„ = \ м и 2с + ^ сш2.

Теорема про зміну к і н ет ич н о ї енерг і ї системи в диференціальній формі:

сІТ = ^ 4 + ^ 4 ;в інтегральній формі:

г , - г 0 = І 4 + І 4 -Зміна кінетичної енергії системи при деякому її переміщенні дорівнює сумі робіт на даному переміщенні всіх прикладених до системи зовнішніх та внутрішніх сил.

Для системи, що не з м і нює т ь с я (<системою, що не змінюється, називають систему, в якій відстань між точками прикладання внутрішніх сил під час руху системи не змінюється):

с1Т = ^ А І або 7]-Г 0 = І 4 Для системи з і де ал ьн и ми в ’язями (ідеальними називають в ’язі, які не змінюються в часі):

<ІТ = ^ А І або 7’1-7 ’0 = £ 4 ° ,

де СІА£ - елементарна робота зовнішніх і внутрішніх активних сил, щодіють на к-ту точку системи.Зміна кінетичної енергії системи з ідеальними в ’язями при будь-якому переміщенні дорівнює сумі робіт на цьому переміщенні прикладених до системи зовнішніх і внутрішніх активних сил.Робота сили, яка п р и к л а д е н а до абсолютно твердог о т іла, що о б е ртає ть ся навколо н е рухомо ї осі.Елементарна робота зовнішньої сили:

сІАе = М еТсІ(р.Робота на скінченному куті повороту:

Ае = ] м етсі(р.

50

Робота сил тертя , які д іють на тіло, що котиться . Елементарна робота сил тертя кочення:

£ЛАоч = ~ Ш (р = ~ -N d .S c ;

К

де і? — радіус колеса; dsc - елементарне переміщення центру колеса; 8 - коефіцієнт тертя кочення; N - сила реакції опори.

Повна робота сил опору кочення:

А коч = ~ \ ^ М С = ~ ^ № с ■J Я ЯОсновне р і вня ння ди н а мі ки для обе рталь ного руху тіла:Обертальний момент М об, який прикладений до тіла, що обертається навколо нерухомої осі, дорівнює моменту інерції тіла ./ відносно тієї ж осі, помноженому на кутове прискорення є тіла.

В диференціальній формі:

в інтегральній формі:M °6 ~ J d r

М об — J s .Робота сили п о т е н ц і а л ь н о г о поля дорівнює різниці значень силової функції в кінцевій та початковій точках шляху, і як наслідок, не залежить ні від виду (форми), ні від довжини траєкторії, по якійпереміщується точка прикладання сили з положення М0 в положення М:

(м)А = jd U = U - U 0.

К )По т е н ц і а л ь н а енерг ія : деформованої пружини:

кх2 П = — ;

2тіла в полі тяжіння:

П = mgz = P z .Закон з бе ре же нн я ме ха н і ч н о ї енергі ї :При русі матеріальної точки в потенціальному силовому полі, сума кінетичної і потенціальної енергії залишається сталою:

т и1------- 1- П = const.

2Принцип Даламбера : для матеріальної точки:

F + Й + Ф = 0.

51

У випадку руху невільної матеріальної точки активні сили і7, які прикладені до неї, і реакції в ’язів Я зрівноважені силами інерції Ф ; для механічної системи (тіла):

активних сил, реакцій в’язів та сил інерції системи матеріальних точок (тіла).Принцип можливих ( в і рт уа л ь н и х) перемі щень :Якщо в деякому положенні механічної системи з ідеальними механічними в ’язями прикладені до неї сили врівноважені, то на довільному можливому переміщенні механічної системи з цього положення сума робот сил, що задані, дорівнює нулю:

Принцип Да л а мб е ра - Л а г р а н жа (основне рівняння руху механічної системи):При русі системи з ідеальними в ’язями в кожний даний момент часу сума елементарних робот всіх прикладених активних сил і всіх сил інерції на будь-якому можливому переміщенні системи буде дорівнювати нулю:

N

к = 1

к = 1

В аналітичній (скалярній) формі:

И [ ( / ' / а - + Ф кх К + ( / V + Ф ку )д У к + { ^ к г + ф к2 ) 5 - к ] - 0к = 1

52

Задача ІДДиференціальні рівняння руху матеріальної точки

Основні відомості і методичні вказівки до задачі ІД.Для розв’язку задачі ІД використовують закони Ньютона та диференціальні рівняння руху. По суті задача ІД є зворотною задачею динаміки, тому розв’язувати її слід шляхом інтегрування диференціальних рівнянь руху.Тіло, яке рухається, слід вважати за матеріальну точку, і застосовувати диференціальні рівняння для запису її руху.Розв’язок задачі рекомендується виконувати у такій послідовності:

1. Накреслити пояснювальну схему задачі, вибрати осі координат і розставити сили на обох ділянках руху;

2. Записати диференціальні рівняння руху;3. Проінтегрувати відповідне рівняння для визначення необхідних

кінематичних величин;4. Розв’язати систему рівнянь і визначити шукані величини і рівняння

руху для різних ділянок руху.

Розглянемо методику розв’язку такої задачіЗадача. У залізничних скельних заглибинах для захисту кюветів від потрапляння в них з ухилів кам’яних осипів влаштовують «поличку»ОС. Враховуючиможливість руху каміння з найвищої точки А ухилу, та припустивши, що його початкова швидкість VV4 = 0, визначитимінімальну ширинуполички Ь та швидкість ис, з якою каміння впаде на неї. По ділянці АВ ухилу, який утворює з горизонтом кут а та має довжину /, каміння рухається тсек.

При розв’язанні задачі вважати коефіцієнт тертя ковзання / каміння на ділянці АВ сталим, а опором повітря знехтувати.

Д а н о : оа = 0; а = 60°; / = 4м; г = 1 с ; /^ 0;/г = 5 м ; /? = 75°.В и з н а ч и т и Ь та ис.

53

Р о з в ’язок:1. Розглянемо рух каміння на ділянці АВ. Оберемо для цього систему координат. При чому вісь ОіХ] направимо вниз по схилу, а вісь Оіуі перпендикулярно до неї вгору. Вважаючи каміння за матеріальну точку, показуємо сили, що діють на нього: сила тяжіння О , нормальна реакція опори N та сила тертя ковзання Р . Складаємо диференціальні рівняння руху каміння на ділянці АВ\

СІ2Х,т г Ы Х .л- ^ ' (1)о = £ п ■

Проектуємо суми сил цих рівнянь на вибрані вісі координат.т <3 х =(^ ^ п а _ р ( 2 )

Ж2 470 = М-Ссов а . (3)

Сила тертя, як відомо, визначається з формули:Р = & . (4)

Визначивши N з рівняння (3) і зробивши певні підстановки можна переписати рівняння (2) у вигляді:

сі2х .т— = О зіп а - /О сов а . (5)dt

Розділивши ліву та праву частини отриманого рівняння на масу т каміння (точки), знайдемо його прискорення на ділянці АВ.

СІ2Х— ^ = gsmoc-fgcosoc. (6)ш

Інтегруємо це рівняння двічі. Спочатку переписавши його у вигляді:с

= gsma - fgcosa . (7)d t

Розділяємо змінні та виставляємо межі інтегрування:d v Xi = (g-sina - f g c o s a ) d t ,

|й?иХі = (g -sin a - f g c o s a ) ^ d t .(8)

Після першого інтегрування отримуємо:

»В = {g^шa-fgco%a)c . (9)За умовою, початкова швидкість точки оа = 0.Перед другим інтегруванням рівняння (9) перепишемо:

— = (gsm a-fgcosa)t. (10)

Розділяємо змінні та виставляємо межі інтегрування:dx1 = ^ $ іп а - fgcosa)tdt, (11)

54

А

^Жсх = {£$та - fg с о 8 а ) | .

х 0 А 0

Після другого інтегрування маємо:і2

1 = ^ $ т с с - f g c o s a ) — + х 0А . ( 1 2 )

З умови задачі х0а = 0, а час руху по ділянці АВ = І - т. Тобто, для моменту, коли каміння залишає ділянку АВ, воно проходить шлях / і має швидкість:

vв =(gsma- fgcosa)т. (13)Або

Щ = ~- (14)

2. Розглянемо рух каміння від точки В до точки С. На цій ділянці на каміння діє лише одна сила - сила земного тяжіння. Тому осі координат варто вибрати так, щоб вісь Ох була напрямлена горизонтально в бік руху, а вісь Оу вертикально вниз. Покажемо силу тяжіння С , що діє на каміння, та складемо диференціальні рівняння його руху:

<і2х т—- = 0 ,Ж2

г ^т ^ - = С.

Ж2Інтегруємо перше рівняння:

л ,Ж

/</» = 0, (16)

З початкових умов визначаємо, що иХі = иХв = иІ:! сова .

Інтегруємо останнє з рівнянь (16):сіх— = и„ сова ,

Ж

(17)0 0

х = ивТсо$а .Інтегруємо друге з рівнянь (15):

55

d v

- lF = g '

} *> ,= * /* , (lg)V0y 0

Vy = V 0y + g t •

З початкових умов визначаємо, що v y = v B sin a + g T .Інтегруємо останнє з рівнянь (18):

dy* =<V +* .

d y = v 0yd t + g t d t ,У t t

j d y = v 0yj d t + g j t d t .0 0 0

o g T 2З початкових умов визначаємо, що у = v BT sin а + .

Остаточно маємо:П -----Г 4/2 2 (21 . „У

uc =vu-c+u =i b r cos а+ ~ sina+^r •

Відстань b буде:( %т2Л

b - d - D E = х - y c tg P = v BT co sa - v BT sin a + - — ctgfi ;2 у

2IT ( 2IT . g T 2 Лb = ----- co sa - -sina + - — ctgB .

т 2V і УДля визначення часу Т розв’яжемо систему параметричних рівнянь руху точки на ділянці ВС.

х = v BT cos а ,

г g T 2 (20)у = v Bl sin а + — .

Виключивши параметр Т, отримаємо рівняння траєкторії руху точки:

У= 0 2 +xtga. (21)2uBcos а

З умов задачі y=h =5 м, а x=d. Тоді рівняння руху набуде вигляду:г 9 .Ш 2 , г-

~ ----2---- j + d-\l3 ,2-8 -0.5звідки dl 2 = -2.82 ± 4.93 ,таким чином d\ = 2,11 м, di = -7,75 м.Траєкторія руху точки є гілка параболи з позитивними значеннями, тому вибираємо додатне значення відстані d.

56

З рівняння руху х = ивТсова визначаємо час Т: х хт 2 11-1

Т = = 0.5275 С.ив со ъсс 21 сова 2-4-сов 60

Таким чином швидкість каміння в точці С: ис = 12.74 м/с Відстань:Ь = 0.77 м.

ЗАВДАННЯІнтегрування диференціальних рівнянь руху матеріальної точки

Варіанти 1 - 5 (схема 1)Тіло рухається з точки А з початковою швидкістю ил по ділянці АВ (довжиною /) похилої площини, що утворює з горизонтом кут а , протягом т сек. Коефіцієнт тертя ковзання тіла по площині дорівнює /В точці В тіло залишає площину зі швидкістю Ов і потрапляє в точку С площини ВО, яка утворює згоризонтом кут /3, зі швидкістю ис, перебуваючи в польоті Т сек.

При розв’язанні задачі тіло вважати за матеріальну точку; опір повітря не враховувати.

Варіант 1. Дано: а = 30°; оа = 0 ;/= 0,15; / = 10 м; /? = 60°.Визначити т та її.

Варіант 2. Дано: а = 25°; од = 2 м /с;/= 0,15; Н = 5 м; /3= 45°.Визначити / та рівняння траєкторії точки на ділянці ВС.

Варіант 3. Дано: а= 30°; оа = 3 м /с;/^ 0; / = 10 м; <3= 8 м; (5= 60°. Визначити Ов та т.

Варіант 4. Дано: оа = 0 м/с; т= 2 с ;/= 0; / = 10 м; /? = 60°.Визначити а та Т.

Варіант 5. Дано: а= 30°; оа = 0 ; /^ 0; /= 10 м; т= 3 с; /? = 60°. Визначити/ та ис.

Варіанти 6 - 1 0 (схема 2)Стрибун з трампліну наближається до точки А ділянки трампліну АВ, яка має кут а нахилу до горизонту та довжину /, зі швидкістю Оа- Коефіцієнт

57

тертя ковзання лиж на ділянці АВ дорівнює / Від точки А до точки В (край трампліну) спортсмен рухається т сек. В точці В він залишає трамплін зі швидкістю Ов.Через Т сек спортсмен приземлюється в точці С зі швидкістю Ос на ділянці ОС , яка утворює з горизонтом кут /3.

При розв’язанні задачі спортсмена вважати за матеріальну точку; опір повітря не враховувати.

Варіант 6. Дано: а = 20°;/= ОД; т= 0,2 с; Н = 40 м; р = 30°.Визначити / та ис.

Варіант 7. Дано: а = 15°; ил = 20 м /с;/= 0,1; / = 5 м; Р= 45°.Визначити Ов та Т.

Варіант 8. Дано: ил = 23 м /с;/= 0; т= 0,3 с; Ов = 22 м/с; Р= 60°.Визначити а та сі.

Варіант 9. Дано: а = 15°;/= 0,1; т= 0,3 с; Н = 42 м; р = 45°.Визначити Ов та Ц|.

Варіант 10. Дано: а = 15°; ил = 12 м /с;/= 0; сІ= 50 м; Р = 60°.Визначити т та рівняння траєкторії спортсмена на ділянці ВС.

Варіанти 11-15 (схема 3)Тіло ковзає по схилу покрівлі АВ, яка утворює з горизонтом кут а і має довжину /, з початковою швидкістю ил- Коефіцієнт тертя ковзання дорівнює / Через т сек тіло залишає покрівлю В ТОЧЦІ В ЗІ ШВИДКІСТЮ Ов і падає на землю в точку С зі швидкістю Ос. Час руху від точки В до точки С - Т сек.При розв’язанні задачі тіло вважати за матеріальну точку; опір повітря не враховувати.

Варіант 11. Дано: а = 30°;/= 0,1; т= 1,5 с; И = 10 м; ил = 1 м/с.Визначити Ов та сі.

Варіант 12. Дано: а = 45°; оа = 0; / = 10 м; т= 2 с.Визначити/ та рівняння траєкторії на ділянці ВС.

58

2

X

Варіант 13. Дано: ол = 0 ;/= 0; т= 2 с; / =10 м; к = 20.Визначити а та Т.

Варіант 14. Дано: а= 30°; ил = 0 ;/= 0,2; / =10 м; <і= 12 м.Визначити т та И.

Варіант 15. Дано: а= 30°; оа = 0 ;/= 0,2; / = 6 м; И = 4,5 м.Визначити гта ц-.

Варіанти 16-20 (схема 4)Тіло скочується по похилому жолобуі наближається до точки А ділянки АВ довжиною /, яка має кут нахилу до горизонту а , зі швидкістю Ці.Коефіцієнт тертя тіла по жолобу на ділянці АВ дорівнює / Від точки А до точки В тіло рухається протягом гСЄК І В ТОЧЦІ В ЗІ ШВИДКІСТЮ Ов

залишає жолоб. Через Т сек тіло зі швидкістю Ос падає в точку С.При розв’язанні задачі вважати тіло за матеріальну точку, а опір повітря не враховувати.

Варіант 16. Дано: а= 15°; оа = 3,2 м /с;/= 0,001; сІ= 0,5 м.Визначити т та рівняння траєкторії тіла на ділянці ВС.

Варіант 17. Дано: а= 20°;/= 0,001; г=0,2 с;// = 0,4 м.Визначити / та ис.

Варіант 18. Дано: а= 15°; оа = 4,2 м /с;/= 0,002; / = 0,35 м.Визначити Ов та Т.

Варіант 19. Дано: оа = 3,5 м /с;/= 0,001; т= 0,1 с; ив = 3,0 м/с. Визначити а та (і.

Варіант 20. Дано: а = 15°;/= 0,001; т= 0,2 с; И = 0,35 м.Визначити Ов та Ц|.

Варіанти 21-25 (схема 5)

Маючи в точці А швидкість оа, м о т о ц и к л піднімається т сек по ділянці АВ довжиною /, яка утворює з горизонтом кут а. При сталій на всій ділянці АВ рушійній силі Р мотоцикл в точці В набуває швидкості Ов і перелітає через

59

рівчак шириною сі, знаходячись в повітрі Т сек і приземлюючись в точці С зі швидкістю Ос. Маса мотоцикла з мотоциклістом дорівнює т.При розв’язанні задачі вважати мотоцикл з мотоциклістом матеріальною точкою. Сили опору руху не враховувати.

Варіант 21. Дано: а = 30°;Р ф 0; / = 40 м; ил = 0;Ов = 4,5 м/с; сі = 3 м.

Визначити т та И.

Варіант 22. Дано: а = 30°; Р = 0; / = 40 м; Ов = 4,5 м/с; И = 1,5 м. Визначити ил та сі.

Варіант 23. Дано: а = 30°; тп = 400 кг; оа = 0; т = 20 с ; сі= 3 м ;

Ь = 1,5 м.Визначити Р та /.

Варіант 24. Дано: а = 30°; т = 400 кг; Р = 2,2 кН; ил = 0; / = 40 м; с? = 5 м.Визначити Ов та Ос.

Варіант 25. Дано: а = 30°; ил = 0; Р = 2 кН; / = 50м;/? = 2м<і=4м. Визначити Г та т.

Варіанти 26 - ЗО (схема 6)Тіло ковзає з початковою швидкістю V4 протягом т сек по ділянці АВ похилого даху будинку, який утворює з горизонтом кут а та має довжину /.Коефіцієнт тертя ковзання тіла по похилій площині дорівнює / Маючи В ТОЧЦІ В ШВИДКІСТЬ Ов, тіло через Т сек потрапляє у вертикальну захисну огорожу в точці С зіШВИДКІСТЮ Ос.При розв’язанні задачі тіло вважати за матеріальну точку; опір повітря не враховувати.

Варіант 26. Дано: а = 30°;/= 0,2; ил = 1 м/с; / = 3 м; сІ= 2,5 м. Визначити И та Т.

Варіант 27. Дано: а = 45°; ив = 2ид; І = 6 м; т= 1 с;И = 6м.Визначити сі т а /

б

60

Варіант 28. Дано: а = 30°; / = 2 м; ол = 0 ;/= 0,1; сі = 3 м.Визначити И та т.

Варіант 29. Дано: а = 15°; / = 3 м; ив = 3 м/с; т = 1,5 с;/^0 ; сі = 2 м. Визначити Ц і та И.

Варіант ЗО. Дано: а = 45°;/= 0,3; ил = 0; сІ= 2 м; И = 4°м. Визначити / та т.

Варіанти 31-35 (схема 7)Маючи в точці А швидкість оа, т іл о

рухається по горизонтальній ділянці АВ довжиною / протягом т сек.

Коефіцієнт тертя ковзання тіла по ПЛОЩИНІ дорівнює / ЗІ ШВИДКІСТЮ Ов тіло в точці В залишає площину і потрапляє в точку С зі швидкістю ис, знаходячись в повітрі Т сек.При розв’язанні задачі тіло вважати за матеріальну точку; опір повітря не враховувати.

Варіант 31. Дано:/ = 0,2; ил = V м/с; / = 8 м; И = 20 м.Визначити ос та сі.

Варіант 32. Дано: оа = 4 м /с;/= 0,1; т= 2 с; сі = 2 м.Визначити Ов та /?.

Варіант 33. Дано: Ов = 3 м /с;/= 0,3; / = 3 м; /г = 5 м.Визначити оа та Т.

Варіант 3 4. Дано: Оа = 3 м/с; Ов = 1 м/с; / = 2,5 м; /г = 20 м. Визначити / та сі.

Варіант 35. Дано:/ = 0,25; / = 4 м ; і = 3 ; / г = 5°м.Визначити гта Ц|.

Варіанти 36-40 (схема 8 )

З літака, який летить зі швидкістю Оа на висоті Д скидають вантаж масою т , який летить до відкриття парашуту г сек. За цей час вантаж пролітає відстань / паралельно курсу та опускається на відстань И. В точці В розкривається парашут і вантаж опускається в точку С через Т сек рівномірно. Горизонтальний вітер

61

компенсує силу опору повітря в горизонтальному напрямку.При розв’язанні задачі вантаж з парашутом вважати за матеріальну точку.

Сила опору повітря обчислюється за формулою Стокса і7 = Ькцгю , де 77 - динамічна в’язкість (для повітря 18,19-Ю"6 Па-с); радіус куполу парашута

г = 5,14 м.

Варіант 36. Дано: Оа = 50 м/с; / = 150 м; т = 80 кг; Т= 180 с. Визначити г та ис.

Варіант 37. Дано: оа = 60 м/с; т= 3 с;Н = 1000 м; тп = 80 кг. Визначити / та Т.

Варіант 38. Дано: Ов = 58 м/с; т= 2,9 с;Н = 800 м; тп = 70 кг. Визначити оа та Т.

Варіант 39. Дано: оа = 70 м/с; т= 2,9 с; т = 90 кг; Н = 1000 м. Визначити Н\ та сі.

Варіант 40. Дано: Оа = 50 м/с; / = 150 м; т = 90 кг; Н = 1000 м. Визначити т та сі.

62

Задача 2ДТеорема про зміну кінетичної енергії системи

Основні відомості і методичні вказівки до задачі 2Д.Теорема про зміну кінетичної енергії системи формулюється таким чином: при стаціонарних в'язях та відсутності сил тертя зміна кінетичної енергії системи рівна сумі елементарних робіт всіх заданих зовнішніх та внутрішніх сил, що діють на систему.

Т То = ЕАи (*)тут ЕАі - сума робіт заданих сил при переміщені системи з її початкового положення в положення, що розглядається, То - кінетична енергія в початковому положенні системи, Т - кінетична енергія в положенні системи, що розглядається. Формула (*) є математичним записом теореми в інтегральній формі.При поступальному русі кінетична енергія твердого тіла обчислюється за формулою:

Т - т и 22

При обертальному русі твердого тіла:7і _ 2® 2

~~ 2 ’де со2 - кутова швидкість обертання навколо вісі г; І2 - момент інерції відносно вісі г.

Для розв’язку задачі рекомендується така послідовність.1. Креслиться розрахункова схема механізму, де позначаються

направлення лінійних та обертальних швидкостей тіл, що складають цей механізм.

2. Складається вираз для сумарної кінетичної енергії системи.3. Знаходяться і підставляються у вираз для сумарної кінетичної

енергії вирази для кінетичних енергій тіл, що складають систему.4. На розрахунковій схемі механізму позначаються направлення сил,

що діють на тіла механічної системи.5. Знаходяться вирази для робіт зовнішніх сил системи.6 . Складається вираз загальної роботи зовнішніх сил системи,

сумуючи знайдені вирази.7. Отримані вирази зміни кінетичної системи та сумарної роботи

зовнішніх сил підставляються у вираз теореми про зміну кінетичної енергії системи.

8 . Одержане рівняння вирішується відносно невідомої швидкості тіла А

63

Приклад розв’язку задачі.

Дано: піА = Зтв = 0,5тр; = ЗО см; Яв = 20 см; гв = 15 см;івх = 17 см; а = 30°; /3 = 60°;/= 0,2; 8 = 0,25 см; £ = 6 м.

Визначити швидкість тіла А Ц і (рис. 2Д).РОЗВ’ЯЗОК

Скористаємося теоремою про зміну кінетичної енергії системи в інтегральній формі:

Т2 - Ті = ЕАі, (1)де Ті і Т2 - кінетична енергія системи в початковому та кінцевомуположеннях системи.За початкове положення системи виберемо момент, коли система ще не рухається, а за кінцеве положення - момент, коли тіло А пройшло відстань5.Враховуючи, що в початковий момент часу система знаходилась в стані спокою, то Т] = 0 і рівняння (1) приймає вигляд:

Т2 = ЕАі. (2)Знайдемо кінетичну енергію Т2 системи в кінцевому її положенні.Кінетична енергія системи рівна сумі кінетичних енергій тіл А, В і І):

Т2 = Тд2 + ТВ2 + ТП2. (3)Кінетична енергія вантажу^, що рухається поступально, дорівнює:

т _ тАи-АА2 2 (4)

Кінетична енергія барабану В , що обертається навколо нерухомої вісі, дорівнює:

т ™ 2

(5)2

64

де J вх ~ момент інерції барабану відносно вісі обертання Ох\J Вх ~ ^ В ^ В х ’ ( ^ )

сов - кутова швидкість барабанів.Кінетична енергія котка D, який здійснює плоский рух (тут треба враховувати, що коток здійснює поступальний та обертальний рухи), дорівнює:

2 т 2

2 2де Ос - швидкість центру тяжіння С котка; Jc% - момент інерції котка (однорідного суцільного циліндру) відносно його центральної повздовжньої вісі СЕ,\

ffi R2(8)

cod - кутова швидкість катка.Якщо підставити (6) в (5), отримаємо:

•2 2 Ш 1 СІЇТв2 = ш ^ ^ (9)

Підставимо (8) в (7). Отримаємо:rp _ mDvc wipRpOp (10)D2 - 2 4 • >

Підставимо вирази (4), (9) та (10) у формулу (3). Тоді вираз для повної кінетичної енергії системи буде мати вигляд:

т = тА»гА ! тві2вУв , тЛ , mDR2D(ol2 2 2 2 4 ' К }

Виразимо в (11) значення мас т в через і гп в через піа з умови задачі:Ґ 2 *2 2 г>2 2 \VА _|_ Вх В _|_ 2 _|_ RdCOdV 2 6 С 2 ,

(12)

Виразимо швидкість ос та кутові швидкості сов та сои через швидкістьвантажу ил- Обертальна швидкість точок ободу кожного з барабанів рівна швидкості руху нитки, що сходить з них. Тому:

О)В (13)

ЗВІДКИ

О С = 1 ( і 4 )

Враховуючи, що коток котиться без ковзання, миттєвий центр швидкостейкотка знаходиться в точці Р. Тому:

иг и г г„и ,0) д = — = - ^ = в А . (15)

* СР к вя а { }Підставимо (13), (14) та (15) в (12):

65

Знайдемо суму робіт всіх сил, що прикладені до системи, на заданому її переміщені Б.На вантажі діють сили: вага (7|, нормальна реакція Лг/ площини К]Ь], сила тертя ковзання і7"/, що направлена протилежно швидкості вантажу А, та реакція нитки. Силами, що діють на барабани В, є такі: їх вага Сгв, складові реакції підшипників У о та Zo і реакції ниток.На коток В діють сили: вага котка Є в-, сила зчеплення /%,, (сила тертяспокою), яка перешкоджає ковзанню котка, нормальна реакція ТУ площиниКЬ, пара сил опору коченню з моментом А/ г, а також реакція нитки. Реакція ниток, що прикладені до вантажу А, барабану В та до котка В , є внутрішніми силами системи. Якщо вважати, що нитки нерозтяжні, то робота цих сил при переміщенні системи дорівнює нулю і реакції ниток на малюнку не вказані.Обчислимо роботу сил. Робота сили Єа дорівнює:

Аі = СА Н = Са 8 8іп/3. (17)Роботи сил N 1 і ТУ дорівнюють нулю.Робота сили тертя ковзання Р]\

^ = - ^ 5 . (18)Оскільки:

Гі /А'/ ./'(гл сс^р.Тоді:

А 2 = -ГОА 8 со8р. (19)Сили Єв, Уо та Zo роботи не виконують, бо прикладені в нерухомій точці.Робота сили (то дорівнює:

Аз = - Ов Нс = - Ов 5с « ш , (20)де 5с - переміщення центру тяжіння катка.Робота сили Рзч дорівнює нулю, бо вона прикладена в миттєвому центрі швидкостей.Робота пари сил опору кочення:

А 4 = - Мс (ро- (21)Тут Мс = 8 N = 8 Св С0 8 0С — момент пари сил опору кочення, ерв - кутове переміщення катка В (кут повороту).Таким чином, маємо:

А 4 = - 8 О в еро со8 а. (22)Отже, сума робіт всіх сил, що прикладені до системи, дорівнює:

ИАі = А і + А 2 + Аз + А 4 . (23)Підставимо (17), (19), (20) та (22) в (23).

ЕАі (т і 8 ,\іп/3 - Со 5с $іпа -./ї/.і Л’ сох/З - 8 (ти ери сояа. (24)Переміщення центру тяжіння котка 8с та кут повороту <рв виразимо через переміщення вантажу на відстань

г„ 5 с гв Б8 с = Ь ( р в = і г = і п г - (2 5 )

Підставимо (25) в (24). Отримаємо:Ов 5гв зіпа 5Св гв 5 соза5L4,- = £ sin /?---- -—--------- fG AS cos /?

RB Rb Rdабо

ЕА, = m AgS r . _ 2rR sin a _ _ 2<5rR cos a лsin В ----- -----------/ cos В --------ё---------D D D\ ^ В В D

(26)

Підставимо (16) і (26) в формулу (2). Маємо:

1 + ^ + Ж RI

f it Зг„2>1 упли] J . п 2rRsina _ Л 2<5rRcosaA—-—— = ти. gS sin В ----- ---------/c o s /? -------2-------? /? /?/?\ '""В "В J ^ V £ D У

Підставимо числові дані з умови. Отримаємо:2,93 • m.v]

= 0,004 -mAgS. (27)2

Звідки швидкість вантажу дорівнює:

ол = І2 ' 0 »04. ^ = І 9 Ш .981 .6 = 0,40 м/с-V 2,93 \ 2,93

Відповідь: Ц4 = 0,4 м/с.

ЗАВДАННЯЗастосування теореми про зміну кінетичної енергії до вивчення руху

механічної системиМеханічна система, яка складається з декількох тіл, під дією сили тяжіння приходить до руху зі стану спокою. Враховуючи силу тертя ковзання тіла А та опір тертю кочення тіла Д що котиться без ковзання, і нехтуючи іншими силами опору і масами ниток, які вважаються нерозтяжними, визначити швидкість тіла А в той момент часу, коли воно пройде шлях, рівний

В задачі прийняті такі позначення: та, тв, ти, тЕ - маси тіл А, В, Д Е;Яв, гв, Яв, ги ~ радіуси великих і малих кіл;івх, Ьх ~ радіуси інерції тіл В і І) відносно горизонтальних осей, які

проходять через їх центри тяжіння; а, (3 - кути нахилу площин до горизонту;

/ - коефіцієнт тертя ковзання тіла А ; д - коефіцієнт тертя кочення тіла О.

67

Схеми механізмів представлені на рисунку Д2. Числові дані наведені в таблиці 2Д.Варіант завдання вибирається за номером у посвідченні курсанта, студентському квитку студента, або шифру слухача відділу заочного навчання. За передостаннью цифрою вибирається схема завдання (Рис. Д2). За останньою цифрою визначаються числові значення мас, радіусів, кутів нахилу та коефіцієнтів тертя тіл з таблиці 2Д.

Таблиця 2Д

Друг

а ци

фра

варі

анту тА тв тв тЕ Яв ІВх ІВх а

/8 £ примітки

кг см СМ град см м Якщо тіла В і Б на відповідному рисунку не є складними дисками, то радіуси інерції в них не враховують. Величину коефіцієнту тертя коченнявраховувати лише тоді, коли існує кочення по поверхні площини

0 т 4т т / 2 пі 5 20 10 17 12 зо 0,10 0,20 2

і т 2т пі 5 пі 5 15 10 12 9 45 0,12 0,25 2

2 т т т / 4 ні 3 30 15 25 10 60 0,10 0,20 3

3 т 3 т ні 3 т / 4 25 20 20 15 30 0,20 0,30 1,5

4 т 2т т 6 т 2 40 20 35 15 45 0,10 0,20 2

5 т т т 2 т 9 30 10 25 8 60 0,15 0,20 3

6 т 4т ні 3 т /4 20 15 15 10 30 0,10 0,35 2,5

7 т 3 т ні 3 пі 5 35 25 30 20 45 0,20 0,20 2

8 т 2т пі 5 т /4 25 15 20 10 60 0,12 0,25 3

9 т т т / 4 пі 5 30 20 25 15 30 0,20 0,30 2,5

68

Рисунок Д2

69

Задача ЗДПринцип можливих (віртуальних) переміщень

Основні відомості і методичні вказівки до задачі ЗД.Задача ЗД заснована на застосуванні одного з принципів аналітичної механіки - принципі можливих переміщень.Можливим (віртуальним) переміщенням системи називається сукупність нескінченно малих переміщень точок системи, що дозволяються в’язями, які накладені на систему, в даний момент часу.Можливі переміщення системи можуть бути залежними одне від одного, а можуть бути незалежними. Кількість незалежних можливих переміщень визначає кількість ступенів свободи механічної системи.Принцип можливих переміщень формулюється таким чином:Для рівноваги системи з ідеальними в ’язями необхідно і достатньо, щоб сума елементарних робіт всіх активних сил, що діють на неї, на будь- якому можливому переміщенні дорівнювала нулю.

2 Х = о . (і)2=1

Ідеальні в’язі є незмінними у часі, тому переміщення точок, що закріплені такими в’язями, дорівнюють нулю. Зважаючи на це, можна сказати, що роботи на цих переміщеннях теж дорівнюють нулю.Такий принцип зручний тим, що дозволяє не розглядати умови, що накладені ідеальними в’язями, а це в деяких випадках значно скорочує розрахунки.Під час дії зосередженої сили може виконуватись елементарна робота, яка визначається за формулою:

ЗА, = , (2)де &. - можливе лінійне переміщення і-ої точки системи, до якої прикладена зосереджена сила і7 .

Під час дії моменту сил елементарна робота визначається за формулою:ЗА, = М ,3щ , (3)

де 8срі - кутове переміщення /-го тіла системи під дією моменту сил М ..

Зважаючи на це, можна записати:(4)

Для розв’язку задачі рекомендується дотримуватись наступної послідовності.

1. Креслиться розрахункова схема механічної системи, на якій позначаються направлення активних сил, що діють на неї, і реакцій неідеальних в’язей.

70

2. Надається можливе переміщення механічній системі.3. Складається рівняння суми елементарних робіт діючих сил на

можливих переміщеннях системи, які прирівнюються до нуля.4. Знаходиться залежність між можливими переміщеннями точок

механічної системи.5. Використовуючи отримані залежності, вирішується складене

рівняння і знаходиться невідома сила.

Розглянемо методику розв'язку такої задачіДля заданої механічної системи (Рис. ЗД) знайти невідому силу Р , застосовуючи принцип можливих переміщень, якщо відомо:

1) відстані ОС = О А;2) коефіцієнт жорсткості пружини с =10 Н/см;3) деформація пружини И Зсм.

Рисунок ЗД

Розв’язок задачі

2) Надаємо системі можливе переміщення, тобто на розрахунковій схемі позначимо положення тіл механічної системи після надання їй можливого переміщення.Точки А, В і С мають лінійні можливі переміщення. Точка О закріплена, отже переміщення Рисунок З Д-1

не має. Тіло АОС повертається на деякий кут. Тіло АВ теж повертається на деякий кут відносно точки К, переміщення якої дорівнює нулю. Положення цієї точки визначається на перетині перпендикулярів до можливих переміщень точок А і В (Рис. З Д-1).

1) Накреслимо схему механічної системи (Рис. З Д-1), на якій позначимо направлення активних сил, що діють на неї. В’язі вважаємо ідеальними, тому їх реакції не розглядаємо. і ЛЛЛЬ?С

дер

71

3) Складаємо вираз для суми елементарних робіт активних сил і прирівнюємо його до нуля.

У ЗА = Р - & В ■Ssr =0.і В пр С

Сила пружності І\ір у пружині діє протилежно можливому переміщенню, тому елементарна робота має від’ємний знак.4) Щоб розвєязати отримане рівняння, необхідно знайти залежність між можливими переміщеннями дяв і дяс . Розглянемо переміщення &А. Зумови ОС = О А бачимо, що &л = & с , тобто де А = А А '. Розглянемо трикутники АА К і ВВ К. Ці трикутники подібні, оскільки їх кути

. . А А ВВ' „ .дорівнюють між собою, значить . Звідки випливає, щоАК ВК

КВВ’

А А • ВКАК

8s в

; А А = 8s ; ВВ' = 8s

Ssc ■ ВК АК

Розглядаємо трикутник (Рис. ЗД-2). Згідно з теоремою синусів можемо записати:

АК ВК звідки ВК = АК ■ sin 45°sin 15° sin 45° sin 15°

Знаючи співвідношення відрізків АК і ВК,знайдемо залежність між переміщеннями.

_ SsrAK sin 45° 8sr sin 45°os — —-------------- = —---------- .B v4^sinl5° sin 15°

5) Вирішуємо рівняння елементарних робіт, підставляючи у нього отримані співвідношення.

Отримуємо формулу:

n 8s sin 45°Р — ----------- F ■ 8s г

* 1 с о пР сsin 15

F sin 15°р = пр

0.

sin 45°За законом Гука сила пружності визначається за формулою:

F =h-c.пр

Отримуємо кінцеву формулу:_ h - c - sinl5° _ 10 • 3 • sinl5°

sin 45° sin 45°

72

ЗАВДАННЯПринцип можливих (віртуальних) переміщень

Схеми механізмів, які знаходяться під дією взаємно врівноважених сил, наведені на рисунку ДЗ, а необхідні дані для розв’язку - у таблиці ЗД.Застосовуючи принцип можливих переміщень і нехтуючи силами опору, визначити величину сили Р , якщо відомі геометричні розміри, момент М, коефіцієнт жорсткості пружини с та величина її деформації Н.

Варіант завдання вибирається за номером у посвідченні курсанта, студентському квитку студента, або шифру слухача відділу заочного навчання. За передостаннью цифрою вибирається схема завдання (Рис. ДЗ). За останньою цифрою визначаються числові значення геометричних розмірів, моментів та коефіцієнтів жорсткості пружини з таблиці ЗД.

Таблиця ЗДДругацифра

варіанту

ОА А В М с к примітка

см Н м Н/см см

0 20 40 100 10 5 В усіхвипадкахвагастержнів та блоків конструкції невраховується

1 40 50 250 15 32 30 40 50 10 23 15 45 150 25 54 25 35 200 10 45 15 25 125 20 26 20 50 150 15 37 30 50 200 10 58 40 60 300 25 29 25 40 100 20 4

73

О С - О А

пружина розтягнута

О А О С

пружина розтягнута

ВС = ЗОА П = 1 , 5 гг

пружина стиснута

х

пружина розтягнута

'/2 Ш \ О А В О ]— " Т ' - У ВС 1 , 5 В О х

пружина розтягнуті

Рисунок ДЗ 74

ДодаткиОсновні типи в’язей і напрям їх реакцій

Тип в’язіСхема в’язі та її

позначення Напрямок реакції в’язі

1 4Г ладка опорна поверхня

1 Реакція в’язі напрямлена вздовж загальної нормалі до поверхні в’язі та поверхні тіла в точці дотику.

Опора на гладке ребро тіла або тіло спирається на гладку поверхню

ГчГ'Якщо одна з поверхонь вироджується до точки, то реакція напрямлена по нормалі до іншої.

Гнучка в’язь Реакція в’язі прикладається в точці кріплення і напрямлена завжди вздовж в’язі до точки підвішування.

Рухомий циліндрич­ний шарнір (підшипник) я К

Реакція завжди лежить в площині, що перпендикулярна осі шарніра і напрямлена по нормалі до поверхні на яку спирається шарнір.

Нерухомий циліндрич­ний шарнір

Реакція завжди лежить в площині, що перпендикулярна осі шарніра, але напрямок її невідомий. При розв’язку задач її замінюють двомаскладовими Ё і Я .х у

Жорсткийстержень

Реакція невагомого жорсткого стержня закріпленого на кінцях шарнірно (ідеальний стержень) завжди напрямлена вздовж осі стержня проти дії зовнішньої сили.

Шорсткаплощина

ІЫ .

Напрямок в’язі невідомий. її модуль і напрям визначають згеометричної суми М = N + / ’ р, де

N і і 7 - нормальна та дотична

складові відповідно.

З

75

Сферичний шарнір, упорний підшипник і підп’ятник

- 1 ґ

Реакція може мати будь-який напрям у просторі, проходить через центр в’язі і визначається складовими на осі координат.

Жорстке защемлення в площині £ м й

Реакція може мати будь-який напрям у площині та визначається двома складовими на осікоординат і реактивною парою з моментом М .

Жорстке защемлення в просторі м.

я. Ч А м„

Реакція може мати будь-який напрям у просторі та визначається трьома складовими на осікоординат і трьома складовими реактивного моменту навколо кожної з координатних осей._______

Напівзащем- лена опора Л А/. І

А/

Реакції напрямлені в бік протилежний можливомупереміщенню опори.

з

У

76

Дії над дробамиа - с а

Ь -с Ь а Ь а + Ь .—+ — = ------------,с с са с асі + Ъс—і— =-------Ъ сі Ьсіа с а с . , „ , „------- = — , Ь -ф- 0 , сі Ф 0Ь сі Ьсіа с асі - Ь с

Ь сі ЬсіЬ Ф 0 , сі ф О

а

а

а с асі . т „— : — = — , Ь ф О , с ф О , сі ф О Ь с і Ьс

Формули скороченого множення- Ь 2 = (а - Ь ) ( а + Ь)

(а ± ЬУ = а 2 ± 2 аЬ + Ь2

± Ь 3 = ( а ± Ь \ а 2 ± а Ь + Ь2)

(сі ± ЬУ = а 3 ± ЪссЬ + ЪаЬ2 ± Ьъ

Квадратне рівнянняа х 2 + Ь х + с = 0 а Ф 0

Дискримінант квадратного рівнянняБ = Ь2 - 4 а с

Корені квадратного рівняння- Ь ± 4 1 5

х , =2 а

и<0 рівняння не має дійсних коренівО = 0 рівняння має один корінь О > 0 рівняння має два корені

ГеометріяПрямокутний трикутник

аЬ

Теорема Піфагорас 2 = а 2 + Ь 2

ПаралелограмПлоща

,ь £ = аЬ вігі а

8 - аЬ

ПропорціїПропорціявідношень

рівність двох

а с

Ь сіЪ Ф 0 , сі Ф 0

Основна властивість пропорційа - с і - Ь - с

Вираження одного члена пропорції через іншіа = (Ь -с ) : с і

сі = ( Ь - с ) : а

Ь = ( а - с і ) : с

с = ( а - с і ) : Ь

Степені і кореніа = а - а - . . . - а

а 0 = 1 а =а

а' = *4а‘( а - ) ' =

(аЬ)" = а"Ь"

'\[аЬ = '4а ■ '{[Ь

•4ґ =(

Vа

а"

VІ а _ 'л[а

Нь 'л[ьа = ч а

Рівносторонній трикутника : \ / ЗПлоща 5 =

Висота и=

ТрапеціяПлоща

а + Ь ,Ь =------п

4

а^З 2

77

а ■а - а

а т : а" = а т-

Планіметрія Площа трикутника

Я = —аИ 2Ьу «І \с

, /і Аг ^ ! (І( \ В Н = - а Ь $ т у

21

5 = ^р{р-аУур-Ъ \р-с) а + Ь + с

Р = 2

Площа трикутника вписаного в коло

5 = аЬс

Площа трикутника навколо кола

£ = р г

описаного

Теорема синусіва Ъ с

вігі а віп /3 віп у

Теорема косинусіва 2 = Ь 2 + с 2 - 2 Ь с с о в а

Ь2 = а 2 + с 2 - 2 а с сов /?

с 2 = а 2 + Ь 2 - 2 аЬ сов у

КругДовжина колаІ = 2кЯ

Площа круга$ = тіїС

Сектор кругаДовжина дугиІ = К а

Площа секторааЛ2

а - в радіанах

Сегмент кругаПлоща сегмента

£ = — (а-вта) 2 У

а - в радіанах

КільцеПлоща кільця£ = л-(і?2- г 2)

КонусПлоща бічної поверхні

Я = л г у / г 2 + И 2

Об’єм конусати’2 И

V = ЗЗрізаний конусПлоща бічної поверхні£ = ш(К + г)

Об’єм

V

/Ср\7 і \

\ь \_ ж(г2 +гМ + ~

і И

Прямий циліндрПлоща бічної поверхні£ = 2 лИИОб’єм

V = АкК-Ь

2

78

КуляПлоща поверхні

S = 4 x R 2

Об’єм4

V = - n tV З

ТригонометріяОсновні співвідношення тригонометрії

с

. аsin а = —

сcos а = —

с

tgoc =sin а а

c t g a =

co sa b cos a b

t g a ■ c t g a = 1

1 + t g 2a =1

sin а а

sin2 a + cos2 а =1

, 2 11 + c tg а = --------c o s 'a sin2«

Співвідношення між тригонометричними функціями протилежних аргументівs in ( -a ) = - sin a t g ( - a ) = - t g a

c o s ( -a ) = co sa c t g { - а ) = - c t g a

Формули додаванняsin (а ± ß ) = sin a cos ß ± co sa sin ß

cos(a ± ß ) = co sa cos ß + sin a sin ß

tg(a±ß) J i^ ls L1 - t g a t g ß

Формули перетворення суми тригонометричних функцій в добуток

. , . _ _ . a ± ß а + ßsin а ± sin ß = 2 sin--------cos---------

2 2

„ „ a + ß a - ßco sa + c o s ö = 2 c o s--------- cos-------

2 2

„ Л . a + ß . a - ßco sa - cos ß = -2 sin-------- sin--------

2 2

t g a + tg ß =sin(a ± ß )

c o s a c o s ß

, _ sinfyß+a)c t g a ± c tg ß = .

sin a sin ß

cos(a + ß )

cosasin ßt g a ± c tg ß =

, 2„ sin(a + y0)sin (a- ß )tg а - t g 2ß = / ; v2 / ;

cos a cos ß

, 2„ sin(a + y0)sin (a- ß )c tg а - c tg ß = У . У . ) 0

sin a sm ß

Формули подвійного аргументуsin 2 a = 2 sin a cos a 1- c o s 2a = 2 sin2 a

cos 2 a = cos2 a - s i n 2 a l + cos2a = 2cos2a

t g l a =2 t g a

c t g 2 a =c t g 2a -1

1 - t g a 2 c tg a

Формули потрійного аргументуsin 3a = 3 sin a - 4 sin3 a

cos3a = 4 cos3 a - 3 co sa

3t g a - t g latg 3 a =

c tg 3 a =

1 - 3 t g 2a

c tg 1 a - 3 c tg a

3 tg a -1

Формули пониження ступенів3 - 4 c o s 2 a - c o s 4 a

sin a =

cos a =

8

3 + 4 c o s 2 a - c o s 4 a 8

Значення функцій деяких кутіва 0° 30° 4 5 ° 60 ° 90°

0і л/2 S

іоХХХ ис2 2 2

1S л/2 1

0vU j(a2 2 2

tg a 0 л/3

31 a/3 -

ctga - л/3 1л/3

30

79

а

Формули зведенняX n + a 7i- а

n— Ь а 2

n---- а2

Ъп----- Ь а2

sinx -s in a sina cosa cosa -c o sa

cosx -c o sa -c o sa -s in a sina sina

tgx tg а - tg « -c tg « ctg« -c tg «

ctgx ctg а -c tg « - tg « tg« - tg «

Таблиця похіднихf { x ) функція

— f ( x ) похідна dx

С (стала) 0

X 1

x2 2x

x" nx"'1

4 x 14 x

1 1X X2

s in x c o s x

c o s x - sin X

tgx 1c o s 2 X

ctgx 1s in 2 X

e x e x

a x a x ■ Ina

Inx 1X

l° g a X 1x ln a

Правила диференціювання

(и + v) = и' ± V

(U -V) = u'v + v'uu, v , / - функції;

f( | u ' v - v ' u с - константаUJ VJ

Таблиця інтегралів

і.

2 .

х п dx = -------- 1-С , п ф - 1;п + 1

0 dx = С ; |й6с = х + С;

dx1 + х

(а * 0);

= arctgx + С = - a r c c tg x + ( \ ;

5.dx

л/l - х(а > о);

= arcsin х + С = - arccos x + Cx;

6 .а

a xdx = ------- b С , (0 < а Ф 1);Ina

7. Л& = ех+С:s in x d x = - c o s x + С ;

9. Сол хб/х = s in x + C :

10 .dx

c o s 2 x= tgx + С ;

11 . — — = - c tg x + C ; sin X

12. 2 2 x - а= — /и

2 ах - а

х + а+ С ; (а ^ 0)

13.йбс

д/х + к= /их + л]х2 + к + С :

14.2 , 2 х + а а1 х _

= — a r c tg — h Cj, а а

(а * 0);

15.

dx . х _= a rcs in — ь С

а(а > 0).

= - a r c c o s — b Cj, а

2X

80

ЗМІСТСТАТИКА.............................................................................................. 4

Основні закони статики.................................................................. 4Задача 1С Рівновага системи збіжних сил.................................. 7ЗАВДАННЯ.................................................................................. 10

Задача 2С Розрахунок плоскої ферми.......................................... 12ЗАВДАННЯ.................................................................................. 17

КІНЕМАТИКА...................................................................................... 19Основні закони і формули кінематики.......................................... 19Задача 1К Кінематичне дослідження руху матеріальної точки . 24ЗАВДАННЯ.................................................................................. 28

Задача 2К Складений рух точки.................................................. 32ЗАВДАННЯ.................................................................................. 39

ДИНАМІКА............................................................................................ 45Основні закони та формули динаміки.......................................... 45Задача ІД Диференціальні рівняння руху матеріальної точки . . 53ЗАВДАННЯ.................................................................................. 57

Задача 2Д Теорема про зміну кінетичної енергії системи........ 63ЗАВДАННЯ.................................................................................. 67

Задача ЗД Принцип можливих (віртуальних) переміщень..........70ЗАВДАННЯ.................................................................................. 73ДОДАТКИ...................................................................................... 75

81