Теоретическая механика. Кинематика. Методическое пособие для выполнения расчетно-графических работ

ГОСУДАРСТВЕННЫЙ КОМИТЕТ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ ПО РЫБОЛОВСТВУ

ББК 22.21 М 25 УДК 531.8

КАМЧАТСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ СОСТАВИТЕЛЬ доцент Н. Л. Мареева РЕЦЕНЗЕНТ: ст.преподаватель кафедры механики Т. В.Крылова

Кафедра механики

Теоретическая механика КИНЕМАТИКА

Методическое пособие разработано для курсантов и студентов Камчатской государственной академии рыбопромыслового флота, изучающих дисциплину «Теоретическая механика». В данном методическом пособии представлен раздел «Кинематика». Пособие может быть использовано для самостоятельного изучения раздела как курсантами и студентами дневной формы обучения, так и студентами заочной формы обучения. Методическое пособие содержит элементы теории по основным четырем темам кинематики, разработано в соответствии с типовой программой дисциплины «Теоретическая механика» и с требованиями государственного образовательного стандарта. Методическое пособие рассмотрено и утверждено на заседании кафедры механики протокол № 8 от 20 мая 1999 г.

Методическое пособие для выполнения расчетнографических работ

Петропавловск-Камчатский 2000

©КГАРФ, 2000 г.

СОДЕРЖАНИЕ ВВЕДЕНИЕ ...................................................................................................4 1. ОБЩИЕ МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ ............................................5 2. ОФОРМЛЕНИЕ РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКИХ РАБОТ ....................5 3. СОДЕРЖАНИЕ ПОЯСНИТЕЛЬНОЙ ЗАПИСКИ ...............................6 4. ВЫБОР ВАРИАНТА ЗАДАНИЯ .............................................................6 5. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ КИНЕМАТИКИ .............................7 6. КИНЕМАТИКА ТОЧКИ И ТВЕРДОГО ТЕЛА.....................................8 6.1. Расчётно–графическая работа К–1 .................................................8 6.1.1. Элементы теории ................................................................................. 8 6.1.2. Пример 1 выполнения расчетно-графической работы К–1 ......... 10 6.1.3. Пример № 2 выполнения расчетно-графической работы К–1 .... 15 6.1.4. Пример № 3 выполнения расчетно-графической работы К–1 .... 17 6.1.5. Список обозначений в РГР К–1 ....................................................... 23 6.1.6. Вопросы для защиты расчетно-графической работы К–1 ........... 24 6.1.7. Варианты заданий расчетно-графической работы К–1 ................ 25 6.2. Расчётно–графическая работа (К–2) .............................................27 6.2.1. Элементы теории ............................................................................... 27 6.2.2. Пример № 1 выполнения контрольной работы К–2 ..................... 28 6.2.3. Пример № 2 расчетно-графической работы К–2. ......................... 31 6.2.4. Вопросы для защиты задачи К–2 .................................................... 37 6.2.5. Варианты заданий расчетно-графической работы К–2 ................ 38 6.3. Контрольная работа № 3 (К–3). .....................................................39 6.3.1.Элементы теории. ............................................................................... 39 6.3.3. Пример № 2 задачи К–3 .................................................................... 52 6.3.4. Список обозначении к работе К–2. ................................................. 58 6.3.5. Вопросы для защиты работы К–3 ................................................... 59 6.3.6. Варианты заданий работы К–3 ........................................................ 60 6.4. Контрольная работа № 4 (К–4) ......................................................62 6.4.1. Элементы теории ............................................................................... 62 6.4.2. Список обозначении к задаче К–4................................................... 65 6.4.3. Пример № 1 выполнения контрольной работы № 4 ..................... 66 6.4.4. Пример № 2 выполнения контрольной работы работы К–4 ...... 71 6.4.5. Вопросы для защиты контрольной работы работы К–4 .............. 76 6.4.6.Варианты заданий задачи К 4 ........................................................... 77 7. ЛИТЕРАТУРА .........................................................................................79

ВВЕДЕНИЕ Данное методическое пособие предназначено для студентов морских специальностей Камчатского государственного технического университета. Цель данной разработки – помочь самостоятельно подготовиться к выполнению домашних расчётнографических работ и аудиторных контрольных работ по разделу «Кинематика» как студентам дневного, так и заочного отделения. В данном пособии рассмотрены следующие темы: 1. Определение кинематических характеристик точки при координатном способе задания ее движения. (Работа К–1). 2. Расчет передаточных механизмов. Исследование простейших движений твердого тела – поступательного и вращательного. (Работа К–2). 3. Расчет плоских механизмов. Исследование плоско – параллельного движения твердого тела. (Работа К–3). 4. Определение кинематических характеристик точки в сложном движении. ( Работа К–4).

1. ОБЩИЕ МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ Изучать материал рекомендуется по темам учебника. Проверить свои знания можно, ответив на контрольные вопросы. Затем следует перейти к работе с данным пособием. В решенном примере надо постараться увидеть применение всех теоретических положений, помещенных перед примером. Когда станет окончательно ясен смысл формулировок, их необходимо запомнить. Как воспользоваться решенным примером? Надо аккуратно выполнить для себя чертеж и понять условие. Затем самостоятельно его решить. При любых затруднениях всегда имеется возможность сверить с правильным решением, разобраться со своими ошибками. Необходимо проявить настойчивость и довести решение до конца. Также внимательно необходимо отнестись к своему чертежу. Для векторов, построенных в масштабе, надо указать масштабную единицу. Подготовительную работу можно считать законченной, если результаты аналитического решения подтвердятся геометрической проверкой. Критерием подготовленности студента является выполнение аудиторной контрольной работы в отведенное время, а для домашней расчетно-графической работы – защита ее в установленные сроки. 2. ОФОРМЛЕНИЕ РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКИХ РАБОТ 1. Работы оформляются на листах формата А4. 2. Текст пишется с одной стороны листа аккуратно, без исправлений. 3. Все чертежи выполняются карандашом. Типы линий и их размеры должны соответствовать ГОСТу 2.303–68. Контуры схемы выполнять сплошной основной линией (S = 1 ⎛S ⎞ мм), осевые – штрих-пунктирной линией ⎜⎜ = 0,5 мм ⎟⎟ , линии ⎝2 ⎠

вспомогательного п остроения и штриховки – сплошной тонкой ⎞ ⎛S линией ⎜ = 0,5 мм ⎟ . 2 ⎝ ⎠ 4. Размеры на чертежах проставляются в соответствие с ГОСТ 2.307–68. Оформление работ должно отвечать требованиям, предъявляемым к текстовой документации.

3. СОДЕРЖАНИЕ ПОЯСНИТЕЛЬНОЙ ЗАПИСКИ 1. Дается физическое условие задания. 2. Текстовое условие задания сопровождается чертежом (в некоторых случаях – масштабным), на котором учтены числовые данные своего варианта (углы, размеры). 3. Аналитическое решение сопровождается краткими пояснениями со ссылками на основные теоремы, принципы, методы механики. 4. Решение иллюстрируется рабочим чертежом, основное внимание на котором должно быть уделено правильному выбору масштабных единиц и правильному построению векторных величин. 5. После решения проводится анализ ответов (дается физическая обоснованность численных результатов, поясняются знаки). 6. Решение сопровождается проверкой. 7. 7.В конце пояснительной записки дается список условных обозначений и указывается используемая литература. 4. ВЫБОР ВАРИАНТА ЗАДАНИЯ Вариант своего задания студент определяет на основании шифра, присвоенного ему преподавателем. Шифр имеет четыре цифры, например, 1703. Каждой цифре присваивается порядковый номер. Так, цифра 1 имеет первый порядковый номер; цифра 7 имеет второй порядковый номер; цифра 0 имеет третий порядковый номер; цифра 3 имеет четвертый порядковый номер. Исходные данные в задаче выбираются из соответствующей таблицы (к работе К–1 таблица К1 и т. д.) на пересечении столбца

и строки. Столбец соответствует порядковому номеру цифры в шифре, строка – цифре шифра. Студент, имеющий приведенный шифр, выбирает данные из таблицы на пересечении столбца 1 и строки 1; столбца 2 и строки 7; столбца 3 и строки 0; столбца 4 и строки 3. В таблице исходных данных знак «минус» означает, что действительное направление отсчета угла поворота тела или заданной угловой скорости вращения тела противоположно указанному направлению на исходной схеме. Студент в этом случае сопровождает текстовое условие задачи схемой, в которой должно быть отражено действительное направление угла поворота тела или угловой скорости тела. В исходной схеме студент учитывает и другие заданные условия своего варианта (углы, размеры и т. д.). Все допущения, принятые в теоретической механике (нити – абсолютно нерастяжимые, стержни – невесомые и абсолютно жесткие, поверхности – идеально гладкие и т. д.), в каждой задаче специально не оговариваются. Еще до решения задачи студент должен внимательно отнестись к условию, т. к. уже на первом этапе он должен понять и воплотить данные своего варианта в схеме, не допустив ошибки. 5. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ КИНЕМАТИКИ Задачами кинематики являются:

1. ки:

Определение кинематических характеристик точ-

•

траектории;

•

вектора скорости – V ;

•

вектора ускорения – a.

2. Определение кинематических характеристик тел: • угловой координаты – ϕ ; • угловой скорости – ω ;

• углового ускорения – ε . Как и в статике, в кинематике приходится иметь дело с векторными величинами. Поэтому решать задачи можно как аналитическим, так и геометрическим методом. Данное пособие рекомендует избрать аналитический метод, как более точный, для решения задач, а геометрический, как более наглядный, – для проверки решения. Ниже даются конкретные методические указания по решению каждой контрольной работы, и приводится пример. Следует иметь в виду, что вопросы и методы, рассмотренные в данном пособии, используются во всех последующих разделах курса теоретической механики. 6. КИНЕМАТИКА ТОЧКИ И ТВЕРДОГО ТЕЛА 6.1. Расчётно–графическая работа К–1 6.1.1. Элементы теории Тема: Определение кинематических характеристик точки при координатном способе задания ее движения. Приступая к выполнению контрольной работы, необходимо знать: 1. Способы задания движения точки. ¾ естественный S = f (t ) $ ¾ ¾

векторный r = r (t ) $ координатный x = f1(t ), y = f 2 (t ), z = f3 (t ) .

2. Определение траектории точки. Траекторией точки называется геометрическое местопоследовательных положений точки при ее движении. По траектории движение точки делится на: ¾ прямолинейное; ¾ криволинейное; 3. Определение скорости точки.

Скорость точки есть векторная величина, которая показывает изменение радиус-вектора точки во времени как по величине, так и по направлению.

V=

Δ r r2 − r1 . = Δt t 2 − t1

4. Определение ускорения точки. Ускорение точки есть векторная величина, которая показывает изменение вектора скорости как по величине, так и по направлению:

a=

ΔV V2 − V1 = Δ t t 2 − t1`

5. Физический смысл нормального ускорения точки. Нормальное ускорение точки показывает изменение вектора скорости точки по направлению:

a

n

=

2

V

ρ

6. Физический смысл касательного ускорения точки. Касательное ускорение точки показывает изменение вектора скорости точки по величине:

aτ =

ΔV V2 −V1 = Δt t2 − t1

7. Направления векторов: • вектор скорости точки всегда направлен по касательной к траектории точки в сторону её движения; • вектор нормального ускорения точки всегда направлен к центру кривизны траектории (в сторону её вогнутости); • вектор касательного ускорения точки направлен вдоль касательной к траектории; • в случае ускоренного движения в ту же сторону, что и вектор скорости точки; • в случае замедленного движения – в сторону, противоположную вектору скорости точки. 8. Классификация движения точки по касательному ускорению:

• Равномерное a τ = 0 ; • ускоренное a τ f 0 ; • замедленное a τ p 0 ; • равноускоренное aτ = const > 0; • равнозамедленное aτ = const < 0. Движение точки называется равномерным, если вектор скорости точки не меняется по величине; ускоренным – если скорость точки увеличивается с течением времени; замедленным – если скорость точки уменьшается с течением времени; равноускоренным – если скорость точки увеличивается на одну и ту же величину за одинаковые промежутки времени; равнозамедленным – если скорость точки уменьшается на одну и ту же величину за одинаковые промежутки времени. 6.1.2. Пример 1 выполнения расчетно-графической работы К–1 По заданным уравнениям движения точки М установить: • вид её траектории и для указанных моментов времени найти положение точки на её траектории: • вектор скорости; • вектор касательного, нормального и полного ускорения точки; • радиус кривизны траектории в соответствующих точках. Дано:

π

x =2sin t2(см,с) 3

π

y=cos t2 −1(см,с) 3 t1 = 0, t2 =1c, t3 =1,5c . Найти: y = f ( x ); V1 , V2 , V3 , a1 , a2 , a3 , ρ1 , ρ 2 , ρ 3 Решение: 1. Определим уравнение траектории точки М в координатной форме. Для этого из заданных уравнений исключим параметр t:

x π = sin t 2 2 3 y + 1 = cos

π 3

t2

4 × 3,14 ×1,5(− 0,707 ) = − 4,44 см с 3 2 × 3,14 × 1,5 × 0,707 = − 2,22 см . Vy3 = − с 3 Vx 3 =

x ( y +1) + =1 22 12 2

2

Траекторией точки является эллипс, полуоси которого равны 2 см и 1 см, а центр имеет координаты 0 и – 1 см. Обозначим движущуюся точку – (·) М. Найдём её координаты в указанные моменты времени:

При t1 = 0 Μ 1

⎧ x1 = 0; ⎨ ⎩ y1 = 0;

При t 2 =1с

При t3 =1,5c Μ 3

Μ2

⎧ x3 =1,414 см; ⎨ ⎩ y3 = − 1,707 см.

2. Определим скорость точки по её проекциям на координатные оси: '

π ⎞ 4 π dx ⎛ Vx = = ⎜ 2sin t 2 ⎟ = πt cos t 2 3 ⎠ 3 3 dt ⎝ '

dy ⎛ π ⎞ π 2 V y = = ⎜ cos t 2 ⎟ = − πt sin t 2 dt ⎝ 3 ⎠ 3 3 Проекции скорости точки в указанные моменты времени будут:

Vy1 = 0;

Vx 2 = 2,093 см

с Vy 2 = − 1,813см

с

V1 = 0 V2 = Vx22 + Vy22 = 2,0932 +1,8132 = 2,77 см

⎧ x 2 =1,73см; ⎨ ⎩ y 2 = − 0,5см;

Выбираем масштаб расстояний, строим траекторию точки в виде эллипса и по найденным значениям координат показываем на ней положение точки в заданные моменты времени М1, М2, М3.

Vx1 = 0;

Определим модуль скорости точки в указанные моменты времени:

V3 = Vx23 + Vy23 = 4,44 2 + 2,222 = 4,96 см

с

с

Выбираем масштаб скоростей. Вектор скорости строим по составляющим на координатные оси; при этом учитываем знаки проекций Vх, Vу. Если вектор скорости точки получился направленным по касательной к траектории в данной точке, то вычисления сделаны верно. 3. Определим ускорение точки по его проекциям на оси: ,

dV ⎛ 4 π ⎞ 4 π π 8 a x = x = ⎜ π t cos t 2 ⎟ = π cos t 2 − π 2 t 2 sin t 2 dt1 ⎝ 3 3 ⎠ 3 3 9 3 , dVy ⎛ 2 π 2⎞ π π 2 4 ay = = ⎜ − π t sin t ⎟ = − π sin t 2 − π 2 t 2 cos t 2 3 ⎠ 3 3 9 3 dt ⎝ 3

Найдём проекции ускорения точки в заданные моменты времени:

при при при

4 × 3,14 = 4 ,187 см 2 ; a y1 = 0 с 3 t 2 = 1c a x 2 = − 5,5 см 2 ; a y 2 = − 4 ,004 см 2 с с t 3 = 1,5 c a x 3 = −16 ,9 см 2 ; a y 3 = 5, 49 см 2 с с t1 = 0

a x1 =

Определим модули ускорения точки М в заданные моменты времени:

при t1 = 0

a1 = a x1 = 4,187 cм

при t 2 = 1c

a2 = 5,5 2 + 4,004 2 = 6,8 см

n

с2 при t 3 = 1,5c a3 = 16,9 2 + 5,49 2 = 17,77 см

a1 , a 2 , a 3 . При правильных вычислениях вектор а , построенный

с

2

Выбираем масштаб ускорения и строим вектор ускорения по составляющим а х и а у . 4. Касательное ускорение для t = 0 определим по физическому смыслу, т. к. скорость движения точки в этот момент времени равна нулю: a1τ = a1 = a1x = 4,187 см 2 с Касательное ускорение для других заданных моментов времени определим на основании формулы: Vx ax +Vy ay aτ = V 2,093× (− 5,5) + (−1,813)×(− 4,004) при t2 = 1c a2τ = = −1,535см 2 с 2,77 Отрицательный знак касательного ускорения указывает на то, что вектор касательного ускорения направлен в сторону, противоположную вектору скорости точки: (− 4,44)×(−16,9)+(− 2,22)×5,49 = 12,67см при t3 =1,5c a3τ = с2 4,96 Положительный знак касательного ускорения указывает на то, что вектор касательного ускорения направлен в ту же сторону, что и вектор скорости точки.

n

τ

на составляющих a и a и на составляющих а х и а у , должен получиться один и тот же, что соответствует векторной формуле: n

τ

а = а + a = ax + ay 6. Определим радиус кривизны траектории в заданные моменты времени: V 2 4,962 V2 V 2 2,722 ρ = n ; ρ2 = 2n = = 1,16 см ; ρ3 = 3n = = 1,97 см. a a2 6,62 a3 2,46 Расчёты иллюстрируем чертежом, в правом верхнем углу которого указываем масштабные единицы расстояния, скорости и ускорения (рис. 1.1). Радиус кривизны отложим по нормали в сторону вогнутости траектории и отметим знаком «∗» центр кривизны кривой в данной точке.

5. Нормальное ускорение точки определяется формулой:

a1n = 4,187 2 − 4,187 2 = 0

( )

a n = a 2 − aτ

2

a2n = 6,82 −1,5352 = 6,62 см

с2 a3n = 17,77 2 −12,67 2 =12,46 см

с2

τ

По найденным значениям составляющих a и a для каждого момента времени в выбранном ранее масштабе ускорения вычерчиваем векторы полных ускорений движущейся точки М –

с2

Рисунок 1.1

6.1.3. Пример № 2 выполнения расчетно-графической работы К–1

Исходные данные: Текстовое условие задачи изложено в примере № 1 Дано:

Vx =

(

Vx = 1,6 см ; с

x = at + c (см, с )

Найти: y = f ( x ); V ;

τ

n

a; a ; a ; ρ

Решение: Подставим коэффициенты в исходное уравнение и получим следующие уравнения изменения координат движущейся точки М в зависимости от времени:

x = 0,8t 2 ;

y = 0,9t +1

Эти уравнения описывают траекторию точки в параметрической форме. Чтобы получить уравнения траектории в виде у = f(x), надо из этих уравнений исключить параметр t:

t=

y −1 ; 0,9

0,8( y − 1) 0,9 2

2

x=

Получим уравнение параболы. Приведём его к виду у2 = 2рх: 2 ( y − 1) = 0,9 x; 0,8 2

( y − 1)

2

=x

Следовательно 2р = 1, вершина параболы смещена по оси у на +1, ось симметрии параболы параллельна оси х. Выберем масштабную единицу и построим траекторию точки М, изобразив её на рис. 1.2. Найдём координаты точки М в момент времени 1сек. Х = 0,8 см; У = 0,9 + 1 = 1,9 см. По найденным координатам на рис.1.2 построим положение точки М. При этом точка должна попасть на параболу. Определим скорость точки по ее проекциям на координатные оси:

Vy =

dy ' = (0,9t +1) = 0,9 dt

Для заданного момента времени:

2

y = bt + d (см, с ) a = 0,8; c = 0; b = 0,9; d =1; t =1c

)

' dx = 0,8t 2 =1,6t ; dt

V y = 0,9 см

V = V + V = 1,83 см 2 x

2 y

с

с

Вектор скорости точки строим по составляющим в выбранном масштабе. При этом вектор скорости точки должен получиться направленным по касательной к траектории в данной точке. Определим ускорение точки по его проекциям на оси:

ax =

dV x ' = (1,6t ) =1,6 см 2 ; с dt

ay =

dV y dt

= (0,9 ) = 0 '

Выбираем масштаб ускорений и строим вектор ускорения точки по составляющим a x и a y . Найдём касательное ускорение точки:

aτ =

Vx a x + V y a y V

=

1,6 ×1,6 = 1,4 см 2 с 1,83

Положительный знак касательного ускорения точки указывает на то, что вектор касательного ускорения направлен в ту же сторону, что и вектор скорости точки. Определим нормальное ускорение точки:

( )

a n = a 2 − aτ

2

= 1,6 2 − 1,4 2 = 0,77 см

с2

При правильных вычислениях вектор полного ускорения точки а , построенный как на составляющих а х и а у , так и на соτ

n

ставляющих а и а , должен получиться один и тот же, что соответствует векторной формуле: τ

a = ax + a y = a + a

n

Определим радиус кривизны траектории в заданный момент времени:

ρ=

V 2 1,832 = = 4,35 см a n 0,77

π

x = − 3 − 9 sin

Расчёты иллюстрируем на рис. 1.2, в правом верхнем углу которого указываем масштабные единицы расстояния, скорости и ускорения:

y = − 9 cos

π

6 t1 = 0 ; t 2 = 4 c

6

(см , с )

t

(см , с )

t+5

Найти : у = f ( x ); v , a , a τ , a , ρ n

Решение: 1. Определим уравнение траектории точки М в координатной форме. Для этого исключим из уравнения(1) параметр t. Тогда:

x + 3 = 9 sin

π

6

y − 5 = − 9 cos

Рисунок 1.2.

6.1.4. Пример № 3 выполнения расчетно-графической работы К–1

По заданным уравнениям движения точки М установить вид её траектории и для указанных моментов времени найти положение точки на траектории, ее скорость, полное, касательное и нормальное ускорения, а также радиус кривизны траектории в соответствующей точке. Исходные данные:

(см , с )

t

π 6

t

(см , с )

( x + 3 )2 + ( y − 5 )2 = 9 2 Полученное уравнение – есть уравнение окружности с радиусом 9см и центром О1 с координатами х = –3 см, у = 5 см. Найдем координаты точки М в указанные моменты времени ⎧ x = − 3 − 9 sin 0 = − 3см при t1 = 0 Μ1 ⎨ 1 ⎩ y1 = − 9 cos 0 + 5 = − 9 + 5 = − 4 см ⎧ 3 4 ⎪⎪ x2 = − 3 − 9 sin π = − 3 − 9 = −10,8 см 2 6 при t2 = 4 Μ2 ⎨ 4 ⎛ ⎪ y2 = − 9 cos π ± 5 = (− 9)×⎜ − 1 ⎞⎟ + 5 = 9,5 см ⎪⎩ 6 ⎝ 2⎠ 2. Определим скорость точки по её проекциям на координатные оси:

2

2

V = Vx + V y , где Vx – проекция скорости точки М на ось х; Vy – проекция скорости точки М на ось у, тоже

Найдём проекции ускорения точки в заданные моменты времени:

1 a x1 = π 2 sin 0 = 0 4 1 1 a y1 = π 2 cos 0 = π 2 см / с 4 4 1 4 3 a x2 = π 2 sin π = 0,22π 2 = π 2 см / c 2 4 6 8 1 4 1 a y2 = π 2 cos π = − 0,12π 2 = − π 2 см / с 2 4 6 8

при t1 = 0

,

dx ⎛ 3 π ⎞ π π π Vx = = ⎜ − 3 − 9 sin t ⎟ = − 9 cos t = − π cos t dt1 ⎝ 6 ⎠ 6 6 2 6 ,

dy ⎛ π π π 3 π ⎞ Vy = = ⎜ − 9 cos t + 5 ⎟ = 9 sin t = π sin t dt ⎝ 6 6 6 2 6 ⎠

при t 2 = 4c

Проекция скорости точки М на оси в указанные моменты времени будут: 3 3 3 Vx1 = − π cos0 = − π; Vy1 = π sin 0 = 0; 2 2 2 3 4 3 3 4 3× 3 при t2 = 4 Vx2 = − π cos π = π; Vy2 = π sin π = π см / c 2 6 4 2 6 4

при t1 = 0

Определим модули скорости точки М в заданные моменты времени: 2 1y

2

⎛3 ⎞ V2 = Vx22 +Vy22 = ⎜ π ⎟ ⎝4 ⎠

1 a1 = a x21 + a y21 = π 2 4

2

⎛ 3× 3 ⎞ 3 +⎜⎜ π ⎟⎟ = π см/ с ⎝ 4 ⎠ 2

2

2 y2

см/ c2

4. Касательное ускорение находим путём дифференцирования модуля скорости: aτ =

3. Определим ускорение точки:

•

dV dt •

dV 2Vx × Vx + 2V y × V y Vx × a x + V y × а y = = dt V 2 V 2 +V 2

a = ax2 + a y2 , где ах – проекция ускорения точки М на ось х; ау – проекция ускорения точки М на ось у. ′ d 2 x dV ⎛ 3 π π ⎞ 1 a x = 2 = x = ⎜ − π cos t ⎟ = π 2 sin t ; dt ⎝ 2 6 ⎠ 4 6 dt ′ d 2 y dV y ⎛ 3 π ⎞ 1 π ay = 2 = = ⎜ π sin t ⎟ = π2 cos t dt ⎝ 2 6 ⎠ 4 6 dt

см / с 2

⎛ 3 ⎞ ⎛ 1 2 ⎞2 1 2 1 a2 = a + a = ⎜⎜ π ⎟⎟ + ⎜ π ⎟ = π 3 +1 = π 2 4 ⎝ 8 ⎠ ⎝8 ⎠ 8 2 x2

3 V1 = V + V = π ; 2 2 1x

Определим модули ускорения точки М в указанные моменты времени:

x

при t1 = 0

при t 2 = 4c a2τ =

a1τ =

y

1 2 ⎛ 3 ⎞ ⎜ − π⎟ × 0 + 0 × π 2 ⎠ 4 =0 =⎝ 3 π 2 3 3 2 3 3 ⎛ 1 2⎞ π× π + π⎜ − π ⎟ 4 8 4 ⎝ 8 ⎠ =0 = 3 π 2

Vx1 × а x1 +V y1 × а y1 V1

Vx2 × а x2 + V y2 × а y2 V2

Следовательно, модуль касательного ускорения в любой момент времени равен нулю. Нормальное ускорение точки определяется:

( )

an = a 2 − a τ

2

1 = π2 4

см / c 2

Радиус кривизны траектории точки: 2

ρ=

V

2

an

Вычерчиваем траекторию движения точки М и показываем на ней положение точки в заданные моменты времени М1 и М2. Вектор скорости строим по составляющим на координатные оси; при этом учитываем знаки проекций Vx, Vy. Если вектор скорости получился направленным по касательной к траектории в данной точке, то вычисления сделаны, верно. Вектор ускорения вычерчиваем как по составляющим a x , a y , τ

⎛3 ⎞ ⎜ π⎟ 9 × 4π 2 2 ⎠ =⎝ = = 9 см 2 1 2 4 π π 4

n

так и по составляющим a , a , чем также контролируется правильность вычислений. Выбираем масштабы для расстояний, скоростей и ускорений и иллюстрируем решение чертежом (Рис. 1.3).

является величиной постоянной для любого момента времени, т. к. окружность есть кривая постоянного радиуса. Координаты точки, а также её скорость, ускорение, полученные значения касательного, нормального ускорений и радиус кривианы траектории точки приведены в таблице 1.

Координаты,

Скорость,

Ускорение,

см

м/сек

см/сек2

Радиус кривиз ны, см

Моменты времени сек

Таблица 1

t

x

y

Vx

Vy

V

ax

ay

a

aτ

an

ρ’

0

–3

–4

3 − π 2

0

3 π 2

0

1 2 π 4

1 2 π 4

0

1 2 π 4

9

4

–10,8

9,5

1 1 − π2 π2 8 4

0

1 2 π 4

9

3 3 π 3 3π π 3π2 4 2 4 8

Рис.1.3

Получили частный случай движения – равномерное криволинейное. В любой момент времени касательное ускорение равно нулю, а полное ускорение равно нормальному ускорению. Следовательно, вектор полного ускорения должен быть перпендикулярен вектору скорости для любого момента времени. Проверим на взаимную перпендикулярность этих векторов для второго момента времени. Раскроем скалярное произведение векторов V 2 и а 2 . .

dx – первая производная от координаты точки х по времени; dt Прочитайте следующее:

xΑ − VΜ −

τ

ac −

ρ2 −

V x = Vx • i a = ax + ay

3 3 3 3 ⎛ 1 2⎞ 3 3 3 3 3 3 V 2 • a 2 = V2 x a2 x + V2 y a2 y = π • π 2 + π⎜− π ⎟ = π − π =0 4 8 4 ⎝ 8 ⎠ 32 32

aΝ −

dx dt V y = Vy • j

a ΝΧ −

a x = ax • i

a = an • n

Т. к. скалярное произведение векторов V 2 и a 2 получилось равным нулю, то эти векторы действительно взаимно перпендикулярны. Это подтверждается и чертежом (Рис. 1.3).

aΒ −

V c = Vc • τ

a = аτ • τ

V ΚУ −

n

Vx =

V = V x • i + V y • j;

n

a=a +a

τ

V =V x +V

y

n

τ

a = a n • n + aτ • τ

6.1.5. Список обозначений в РГР К–1

х, у – текущие координаты точки; V 2 – вектор скорости точки во второй момент времени;

V 1 y – составляющая вектора скорости точки в первый момент времени вдоль оси у; V2 х – проекция вектора скорости точки во второй момент времени на ось х; a, W – вектор ускорения точки;

a x – составляющая вектора ускорения точки вдоль оси х; τ

a – составляющая вектора ускорения точки вдоль оси касательной; a2n – модуль нормального ускорения точки во второй момент времени; ρ – радиус кривизны кривой в данной точке; n – орт нормальной оси;

τ – орт касательной оси;

6.1.6. Вопросы для защиты расчетно-графической работы К–1 Тема: Кинематика точки. 1. Какие существуют способы задания движения точки? Назовите, каким способом задано движение точки в вашей задаче. 2. Что называется осью? Что называется координатой точкой? Покажите все необходимые координаты точки в вашей задаче. 3. Что называется траекторией точки? Дайте запись канонического уравнения траектории любой точки в вашей задаче, поясните значение коэффициентов. Постройте траекторию того же вида по новым коэффициентам в присутствии преподавателя. 4. Что называется скоростью точки? Как направлен вектор скорости? Постройте вектор скорости точки в вашей задаче для нового момента времени, укажите масштабную единицу. 5. Что называется ускорением точки? Как направлен вектор ускорения? Постройте вектор ускорения точки для нового момента времени. Укажите масштабную единицу.

τ

x, y −

W,a −

a 2n −

a2 −

V−

a x ,a y −

ρ2 ,ρ3 −

a1n −

V x ,V y −

a x ,a y −

Vx3 −

a = an • n

V x ,V y − n

τ

a ,a − τ

a=a +a ;

x = f1(t)

τ

a × cos α+c

b × sin α+d

π

2

a × sin2 α+c

b × cos2 α+d

π

b × сosα + d

π

a × sin

α 2

+c

ay =

dV y dt

; Vx =

dx dt

6.1.7. Варианты заданий расчетно-графической работы К–1 Тема: Кинематика точки. Определение кинематических характеристик точки при координатном способе задания её движения.

2 3 4

1

5

–10

1

×t

0,5

–1

2

1

0,5

×t

1

2

1

0

1

0,8

0

0,9

1

0,25

5

2

2

–1

1

–0,5

0

0,5

1

0,5

–

30

0

20

10

1

×t

2

–1

–2

–3

0,25

× t2

10

5

10

0

1

×t

5

10

5

–5

0,5

b × t+d

5

a × sin α+c

b × cos α+d

6

a × cos2 α + c

b×sin2α + d π × t

7

a × t+c

8

a × cos α+c

b × sin

9

a × cos α+c

b × sin α+d

π

0

a × sin α+c

b × сos α + d

π

b × t2+d α 2

+d

– 2

× t2

3

π 3 6

4

4 t(c)

10

a × t2+c

π

d

×t

4

τ

a = a •τ

Порядковый номер цифры варианта 1 2 3 y = f2(t) α a c b

1

n

a y1 −

a 2 = a x2 + a y2 ;

Таблица К1

3

Прочитайте следующие обозначения:

n

Точка М движется в плоскости ху. Закон изменения координат точки задан уравнениями х = f1(t), y = f2(t), где х и у выражены в сантиметрах, t – в секундах. Найти уравнение траектории точки для указанного момента времени, определить скорость и ускорение точки, а также её касательное и нормальное ускорения и радиус кривизны в соответствующей точке траектории. Исходные данные приведены в таблице К1. Цифра вариантa

6. Дайте определение равномерного, ускоренного, замедленного равноускоренного, равнозамедленного движения точки. Дайте характеристику движения точки. 7. Как обозначаются естественные оси координат и их орты? Покажите естественные оси для нового момента времени в вашей задаче. 8. В чём заключается физический смысл касательного ускорения точки? 9. Дайте формулу для определения численного значения касательного ускорения точки. Найдите его значение для нового момента времени, в выбранном масштабе постройте вектор. 10. В чём заключается физический смысл нормального ускорения точки? 11. Определите значение нормального ускорения точки для нового момента времени в присутствии преподавателя, постройте этот вектор. 12. Что служит проверкой правильности выполнения вашей задачи? Выполните проверку в присутствии преподавателя.

6.2. Расчётно–графическая работа (к–2) 6.2.1. Элементы теории Тема: Исследование простейших движений твердого тела – поступательного и вращательного. Приступая к выполнению контрольной работы, необходимо знать:

1. Свойства поступательного движения твердого тела. «При поступательном движении твердого тела все точки тела описывают тождественные траектории, имеют одинаковые скорости и одинаковые ускорения в один и тот же момент времени». 2. Зависимость между линейными характеристиками точки и угловыми характеристиками тела при вращении тела. Зависимость между углом поворота тела φ и расстоянием S, пройденным точкой этого тела за тот же промежуток времени, выражается формулой:

S =r × ϕ Зависимость между угловой скоростью тела и скоростью точки в каждый момент времени выражается равенством:

V =r × ω Вектор скорости точки всегда направлен по касательной к траектории в сторону, соответствующую направлению угловой скорости тела. Вектор нормального ускорения точки всегда направлен к оси вращения тела, численное значение определяется формулой:

Вращательным движением называется движение твердого тела, при котором неподвижны две его точки. Вращением называется движение тела, а не точек. Отдельно взятая точка не вращается, а движется по окружности, т. е. совершает криволинейное движение. 5. Величины скоростей точек на ободе зубчатых колес, находящихся в зацеплении, равны. Также равны по модулю скорости точек на ободе шкивов ременной передачи. 6. Если тело движется поступательно, то можно говорить о движении точки, что следует из свойств поступательного движения тела. 7. Вектор касательного ускорения точки направлен по касательной к траектории в сторону, соответствующую направлению углового ускорения тела, численное значение определяется формулой:

aτ = r × ε 6.2.2. Пример № 1 выполнения контрольной работы К–2

По заданному уравнению прямолинейного поступательного движения груза 1 определить скорость, а также касательное, нормальное и полное ускорения точки М механизма в момент времени, когда путь, пройденный грузом, равен S. Схема передаточного механизма задана на рис. 2.1.

an = r × ω 2 3. Что называется поступательным движением? Поступательным движением называется движение твердого тела, при котором любая прямая, связанная с телом, перемещается в пространстве параллельно самой себе. 4. Что называется вращательным движением?

Рисунок 2.1.

Так как знаки ω 3 и ε 3 совпадают, то звено 3 движется ускоренно и направление дуговых стрелок ω 3 и ε 3 также совпадают.

Дано: x 1 = 5 + 10 t 2 S = 0 ,2 м r 2 = 10 см ,

( см , с )

5. Найдем скорость точки М в момент времени t = τ .

2 ω 3 = ×1,4 = 0,93 1c ; 3

R 2 = 15 см

VΜ = ω 3 R3 = 0,93 × 20 = 18,6 см

R 3 = 20 см n Μ

τ

Найти: V Μ , а , а Μ , а Μ − ? Решение: 1. Определим момент времени τ, когда путь S, пройденный грузом 1, равен 20 см.

Вектор скорости точки М направлен перпендикулярно к радиусу в соответствии с направлением ω 3 – угловой скоростью колеса 3. 6. Определим касательное и нормальное ускорения точки М: τ aΜ = R3 × ε 3 = 13,3 см

S = x t =τ − x t = 0 = 5 + 10τ 2 − 5 = 10τ 2 ; 10τ 2 = 20; τ = 1,4c 2. Найдем скорость груза 1, для чего продифференцируем заданное уравнение его движения по времени:

(

)

' dx V1 = 1 = 5 + 10t 2 = 20t dt

3. Угловая скорость звена 2:

ω2 =

V1 20t 4 = = t R2 15 3

r 2 ω3 = 2 ×ω 2 = t 3 R3

4. Определим угловое ускорение звена 3:

ε3 =

с2 aΜn = R3 × ω 32 = 17,4 см 2 с τ

a Μ – вектор касательного ускорения направлен перпендикулярно отрезку ОМ в соответствии с ε 3 n

Угловые скорости колес 2 и 3, связанные зубчатой передачей, обратно пропорциональны радиусам этих колес, т. е.

ω 2 R3 = ; ω 3 r2

с

dω 3 2 = dt 3

1

c2

a Μ – вектор нормального ускорения направлен к центру колеса 3. 7. Найдем полное ускорение точки М в заданный момент времени:

aΜ =

(a ) + (a ) τ

Μ

2

n 2 Μ

= 21,8 см

с2

Выберем масштабную единицу для построения вектора скорости и масштабную единицу для построения векторов ускорения и покажем все вектора на чертеже (Рис. 2.2).

Рис. 2.3 Дано:

x A = 6 + 3t 2

(см, с )

R2 = 4 м t = 1c Найти:

V

Рисунок 2.2

6.2.3. Пример № 2 расчетно-графической работы К–2.

Передаточный механизм (рис. 2.3) вычерчен в масштабе (определить его и указать на рабочей схеме). Задан большой радиус второго шкива – R2. Известно уравнение изменения координаты груза А–хA. В указанный момент времени t определить угловые скорости и угловые ускорения звена 1 и 2, линейные скорости и ускорения точек механизма.

Μ

;

ω 1,ω 2 ; ε1,ε 2; a V

Μ

;

A , B ,C .D

Решение: 1. Найдем скорость груза А:

VΑ =

d xΑ dt

(

)

'

= 6 + 3t 2 = 6t

Точки А и О имеют одинаковые скорости, т. к. отрезок нити ОА, которой они принадлежат, движется поступательно. Следовательно,

VO = VΑ = 6t 2. Угловая скорость колеса 1:

ω1 =

VΑ r1

Чтобы определить, r1 , установим масштабную единицу, зная, что на схеме R2 = 4 м соответствует 2 см (замеряем линейкой).

Следовательно, масштабная единица в 1 см соответствует 2 м. Отсюда находим:

R1 = 4 м; r1 = 2 м; r2 = 3 м;

ω1 =

6t = 3t 2

τ = ε 2 × R 2 = 4 × 4 = 16 aΜ

см

a Μn = ω 22 × R 2 = 4 2 × 4 = 64

3. Найдем угловую скорость колеса 2, учтя, что угловые скорости колес 1 и 2, связанных ременной передачей, обратно пропорциональны радиусам этих колес, т. е.

ω 2 R1 = ; ω1 r2 ω 2 = ω1 ×

6. Определим касательное, нормальное и полное ускорения точки М в заданный момент времени t = 1 с

aΜ =

(a ) + (a ) τ

Μ

2

n 2 Μ

с2 см 2 с

= 16 2 + 64 2 = 143 ,1 см

с2

Угловые характеристики колес 1 и 2 механизма и линейные характеристики точки М показаны на рисунке 2.4.

R1 4 = × 3t = 4t r2 3

4. Найдем угловые ускорения колеса 1 и 2:

ε1 =

dω1 ' = (3t ) = 3 1 2 ; c dt

ε2 =

dω 2 ' = (4t ) = 4 1 2 c dt

5. Найдем линейные скорости точек в заданный момент времени t = 1 с

VΑ = VO = VB = 6 см ; с 1 ω1 = 3 c ; Vc = ω1 × R1 = 3 × 4 = 12 см ; с ω 2 = 4 1c ; VΜ = ω 2 × R2 = 4 × 4 = 16 см с Выберем масштаб скоростей и построим векторы скоростей всех точек, зная, что вектор скорости любой точки вращающегося тела направлен перпендикулярно к радиусу в соответствии с направлением угловой скорости тела.

Рисунок 2.4.

Покажем, как, зная V O , найти V F . На V O строим эпюру скоростей. На эпюре скоростей находим точку, равноудаленную с точкой F. Для этого проводим дугу радиусом O1F . После чего модуль скорости точки F снимаем с эпюры скоростей (рис. 2.5).

Рисунок 2.5.

Зная V D , определим V Ν . На V D строим эпюру. На ней находим точку, равноудаленную с точкой N. Их скорости равны. Строим V Ν перпендикулярно O2 N в соответствии с ω 2 известной длины (рис. 2.6).

Рисунок 2.6.

Совмещая все эти построения на схеме заданного передаточного механизма, ранее построенные по масштабу скорости, следует проверить геометрическим способом (рис. 2.7).

Рисунок 2.7.

Геометрические построения сопровождаются масштабными единицами. 7. Покажем геометрический способ определения скоростей точек. Вектор скорости точки вращающегося тела по модулю равен произведению угловой скорости тела на расстояние от точки до оси вращения и направлен перпендикулярно радиусу поворота в соответствии с угловой скоростью тела. При геометрических построениях учитываем следующие положения: ¾ механизм вычерчен в масштабе; ¾ точки, равноудаленные от оси вращения , имеют равные по модулю скорости; ¾ чем дальше точка удалена от оси вращения, тем ее скорость больше (на основании этого строится эпюра скоростей); ¾ Направлен вектор скорости точки перпендикулярно радиусу поворота в соответствии с угловой скоростью тела. Покажем, что, зная скорость хотя бы одной точки передаточного механизма, можно найти скорость любой другой точки этого механизма. Начнем с ведущего звена – тела А. Допустим, нам известна скорость точки O − Vo . Надо построить вектор скорости точки С.

На известном векторе VO строим эпюру скоростей. Для чего соединим конец вектора VO с точкой О1 и продлим эту пунктирную линию в обе стороны. Эта пунктирная линия ограничит длину вектора скорости любой другой точки, находящейся на горизонтальной оси симметрии шкива 1. Чтобы построить VC , надо ¾ соединить точку С с точкой О1 (провести радиус поворота точки С); ¾ провести линию скорости VC перпендикулярно к радиусу поворота; ¾ вдоль этой линии в соответствии с ω1 построить VC . Т. к. точка С лежит на ободе шкива 1, а скорости всех точек, ле-

жащих на ободе (равноудаленных от оси), равны, то длина VC снимается с эпюры скоростей, т. е. VC = VK (рис.2.5). 6.2.4. Вопросы для защиты задачи К–2 Тема: Исследование вращательного движения твердого тела.

1. Что называется поступательным движением твердого тела? 2. Что называется вращательным движением твердого тела? 3. Дать полную классификацию движения твердого тела. 4. Дать классификацию движения точки. 5. Какое движение называется равномерным? Перечислите все тела в вашей задаче, которые движутся равномерно. 6. Какое движение называется ускоренным? Назовите те тела, которые движутся ускоренно. 7. Какое движение называется замедленным? 8. Дайте определение равноускоренному и равнозамедленному движению. 9. Запишите формулу зависимости линейной скорости точки и угловой скорости тела. Как направлен вектор линейной скорости точки? Найдите и постройте в масштабе вектор скорости точки, заданной преподавателем.

10. Запишите формулу зависимости касательного ускорения точки и углового ускорения тела. Как направлен вектор касательного ускорения точки? По заданию преподавателя определите касательное ускорение точки и постройте этот вектор в масштабе. 11. Запишите формулу для определения модуля нормального ускорения точки. Как направлен вектор нормального ускорения точки? Определите численное значение и постройте в масштабе вектор нормального ускорения точки, заданной преподавателем. 12. Дайте формулу для определения полного ускорения точки. Постройте этот вектор для точки, заданной преподавателем. 13. Дайте полную характеристику движения каждого тела в вашей задаче. Прочитайте следующие обозначения: n

S Α = r1 • ϕ1

S−

VΑ−

aΜ −

ϕ−

aΜ −

aΜ −

τ

VΑ = r2 • ω 2

r−

r−

ε2 −

aΒn = r3 • ω 32

ω−

ω

ω3 −

aτΑ = r1 • ε1

ω2 =

dϕ2 ; dt

V =ω×r;

ε3 =

dω3 ; dt

τ

n

dΑ = aΑ + aΑ;

VΚ =

dSΚ dt

τ

a = aτ •τ

6.2.5. Варианты заданий расчетно-графической работы К–2 Тема: Простейшие движения твердого тела – поступательного и вращательного. Механизм состоит из ступенчатых колес 1 и 2 , находящихся в зацеплении или связанных ременной передачей, и груза А, находящего на конце нити, намотанной на одно из колес. Механизм вычерчен в масштабе. По заданному уравнению прямолинейного движения груза А xΑ = f (t ) определить скорость, касательное, нормальное, полное

ускорение точки М механизма в момент времени, когда путь, пройденный грузом, равен S. По заданному значению одного из радиусов и по найденному значению скорости точки М определить графически и построить вектора скоростей любых других точек механизма, найти и показать дуговыми стрелками угловые скорости ω1 и ω 2 и угловые ускорения ε1 и ε2. Исходные данные приведены в таблице К2. Таблица К2 Порядковый номер цифры варианта Цифра варианта

1

xΑ = f (t

2

3

S (м)

R1 (см)

1

(см, с) 3·t2+t

0,1

10

2 3 4

20·t+10 30+10·t2 12·t–8·t2

0,2 0,5 0,4

– – –

5 6 7 8 9

5·t2+2·t 4+20·t2 10+40·t 2·t2 8·t–2·t2

0,3 0,5 0,4 0,3 0,2

50 – – – 8

0

10·t2+5

0,1

–

r1 (см)

4 R2 (см)

r2 (см)

Рисунок К2.1

20 30 40 10 20 30 6

К2.2 К2.3 К2.4 К2.5 К2.6 К2.7 К2.8 К2.9 К2.0

6.3. Контрольная работа № 3 (К–3). 6.3.1.Элементы теории. Тема: Исследование плоско-параллельного движения твердого тела. Приступая к выполнению контрольной работы К–3, необходимо знать ответы на вопросы к контрольным работам К–1, 2 и кроме того:

1. Определение плоско-параллельного движения твердого тела (движение плоской фигуры). Плоским (плоско–параллельным) называется движение твердого тела, при котором траектории всех точек лежат в плоскостях, параллельных некоторой неподвижной плоскости. 2. Определение полюса. Полюсом называется произвольная точка плоской фигуры.

Обозначается полюс в общем случае (·)О. В задачах за полюс принимают ту точку, кинематические характеристики которой известны. 3. Определение скорости любой точки плоской фигуры через полюс. Скорость любой точки плоской фигуры равна геометрической сумме скорости полюса и ее вращательной скорости в повороте вокруг полюса.

V Β = V Α + V ΑΒ где V ΑΒ читается: вращательная скорость точки В в повороте вокруг полюса А. При этом (·)В есть любая точка плоской фигуры, а (·)А – полюс. 4. Определение мгновенного центра скоростей (МЦС). МЦС называется точка плоской фигуры, скорость которой в данный момент времени равна нулю. МЦС в общем случае обозначается (·)Р. 5. Определение положения точки МЦС в общем случае. Точка Р в общем случае лежит на пересечении перпендикуляров к линиям скоростей двух точек одного и того же тела (рис. 3.1). •

•

6. Определение положения точки МЦС в частном случае. Рассмотрим один частный случай (другие см. по учебнику), когда линии скоростей двух точек одного и того же звена параллельны между собой. На основании общего случая перпендикуляры к линиям V Α и V Β также параллельны между собой, точка Р лежит в бесконечности. Это значит, что в данный момент времени отсутствует поворот тела. Из этого, в свою очередь следует, что ω = 0 , а в сложном движении, каким является плоскопараллельное движение, отсутствует вращательная составляющая и остается только поступательная составляющая движения. Из свойства поступательного движения тела следует, что

VΑ =VΒ =VC =V 7. Определение скорости любой точки плоской фигуры через МЦС. Скорость любой точки плоской фигуры при непоступательном движении тела ( ω ≠ 0 ) определяется в данный момент как вращательная вокруг МЦС.

VΑ = ω • AP;

VΒ = ω • BP;

VΑ ⊥ AP;

VB ⊥ BP

8. Определение ускорения любой точки плоской фигуры через ускорение полюса. Ускорение любой точки плоской фигуры равно геометрической сумме ускорения полюса и ускорения этой точки в повороте вокруг полюса.

a B = a A + a AB 9. Конкретный вид данной формулы в каждой задаче может значительно отличаться от нее. Рассмотрим некоторые случаи. (·)А – полюс, принадлежит ведущему звену, кинематические характеристики которого заданы. Следовательно, если (·)А относиться к телу вращения, то n

τ

aA = aA + aA Рисунок 3.1

n

a A направлен от (·)А к оси вращения,

τ

a A направлен в соответствии с заданным ε, перпендикулярно

направлению.

a εAB = ε AB • AB

n

а . n

ε

Если по условию ε = 0, , то a A = a A . τ

Если (·)А по условию движется поступательно, то a A = a A . (·)В соединительная точка. С одной стороны, она принадлежит телу, движущемуся плоско-параллельно и вектор ее ускорения определяется по приведенной выше формуле. С другой стороны, она передает движение на другое звено, которое (надо смотреть по схеме механизма) может двигаться либо поступательно, либо вращательно. Если точка В относится к телу, которое движется поступательно, то линия вектора а Β известна, она направлена вдоль неподвижных направляющих ползуна (рейки). Если точка В относиться к телу вращения, тогда n

τ

a Β = a Β + a Β ; aΒn = ω Β2 C • BC ; aΒτ = ε ΒC • BC

вующую ε AB , но т. к. ε AB неизвестно, то вектор неизвестен ни по величине, ни по направлению. Итак, исходное векторное равенство может приобретать в задачах следующий конкретный вид: • если (·)А и (·)В относится каждая к телу вращения

•

τ

полюса А. В общем случае имеет две составляющие ω

ε

a AB = a AB + a AB ω

где a AB – центростремительная составляющая вектора a AB ; ε

a AB – вращательная составляющая a AB , 2 aωAB = ω AB • AB

ω

a AB всегда направлен от (·) В к (·) А, вектор известен по величине и

ω

ε

если (·)В относится к телу, движущемуся поступательно τ

n

•

ω

ε

если ведущее звено вращается равномерно τ

n

ω

n

ε

a B + a B = a A + a AB + a AB ; •

если звено АВ движется поступательно и т. д. n

угловое ускорение ведомого звена ε ВС неизвестно и подлежит определению. a AB читается: вектор ускорения точки В в повороте вокруг

τ

n

a B = a A + a A + a AB + a AB ;

a − вектор известен по величине и направлению,

a Β − вектор неизвестен ни по величине, ни по направлению,

τ

n

W B + W B = a A + a A + a AB + a AB ;

n Β

т. к.

ω

a AB – направлен перпендикулярно a AB в сторону, соответст-

τ

n

ε

a B + a B = a A + a AB . Какую бы запись ни приобретало исходное векторное равенство, оно всегда содержит два неизвестных вектора (они подчеркнуты чертой). 6.3.2. Пример № 1 контрольной работы работы К – 3. Дана схема плоского механизма, вычерченная в масштабе. Для заданного положения механизма найти скорости всех соединительных точек, угловые скорости всех звеньев, ускорения точек А и В (Рис. 3.2). Дано: ω = 0,5 1/с ОА = 20 см

Найти:

V A, V B ,V C ,V E , ω AB , ω CE ,

ной

a A , a B , ε AB , ω BD , ε BD

Рисунок 3.2

Решение: 1. Дадим анализ механизма, т. е. установим характер движения каждого звена. Заданный механизм состоит из пяти звеньев, соединённых между собой шарнирами, ведущее звено ОА. Все звенья при движении остаются в плоскости чертежа, поэтому такой механизм называется плоским. ОА вращается вокруг точки О с известной угловой скоростью ω. АВ движется плоско–параллельно. Такое движение является сложным, но его в каждый момент времени можно рассматривать как простой поворот вокруг мгновенного центра скоростей (МЦС). Обозначим

неизвестное, пока, положение МЦС точкой Р1. Тогда можно сказать, что звено АВ вращается вокруг точки Р1 с неизвест-

угловой скоростью ω AB . ВD вращается вокруг точки D с неизвестной угловой скоростью ω DB . СЕ движется плоско-параллельно, т. е. вращается вокруг точки Р2 с неизвестной угловой скоростью ωCE . Е ползун движется поступательно в вертикальных направляющих. 2. Звенья (тела) соединены между собой шарнирами (точками) А, С, В, Е. Каждая соединительная точка одновременно относится к двум звеньям. Так точка А относится к звену ОА и к звену АВ и имеет два мгновенных движения: вместе со звеном ОА она поворачивается вкруг точки О с угловой скоростью ω, а вместе со звеном АВ она поворачивается вокруг точки Р1 с угловой скоростью ωАВ (Рис. 3.3.). Такие же рассуждения можно привести и в отношении других точек. 3. Найдём положения точек Р1 и Р2 для звеньев АВ и СЕ, используя общее положение для определения МЦС. Точка Р1 лежит на пересечении перпендикуляров к линиям скоростей точек А и В. Линия V A лежит перпендикулярно радиусу поворота ОА, линия V B – перпендикулярно радиусу ВD. Эти линии показаны на схеме пунктиром. Строим к ним перпендикуляры, находим положение точки Р1. Точка Р1 является центром поворота всех точек звена АВ. Следовательно, соединив точку С и точку Р1, получим радиус поворота для точки С, после чего можно показать линию

V С (она перпендикулярна Р1С). Теперь имеем линии V С и V Е звена СЕ. На пересечении перпендикуляров к ним лежит точка Р2. 4. Определим масштабную единицу расстояния. Для этого сравним численное значение длины звена ОА и его длину на схе-

ме (измерим линейкой). После этого найдем значения всех необходимых для дальнейших расчетов размеров: АВ = 100см, ВD = 70см, СЕ = 70см, АР1 = 100см, ВР1 = 120см, СР2 = 60см, ЕР2 = 80 см. 5. Определим все линейные скорости соединительных точек и угловые скорости всех звеньев механизма. Расчёт начинаем с ведущего звена. Отнесём точку А к звену ОА.

V A = ω • OA = 0,5 × 20 = 10 см

VA 10 = = 0,1 1 с AP1 100

Покажем на схеме направление дуговой стрелки ωАВ, которая должна быть в соответствии с найденным направлением вектора V A . Точка С относится к звену АВ, найдём величину и направление её скорости.

VC = ω AB • CP1 = 0,1× 100 = 10 см

с

Отнесем точку В к звену АВ, найдем величину и направление ее скорости

VB = ω AB • BP1 = 0,1×120 = 12 см

VB 12 = = 0,17 1 c BD 70

10 1 1 VC = = CP2 60 6 c

Зная ω CE , определим величину и направление VE , отнеся точку Е к звену СЕ.

с

6. Перейдем к определению ускорения точек А и В и углового ускорения звена АВ. Отнесем точку А к звену ОА, которое по условию задачи вращается равномерно. Следовательно ε = 0 . n а A = а A ; а An = ω 2 • OA = 0,25 • 20 = 5 см

с2

Вектор направлен от точки А к точки О. На схеме все вектора ускорений точек показаны без учета масштаба. В масштабе они будут показаны в векторном многоугольнике, который строится отдельно от схемы и служит для геометрической проверки расчетов. Если отнесем точку В к звену АВ, то для определения ускорения точки В примем точку А за полюс. Тогда ω

n

ε

а B = а A + a AB = a A + a AB + a AB С другой стороны, точка В относится к звену ВD и τ

с

Зная V B , отнесем точку В к звену ВD, найдем величину и направление угловой скорости звена ВD.

ω BD =

ω CE =

VE = ωCE × EP2 = 13,3 см

с

Направим вектор V A перпендикулярно ОА в соответствии с направлением ω. Выберем масштабную единицу скорости и отложим в масштабе вектор V A . Отнесём точку А к звену АВ V A = ω AB • AP1

ω AB =

Отнесем точку С к звену СЕ. Вместе с ним точка С поворачивается вокруг МЦС точки Р2. Определим величину и направление угловой скорости звена СЕ.

n

aB = aB + aB Приравняем правые части двух векторных равенств: n

ω

ε

n

τ

a A + a AB + a AB = a B + a B

Получили векторное равенство, в которое входят два неизε

вестных по величине и направлению вектора ускорения a AB и τ

a B . Однако, линии, на которых лежат эти вектора, мы знаем: лиτ

ε

ния a AB перпендикулярна АВ, линия а a B перпендикулярна ВD. Покажем их на схеме пунктиром и вдоль них выберем в произвольном направлении предполагаемые направления этих векторов. Найдем численные значения других векторов, входящих в исходную векторную формулу, и покажем на схеме направление каждого вектора. 2 aωAB = ω AB × AB = 0,12 × 100 = 1 см

с2

ω

а АВ направлен от точки В к точке А 2 aBn = ω BD × BD = 0,17 2 × 70 = 2,06 см

с2

т

а В направлен от точки В к точке D. 7. Решаем задачу аналитическим способом. Для чего через точку В проводим оси х и у и проектируем на них исходное векторное равенство. Значения необходимых углов снимем по транспортиру.

⎧ a An cos 39 o + a ωAB cos 39 o − a εAB cos 51o = − a τB ⎨ n o ω o ε o n ⎩ a A cos 51 − a AB cos 51 − a AB cos 39 = a B Получили систему двух алгебраических уравнении с двумя неизвестными. Решаем их и определяем а εАВ и аτВ .

5 × 0,777 + 1 × 0,777 − a εAB × 0 ,63 = − a τB 5 × 0,63 + 1 × 0,63 − a εAB × 0 ,777 = 2,06 a εAB = 0,592 см

с2

a τB = − 4, 289 см

с2

Отрицательный знак в ответе указывает на то, что в действительности направление данного вектора противоположно предполагаемому. Определим угловую скорость звена АВ и угловую скорость ε

звена ВD. Физический смысл вектора а АВ заключается в том, что он выражает вращательную составляющую ускорения точки В в повороте вокруг точки А. Отсюда находим

ε AB =

a εAB 0,592 = = 0,006 1 2 c AB 100

Чтобы правильно показать направление дуговой стрелки ε AB , ε

надо поместить вектор а АВ с учетом его действительного направления в точке В и повернуть вокруг точки А. Угловое ускорение звена ВD находим подобным образом:

ε BD =

4,289 aτB = = 0,06 1 2 c BD 70

Чтобы определить направление дуговой стрелки ε BD , учтем τ

τ

истинное направление вектора a B и повернем a B вокруг точки D. Установим характер движения каждого звена, для чего сравним направления угловой скорости с угловым ускорением каждого звена. Из сравнения следует, что при заданном равномерном движении ведущего звена АВ движется замедленно, а звено ВD – ускоренно. 8. Выполним геометрическую проверку (Рис. 3.4). Построение векторного многоугольника, отражающего исходное векторное равенство, начинаем с известных векторов. Затем через точку начала первого известного вектора проводим линию одного из двух неизвестных векторов, а через точку конца последнего известного вектора –линию другого неизвестного вектора до их взаимного пересечения. На основании векторного равенства (выделено в рамку) придаем направление неизвестным векторам, сравниваем с предполагаемыми направлениями и проверяем знаки в ответе. Масштабной единицей измеряем числен-

ное значение неизвестных векторов и сравниваем их значения с расчетными.

Рисунок 3.4

6.3.3. Пример № 2 задачи К–3

Дана схема плоского механизма, вычерченная в масштабе. Известен размер ведущего звена ОА, его угловая скорость ω и угловое ускорение ε. Для заданного положения механизма найти скорости всех соединительных точек, угловые скорости всех звеньев, ускорения точек А и В. Исходные данные:

ОА = 10 см

ω =2

1

ε =1

1

с

с2

____________________________________________ Найти: V A, B , D ,C ; ω AB , ω K , ω DC ; a A , a B ; ε AB

Рисунок 3.3

Геометрическая проверка: В пределах точности геометрическая проверка подтверждает аналитические расчеты.

а εAB = 0,6 см с 2 а τB = −4,25 см с 2 Рисунок 3.5.

Решение: 1. Дадим анализ механизма, т. е. установим характер движения каждого звена. (Рис. 3.5). Заданный механизм состоит из пяти звеньев, соединенных между собой шарнирами. Ведущее звено ОА. Все звенья при движении остаются в плоскости чертежа, поэтому такой механизм называется плоским. ОА вращается вокруг точки О с заданной угловой скоростью ω. АВ движется плоско-паралельно.Такое движение является сложным, но его в каждый момент времени можно рассматривать как простой поворот вокруг мгновенного центра скоростей (МЦС ). Обозначим неизвестное пока положение МЦС точкой Р1. Тогда можно сказать, что звено АВ в данный момент вращается вокруг точки Р1 с неизвестной угловой скоростью ωАВ. КАТОК движется плоско-параллельно. Его МЦС – точка Р2 лежит в точке касания с неподвижной поверхностью. Обозначим угловую скорость катка ωК.. DC движется плоско-параллельно, что можно рассматривать как вращение вокруг МЦС – точка Р3 с неизвестной угловой скоростью ωDC. С ползун, движется поступательно в вертикальных направляющих. 2. Звенья (тела) соединены между собой шарнирами (точками) А, В, С, D. Каждая соединительная точка относится к двум звеньям. Так точка А относится к звену ОА и к звену АВ и имеет два мгновенных движения: вместе со звеном ОА она поворачивается вокруг точки О с известной угловой скоростью ω, а вместе со звеном АВ она поворачивается вокруг точки Р1 с неизвестной угловой скоростью ωАВ. Выражая линейную скорость точки А через угловые скорости обоих звеньев, можно найти неизвестную угловую скорость ωАВ.(Рис. 3.6). Такие же рассуждения можно привести и в отношении других точек. 3. Найдем положение точек Р1 и Р3 для звеньев АВ и DС, используя общие положения для определения МЦС. Точка Р1 лежит на пересечении перпендикуляров к линиям скоростей точек А и В. Линия VA лежит перпендикулярно радиу-

су поворота ОА. Точка В, принадлежащая катку, движется прямолинейно, параллельно неподвижной плоскости, в данном случае – горизонтально. Следовательно известна линия вектора V В и линия вектора а В .Строим перпендикуляры к линии VA и к линии

VВ . На пересечении этих перпендикуляров лежит точка Р1. Чтобы найти положение точки Р3, надо на схеме показать линию VD и линию VС . Точка D вместе с катком поворачивается вокруг точки Р2 имея радиус DР2. Следующая линия VD перпендикулярна DР2. Линия VС параллельна направляющим ползуна, т. е. вертикальна. На пересечении перпендикуляров к этим линиям лежит точка Р3. 4.Определим масштабную единицу расстояний. Для этого сравним численное значение длины звена ОА и его длину на схеме (измерим линейкой). После этого найдем значения всех необходимых для дальнейших расчетов размеров:

AP1 = 27,5 см; DP2 = 14 см;

BP1 = 13,5 см;

DP3 = 18,5 см;

BP2 = R = 6,5 см;

CP3 = 4 см;

AB = 20 см.

5. Определим все линейные скорости соединительных точек и угловые скорости всех звеньев механизма. Расчет начинаем с ведущего звена. Выразим скорость точки А через угловую скорость звена ОА и угловую скорость звена АВ:

V A = ω • OA = 2 × 10 = 20 см

с

V A = ω AB • AP1 Откуда найдем угловую скорость звена АВ:

ω AB =

ω • OA AP1

=

2 × 10 = 0,727 1 c 27,5

Скорость соединительной точки В выразим через угловую скорость звена АВ и угловую скорость катка:

VB = ω AB • BP1 = 0,727 × 13,5 = 9,8 см

с

VB = ω K × BP2 Найдем угловую скорость катка

ωK =

ω AB × BP1 BP2

=

0,727 × 13,5 = 1,5 1 c 6,5

6. Перейдем к определению ускорения точек А и В, углового ускорения звена АВ. Отнесем точку А к звену ОА. Найдем нормальную и касательную составляющие ускорения точки А и покажем их на схеме без учета масштаба. В масштабе все вектора ускорении будут показаны в векторном многоугольнике, который строится отдельно от схемы и служит для геометрической проверки расчетов.

Скорость соединительной точки D выразим через угловую скорость катка и угловую скорость звена DС. Так найдем угловую скорость ωDC:

VD = ω K • DP2 = 1,5 • 14 = 21 см

с

VD = ω DC • DP3

ω DC =

ω K • DP2 DP3

=

1,5 ×14 = 1,14 1 c 18,5

Найдем скорость точки С:

а Аn = ω 2 • OA = 4 • 10 = 40 см a τA = ε • OA = 1 • 10 = 10 см

с2

с2

Для определения ускорения точки В примем точку А за полюс и выразим ускорение точки В через полюс:

а В = а А + а АВ Окончательное ускорение точки В определяется следующей векторной суммой:

VC = ω DC × CP3 = 1,14 × 4 = 4,56 см . с

п

τ

ω

ε

а В = а А + а А + а АВ + а АВ ω

Выберем масштабную единицу скорости и с учетом направлений отложим вектора скоростей всех точек механизма. Угловые скорости звеньев покажем дуговыми стрелками.

Вектор а АВ направлен от точки В к точке А и численно равен 2 аωАВ = ω АВ • АВ = 0,727 2× 20 = 10,57 см 2 с

Исходное векторное равенство содержит два неизвестных вектора ускорения как по величине, так и по направлению а В и ε

а АВ . 7. Решаем задачу аналитическим способом. Для чего через точку В проводим оси х и у и проектируем на них исходное векторное равенство. Значения необходимых углов снимаем по транспортиру: α = 18˚; β = 28˚.

Рисунок 3.6

n ⎧ − aB cos18o = a An cos 28o − aτA sin 28o + a AB ⎨ o o τ o τ n ⎩− aB sin 18 = − a A sin 28 − a A cos 28 + a AB

Получили систему алгебраических уравнений с двумя неизвестными. Решаем их и определяем aB и aτAB .

⎧− aB × 0,951 = 40 × 0,883 − 10 × 0,469 + 10,57 ⎨ τ ⎩ − aB × 0,309 = −40 × 0,469 − 10 × 0,883 + a AB 4,69 − 35,32 − 10,57 = −43,32 см 2 aB = с 0,951 aτAB = 43,32 × 0,309 + 18,76 + 8,83 = 40,9 см

с

ε АВ

1

аВ = −44 см

2

Физическии смысл вектора а АВ заключается в том, что он отражает вращательную составляющую ускорения точки В в повороте вокруг точки А. Отсюда находим

а εАВ 40,9 = = = 2,04 20 АВ

ε

надо поместить вектор а АВ с учетом его действительного направления в точке В и повернуть вокруг точки А. 9. Выполним геометрическую проверку. Строим векторный многоугольник, отражающии исходное векторное равенство. Масштабной единицей измеряем численное значение неизвестных векторов и сравниваем их значения с расчетными (Рис. 3.7)

Отрицательный знак в ответе указывает на то, что в действительности направление данного вектора противоположно предполагаемому. 8. Определим угловое ускорение звена АВ. ε

Чтобы правильно указать направление дуговой стрелки ε АВ ,

с

2

; аτАВ = 40 см

с2

6.3.4. Список обозначении к работе К–2.

S – дуговая координата точки, проиденное точкой расстояния φ – угловая координата тела, угол поворота тела r – расстояние точки до оси вращения ω1 – угловая скорость тела 1 ε2 – угловое ускорение тела 2 r – радиус-вектор движущейся точки ω 2 – вектор угловой скорости тела 2 τ

с

2

a K – вектор касательного ускорения точки К dω 2 – первая производная от угловой скорости тела 2 по dt времени Cписок обозначений к задаче К–3

V A – вектор скорости точки А ωВС – угловая скорость тела ВС a B – вектор ускорения точки В

а АВ – вектор полного ускорения точки В в повороте вокруг точки А ω

а АВ – центростремительная составляющая ускорения точки Вв повороте вокруг точки А Рисунок 3.7

ε

а АВ – вращательная составляющая точки В в повороте вокруг точки А εАВ – угловое ускорение звена АВ (.)Р1 – первый мгновенный центр скоростей звена. Прочитайте следующее:

VC −

a CD −

ω3 −

a DC −

ω

aωDC = ω 2 • DC;

ε

τ

a CD −

aK −

ε DC −

aC −

n

ε a DC = ε DC • DC

6.3.5. Вопросы для защиты работы К–3 Тема: Исследование плоско-параллельного движения твердого тела. 1. Какое движение называется поступательным, вращательным, плоско-параллельным? Даите характеристику движения звеньев в вашей задаче. 1. Что называется мгновенным центром скоростей (МЦС)? Как в общем случае определяется положение (МЦС)? В присутствии преподавателя поясните положение точек МЦС в вашей задаче при новом положении механизма. 2. Что называется полюсом? Какая точка выбрана за полюс в вашей задаче? 3. Как направлен и чему равен вектор скорости любой точки плоской фигуры через ускорение полюса? Дайте запись для определения ускорения одной – двух точек в вашей задаче в присутствии преподавателя. Поясните направление составляющих. 4. В присутствии преподавателя по найденному значению ε

а АВ определить угловое ускорение звена АВ − ε АВ как по величине так и по направлению. 5. Постройте вектора скоростей всех соединительных точек своего механизма в масштабе. По заданию преподавателя определите значение и построите в том же масштабе вектор скорости новой точки механизма.

6. Постройте вектор а АВ по найденным составляющим, изменив масштабную единицу по заданию преподавателя. 7. Найдите вектора а В , а С ; постройте их. 8. Выполните геометрическую проверку ваших расчетов в присутствии преподавателя. Прочитайте следующие обозначения:

VA−

ε

aB −

VC −

a AB −

ω BC −

a AB −

ω

a AB −

(⋅) P1 −

ε AB −

aB −

ε BD −

aB −

n

τ

ω BD − V = ω AB • BP1;

2 aωAB = ω AB • AB;

aεAB = ε AB • AB n

τ

ω

ε

a B + a B = a A + a AB + a AB 6.3.6. Варианты заданий работы К–3 Тема: Плоско-параллельное движение твердого тела. Дана схема механизма, вычерченная в масштабе. Задан размер ведущего звена ОА, его угловая скорость ω и угловое ε. Для указанного положения механизма (студент переносит схему механизма, используя глазомерную сетку), найти скорости всех соединительных точек, угловые скорости всех звеньев, ускорение точек А и В. Знак «–» в таблице К3 указывает на то, что направление данной угловой величины (ω или ε ) противоположно указанному на рисунке. Исходные данные помещены в таблице К3.

Таблица К 3 Порядковый номер цифры варианта Цифра варианта

1 ОА (см)

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

4 5 6 8 10 12 15 20 10 5

2

ω

(1 с ) 1 0,2 –0,3 0,4 0,5 0,6 0,8 –0,5 2 –1

3

ε

4

( 1с ) 2

0,2 –1 0 0,5 0 1 –0,2 –0,5 0 0

Рисунок К3.1 К3.2 К3.3 К3.4 К3.5 К3.6 К3.7 К3.8 К3.9 К3.0

6.4. Контрольная работа № 4 (К–4) 6.4.1. Элементы теории Тема: Сложное движение точки.

1. Определение сложного движения точки. 3 Сложным движением точки называется совокупность двух и более независимых движении, в которых одновременно участвует точка. 2. Определение абсолютного движения точки. Абсолютным движением точки называется ее движение по отношению к условно неподвижной системе координат.

c e r a = 2 ⎛⎜ ω × V ⎞⎟ ⎝ ⎠

V M – абсолютная скорость точки М a M – абсолютное ускорение точки М. 3. Определение переносного движения точки. Переносным движением называется движение подвижной системы координат и неизменно связанного с ней тела по отношению к неподвижной системе координат.

8. Модуль кориолисова ускорения определяется из предыдущего векторного равенств: e r ac = 2 × ω e × V r × sin ⎛⎜ω ,V ⎞⎟ ⎝ ⎠

е

V – переносная скорость точки М е

а – переносное ускорение точки М. 4. Определение относительного движения точки. Относительным движением называется движение точки по отношению к подвижной системе координат. r

V – относительная скорость точки М r

a – относительное ускорение точки М. 5. Теорема сложения скоростей. Абсолютная скорость точки равна геометрической сумме переносной и относительной скорости. е

V M = V +V

r

6. Теорема сложения ускорений. • При поступательном переносном движении абсолютное ускорение точки равно геометрической сумме переносного и относительного ускорений: е

аМ = а + а

r

• при непоступательном переносном движении абсолютное ускорение точки равно геометрической сумме переносного, относительного и кориолисова ускорения: 7. Определение кориолисова ускорения. Кориолисово ускорение есть вектор, равный векторному произведению вектора угловой скорости тела в переносном движении на вектор линейной скорости точки в относительном движение:

Из этой формулы следует, что кориолисово ускорение точки равно нулю при условии, если • переносное движение является поступательным, т. е. ωе = 0; • точка находиться в относительном покое, т. е. Vr = 0; • относительная скорость точки параллельна оси переносe r ного вращения тела, т. е. угол ⎛⎜ ω , V ⎞⎟ равен нулю.

⎝

⎠

9. Направление кориолисова ускорения следует из векторной формулы. Вектор а

с

направлен перпендикулярно плоскости, в

которой лежат вектора ω е

е

r

и V в ту сторону, откуда поворот

r

вектора ω к V кажется против часовой стрелки. 10. Угловая скорость тела – вектор. е

Вектор ω строится вдоль оси вращения тела в ту сторону, откуда поворот тела кажется против часовой стрелки. е

Этот вектор, как и вектор ε , может быть перенесен параллельно самому себе в любую точку тела, т. к. угловые характеристики тела от положения точек не зависят. 11. Применение метода проекции (аналитического метода) для определения абсолютного ускорения точки: выбрать систему осей координат (двух, если составляющие вектора лежат в одной плоскости и трех, если они расположены произвольно в пространстве); спроектировать исходное векторное равенство на выбранные оси и из полученной системы алгебраических уравнений вида:

( ) ( ) + (a ) + (a ) + (a ) ( ) ( ) + (a ) + (a ) + (a ) ( ) ( ) + (a ) + (a ) + (a )

⎧ (aM )x = aeω x + aeε ⎪ ω ε ⎨(aM )y = ae y + ae ⎪ (a ) = aω + a ε e z e ⎩ M z

x

y z

n r x n r y n r z

τ

c

r x

τ

x

c

r y

τ

r z

y

c

z

Найти значение проекции абсолютного ускорения точки на эти оси; ¾ с учетом полученных знаков, выбрав масштабную единицу ускорения, построить вектор абсолютного ускорения точки; ¾ найти модуль абсолютного ускорения точки по формуле:

(a )

M y

– проекция вектора абсолютного ускорения точки М на

ось у

⎛⎜ аωе ⎞⎟ – проекция центростремительной составляющей уско⎝ ⎠х рения точки в переносном движении на ось х. Прочитайте следующее: e

aM = (aM ) 2x + (aM ) y + (aM ) z

aD −

r

ar −

VB −

V M – вектор абсолютной скорости точки М e

V – вектор переносной скорости точки r

e

a – вектор переносного ускорения точки r

a – вектор относительного ускорения точки a c – вектор кориолисова ускорения точки ω

a e – центростремительная составляющая вектора переносного ускорения точки ε

a e – вращательная составляющая вектора переносного ускорения точки n r

a – нормальная составляющая относительного ускорения точки τ

a e – касательная составляющая относительного ускорения точки e

ω – вектор угловой скорости тела в переносном движении

e

e

aD −

(a ) − = 2 (ω × V ) e D x

ae −

ac

ae −

ω −

ε

ar −

ω

ωe −

n

τ

6.4.2. Список обозначении к задаче К–4

V – вектор относительной скорости точки a M – вектор абсолютного ускорения точки М

r

aA −

e

r

6.4.3. Пример № 1 выполнения контрольной работы № 4

Круглая пластина радиуса R вращается вокруг неподвижной горизонтальной оси АВ по заданному закону ϕ = f (t). Положительное направление отсчета угла ϕ показано на схеме дуговой стрелкой. На пластине по окружности радиуса R движется точка М. Закон ее относительного движения, т. е. зависимость S = KM = f(t), задан. Положительным направлением отсчета расстояния S = KM считать направление от точки К вправо. Найти абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки М в момент t (Рис. 4.1). Дано:

ϕ = 6t 2 − 3t 3 ( рад, с) π 2 S=

2

R (t − 2t ) (см, с)

R = 60 (); h =

4 R; t = 1 c 3

_______________________________

2.Определим абсолютную скорость точки М по теореме скоростей. Переносную скорость точки М определим как произведение угловой скорости вращения пластины на расстояние от точки М до оси АВ, которое в данный момент времени равно 2h.

Найти: V M , a M

V e = ω e • 2h , где ω е – угловая скорость переносного движения определяется как первая производная от угла поворота ϕ е по времени:

ωe =

' aϕ e = (6t 2 − 3t 3 ) = 12t − 9t 2 = 12 − 9 = 3 1 c at

Т. к. угловая скорость имеет положительный знак, то направление угловой скорости совпадает с направлением угла поворота е

ϕ е . Изобразим ω в виде вектора на схеме. Траекторией точки М в переносном движении является окружность, расположенная в вертикальной плоскости с центром на e

оси АВ и радиусом R . Вектор V направлен по касательной к этой

Рисунок 4.1 Решение: Точка М совершает сложное движение. Переносным движением для точки М является вращательное движение круглой пластины вокруг горизонтальной оси АВ с заданным углом поворота ϕ. Относительным движением точки М является её перемещение по окружности с центром в точке С радиусом R. Абсолютное движение точки М складывается из двух движений. 1. Определим, где находится точка М на окружности в момент времени t = 1с и изобразим точку на схеме в тот момент времени.

S r t =1 =

π 2

R (1 − 2 • 12 ) = −

π 2

R (см)

За время, равное 1 с точка пройдёт четверть окружности в сторону отрицательного отсчёта дуговой координаты от точки А, т. е. займёт на окружности крайнее левое положение (см. рис.).

окружности в сторону, соответствующую ω е , т. е. вектор V расположен перпендикулярно чертежу и направлен на нас:

e

4 V e t =1 = 3 × 2 × × 60 = 480 см с 3 Модуль скорости относительного движения найдём как первую производную от дуговой координаты Sr по времени:

Vr =

' 3 π aSr π = R t − 2t 2 = R (1 − 4t ) t =1 = − πR = −282 см с 2 2 2 at

(

)

r

Найдём вектор V по касательной к окружности с центром в точке С в сторону, противоположную положительному отсчёту дугоe

r

вой координаты Sr. Вектора V и V взаимноперпендикулярны, поэтому модуль абсолютной скорости находим:

VM = (Ve ) 2 + (Vr ) 2 = 4802 + 282 2 = 556,7 см

Перейдём к определению кориолисова ускорения точки М.

с

3. Определим абсолютное ускорение точки М. Предварительно определим угловое ускорение пластины в переносном движении точки М:

(

)

Знаки ω e и ε e противоположны. Это указывает на то, что переносное движение замедленное.

4 a e = ε • OM = − 16 • 2 • × 60 = − 2560 3 ε

e

см

с2

ε

Знак минус учитываем при построении вектора а е . Его наe

4 × 60 = 1440 3

см

с

2

ω

Вектор а е направлен от точки М к точки О оси АВ. Найдём нормальное и касательное ускорения точки М в криволинейном относительном движении

Vr2 2822 a = = = 1331 см 2 с R 60 n r

Вектор a

n r направлен

от точки М к точки С.

aV πR (1 − 4t )' = −2πR = −377 см с 2 ar = r = 2 at τ

τ

Т. к. знаки V r и a r совпадают, то относительное движение τ

точки М является ускоренным и вектор a r совпадает по направлению с вектором V r .

Угол между векторами ω и V риолисова ускорения равен:

r

в виде вектора (см. на схеме). равен 90°. Поэтому модуль ко-

см

с2

Найдём направление вектора a с . Он перпендикулярен плосе

r

кости, в которой лежат вектора ω и V и направлен в ту сторое

r

ну, откуда поворот вектора ω к вектору V кажется против часовой стрелки. Вектор абсолютного ускорения точки М определяется как геометрическая сумма всех составляющих ускорений: ε

ω

n

τ

a M = ae + ae + a r + ar + ac

правление противоположно направлению вектора V :

a eω = ω e2 • OM = 3 2 • 2 •

е

е

a c = 2 • ω e • V r = 2 • 3 • 282 = 1695

' aω e ε = = 2t − 9t 2 = 2 −18t t =1 = 2 −18 = −16 1 2 c at e

Изобразим угловую скорость ω

Определим модуль абсолютного ускорения точки М методом проекций, для чего выберем оси Х, У, Z как указано на схеме. Подставляя значения проекций всех векторов, входящих в векторную формулу, получаем систему уравнений:

a MX = aeε + ac = 2560 + 1695 = 4255 см a MY = a rn − 1331 см

с2

с2

a MZ = aeω + a rτ = 1440 + 377 = 1817 см 2 2 2 + a MY + a MZ = 4811 см a M = a MX

с2

с2

Все составляющие вектора абсолютной скорости и абсолютного ускорения точки М покажем на рисунке (Рис. 4.2).

Рисунок 4.2. 6.4.4. Пример № 2 выполнения контрольной работы работы К–4

Исходные данные:

ϕ e = 2t 3 − 3t 2 2 S r = 30 sin πt 3 t = 2 c; a = 10 cм Найти: V M ,

Рисунок 4.4

2 Sr = 30sin π • 2 = 30× (−0,86) = −26 см 3

aM

Рисунок 4.3 Решение: Точка М совершает сложное движение. Переносным движением точки М является движение круглой пластины вокруг горизонтальной оси О1 с заданным углом поворота ϕе. Относительным движением точки М является её прямолинейное перемещение по пластине. Абсолютное движение складывается из этих двух движений /Рис. 4.3/. Определим, где находится точка М на пластине в момент времени t = 2 c и изобразим точку на схеме в этот момент времени (Рис. 4.4)

Знак минус свидетельствует о том, что точка М находится от точки О снизу. Выберем масштаб расстояний и покажем положение точки М в момент t = 2c. Теперь находим числовые значения относительной скорости и относительного ускорения: '

Vr =

dSr ⎛ 2 ⎞ 2 2 2 = ⎜30sin πt ⎟ = 30× π cos πt = 20π cos πt t =2 = −31,4 см м dt ⎝ 3 ⎠ 3 3 3 '

DV ⎛ 2 ⎞ 40 2 ar = r = ⎜ 20π cos πt ⎟ = − π 2 sin πt t =2 = 113см 2 с dt ⎝ 3 ⎠ 3 3 С учётом полученных знаков покажем на схеме вектора относительной скорости V r и относительного ускорения a r . Перейдём к определению характеристик переносного движения. Найдём сначала угловое ускорение переносного движения:

ωe =

dϕ е = (2t 3 − 3t 2 ) ' = 6t 2 − 6t ; dt

εe =

dω e = 12t − 6; dt

при t = 2c

ω e = 12 1 c ;

ε e = 18 1

ϕе, отметим это на схеме. Для определения Vе и ае находим сначала расстояние точки М от оси вращения О1.

О1М = 10 2+ 26 2 = 27,8 см Тогда в момент времени t = 2 c получим:

с2

с2 τ

Изображаем на схеме векторы V е и а е с учётом направлений n

ω e и ε e и вектор а е (направлен к оси вращения). Определим модуль и направление кориолисова ускорения а с . Т. к. в нашем случае ось вращения перпендикулярна плоскости пластины, в которой расположен вектор V r , то численно в момент t = 2 c.

ac = 2 • ω e • Vr = 2 • 12 • 31,4 = 753,6 см

V M = V e +V r , а для определения абсолютного ускорения точки – теоремой сложения ускорений: n

τ

a M = ae + ar + ac = ae + ae + ar + ac Таким образом, значения всех входящих в правые части векторных равенств найдены и для определения V М и а М остаётся только сложить эти векторы. Произведём это сложение аналитически. Проведём координатные оси МХУ и спроектируем первое векторное равенство на эти оси. Для момента времени t = 2c получим:

Ve = ω e • O1 M = 1227,8 = 333,6 см

aeτ = ε e • O1 M = 18 • 27,8 = 500 см

Изобразим а с на схеме. Для определения абсолютной скорости точки воспользуемся теоремой сложения скоростей:

c2

Знаки указывают, что в момент времени t = 2c направления ω e и ε e совпадают с направлением положительного отсчёта угла

с aen = ω e2 • O1 M = 12 2 • 27,8 = 4003 см

вернём его на 90о в направлении ω e , т. е. против часовой стрелки.

с2

Направление а с найдём по правилу Жуковского, т. к. вектор

V r лежит в плоскости, перпендикулярной оси вращения, то по-

⎧VMХ = Ve − Vr cos α = 333,6 − 31,4 × 0,34 = 322 см 2 ⎪ с ⎨ см ⎪⎩VMУ = −Vr sin α = −34,4 × 0,94 = −32 с2 После этого находим: 2 2 VM = VMX + VMУ = 324 см

с2

В нашем случае, когда положение точки М изображено в масштабе по отношению к точке О1 угол α можно снять по транспортиру. Есть другая возможность: определить sinα и cosα из треугольника О1ОМ (α = 70о). Для определения абсолютного ускорения точки М, спроектируем обе части второго равенства на те же оси МХУ. Получим:

⎧ аМХ = aeτ + ar cosα + ac sinα ⎨ n ⎩аМУ = ae + ar sinα − ac cosα

Рисунок 4.5.

Подставим значения, которые все величины имеют в момент времени t = 2 c, найдём, что в этот момент:

аМХ = 667,2 + 113× 0,36 + 753,6 × 0,94 = 1416,3 см аМУ = 4003+ 113× 0,94 − 753,6 × 0,36 = 3837,7 см

с2

с2

Тогда 2 2 аМ = аМХ + аМУ = 14162 + 38372 = 4090 см с 2 .

Выберем масштабную единицу ускорений, сложим все составляющие абсолютные ускорения точки М, снимем численные значения аМ и сравним с полученным значением в аналитическом расчёте (Рис. 4.5) а = 4000 см/с2.

6.4.5. Вопросы для защиты контрольной работы работы К–4 Тема: Сложное движение точки

1. Что называется абсолютным движением точки? 2. Какое движение называется переносным? Дайте полную характеристику относительного движения точки в Вашей задаче. 3. Какое движение точки называется относительным? Дайте полную характеристику относительного движения точки в Вашей задаче. 4. Как читается теорема сложения скоростей? Определите величину и направление вектора относительной скорости точки в Вашей задаче. 5. Запишите формулу для определения модуля абсолютной скорости точки. 6. Как формируется теорема сложения ускорений в случае переносного поступательного движения и переносного вращательного движения? Какая из формулировок применима для Вашей задачи? 7. Перечислите все составляющие абсолютного ускорения точки в Вашей задаче. Поясните их обозначения и направления. 8. Что называется кориолисовым ускорением? Дайте векторную формулу для определения его величины и направления. 9. В каких условиях кориолисово ускорение точки равно нулю? Видоизмените условие Вашей задачи для получения такого случая. 10. Как направлен вектор угловой скорости тела? Покажите его направление в Вашей задаче. 11. Можно ли переносить вектор ϖ и ε в любую точку тела? Прочитайте следующие значения:

n

εe −

3

t–4t2

30×sin2/3πt

1/2

30

K2.3

ϕe −

4

12t3–6t2

120×πt2

1/6

20

K2.4

5

5t3+2t

10t–3t2

1

20

K2.5

6

2t–3t2

15/8×πt3

2

20

K2.6

aM = ae + ae + ar + ar

7

3–6t2

30cos πt

1/6

30

K2.7

(aM ) y = (aeω ) y + (aeε ) y + (arτ ) y + (arn ) y

8

2t–0,5t3

5t2

1

20

K2.8

9

2t3–3t2

5cos π/2t

1/3

10

K2.9

0

2t–0,1t2

20sin π/6t

2

30

K2.0

VM −

aM −

e

e

V −

a −

r

r

V −

ar −

ω

ar −

τ

ae − ε

a −

e

ac −

e

ω −

ae −

r

e

r

(aM ) y −

c

(

c

e

V M = V + V ; aM = a + a + a ; a = 2 • ω ×V e

r

)

r

a = 2 • ω • V • sin (ω , V ) c

e

r

ω

ε

τ

n

6.4.6.Варианты заданий задачи К 4 Тема: Сложное движение точки.

Пластина вращается вокруг неподвижной горизонтальной оси О1 по заданному закону ϕ = f(t). Положительное направление отсчёта угла ϕ показано на схеме дуговой стрелкой. На пластине точка М. Закон её относительного движения, т. е. зависимость S = ОМ = f(t) задан. Указанное на схеме положение точки М относительно точки О соответствует положительному направлению отсчёта дуговой координаты S. Найти абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки М в момент времени t. Исходные данные приведены в таблице К4. Таблица К4 Порядковый номер цифры варианта Цифра варианта

1

2

3

ϕ = f(t) (рад)

S = f(t) (см)

1

–2πt2

100×sin2πt–100

1/8

40

K2.1

2

8t–t2

6×(t2+2t)

2

50

K2.2

t (c)

4 d (см)

Рисунок

6. Бражниченко Н. А. и др. Сборник задач по теоретической механике. М., 1974. Содержит примеры решения задач. 7. Никитин Н. Н.. Курс теоретической механики: Учебник – М., 1990.

7. ЛИТЕРАТУРА

1. Яблонский А. А., Никифорова В. А.. Курс теоретической механики: Учебник – М., 1984 – ч. 1 (и предыдущие издания). 2. Сборник упражнений для курсовых работ по теоретической механике: Учебное пособие под редакцией Яблонского А. А.– М., 1985г. 3 Бать М. И., Джанилидзе Г. Ю., Кельзон А. Е.. Теоретическая механика в примерах и задачах: Учебное пособие – М., 1984 ( и предыдущие издания). 4 Тарг С. М.. Краткий курс теоретической механики: Учебник – М., 1986. ( и предыдущие издания). 5. Павлов М. В.. Теоретическая механика. Краткий курс.М., 1986.

Редакционно-издательский отдел Камчатская государственная академия рыбопромыслового флота Мареева Надежда Леонидовна Теоретическая механика. Кинематика Методическое пособие для выполнения расчетно-графических работ Редактор Гончарова Д.Я. Технический редактор Андреева Ж.Н.

Лицензия ЛР № 020921 от 26.10.94 г. подписано к печати Формат 61*86/16. Печать офсетная. Усл.п.л. . Авт.л.4,4: Уч.изд.л 4,6. Тираж 200. Заказ №

Отпечатано полиграфическим участком РИО КГАРФ 683003 г.Петропавловск-Камчатский, ул.Ключевская,35