Конструирование и технологии электронных средств; механика деформируемого твердого тела

МИНОБРНАУКИ РОССИИ Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего образования «МИРЭА – Российский технологический университет» РТУ МИРЭА ЛЕКЦИОННЫЕ МАТЕРИАЛЫ Прикладная механика (наименование дисциплины (модуля) в соответствии с учебным планом) Уровень бакалавриат (бакалавриат, магистратура, специалитет) Форма обучения очная (очная, очно-заочная, заочная) Направление(-я) подготовки 11.03.03 Конструирование и технологии электронных средств (код(-ы) и наименование(-я)) Институт Кибернетики (полное и краткое наименование) Кафедра проблем управления (полное и краткое наименование кафедры, реализующей дисциплину (модуль)) Лектор Доцент, к.т.н. Пирумов Александр Ремальевич (сокращенно – ученая степень, ученое звание; полностью – ФИО) Используются в данной редакции с учебного года 2020/21 (учебный год цифрами) Проверено и согласовано «____» ________20___г. Романов М.П. (подпись директора Института/Филиала с расшифровкой) Москва 2020 г. 1 Содержание 1. Кинематика точки, поступательное и вращательное движения твердого тела……………………………………………………….…3 2. Плоскопараллельное движение твердого тела……………………..15 3. Статика, основные понятия и аксиомы, условия равновесия под действием системы сил…….…………………………………..…….26 4. Динамика точки, колебания………………………………………….51 5. Механика системы, теорема об изменении кинетической энергии, уравнения Лагранжа второго рода………………………………….64 6. Структура механизмов……………………………….………………78 7. Основные понятия механики деформируемого твердого тела. Метод сечений………………………………………………………………………………..88 8. Внутренние усилия при растяжении-сжатии, кручении и прямом изгибе ………………………………………………………..………101 Список использованных источников………………………………......…111 2 Лекция 1 В прикладной механике рассматриваются основы кинематики, статики, динамики, аналитической механики, теории машин и механизмов и сопромата. Рассматриваются идеализированные материальные тела: материальная точка – тело бесконечно малых размеров, но конечной массы; абсолютно твердое тело (недеформируемое); механическая система материальных точек или абсолютно твердых тел, в которой положение и движение каждой точки (тела) зависят от положения и движения остальных точек (тел) системы; деформируемые (несжимаемые) тела в условиях квазистатики. Под движением тела в механике понимают процесс изменения с течением времени его положения по отношению к другому телу, с которым связывают произвольно выбранную систему осей координат, называемую системой отсчета. Движение происходит в пространстве и во времени. Пространство считается трехмерным эвклидовым; время во всех системах отсчета одинаковое и не зависит от относительного возрастающей скалярной величиной, его отсчет начинается от некоторого начального момента определяемого условием задачи. Если же с течением времени координаты всех точек тела (системы) не меняются, то тело по отношению к этой системе отсчета находится в равновесии (покое). Состояние движения или покоя материального тела зависит от его взаимодействия с другими телами. Мерой этого взаимодействия является сила, определяемая интенсивностью взаимодействия, направлением и точкой приложения, то есть сила – это величина векторная. Движение тела зависит так же от его массы и её распределения по объему тела, Масса – это мера инерции тела, то есть способности свободного тела сопротивляться действующей на него силе. Единицами измерения в системе СИ являются: длины – метр [м], времени – секунда [c], массы – килограмм [кг], силы – ньютон [Н] = [кгм/с2]. Нумерация формул и рисунков своя для каждого раздела. Кинематика Если известен метод определения в каждый момент времени положения тела относительно выбранной системы отсчета, то говорят, что задан закон движения тела в этой системе отсчета. Задачей кинематики является установление закона движения тела и определения по нему кинематических характеристик этого движения (траекторий, скоростей и ускорений точек тела, угловой скорости и углового ускорения тела). Часть определений и теорем кинематики известны из курсов физики, поэтому изложение части материала будет носить справочный характер. 3 Кинематика точки Движение точки считается заданным, если указан способ, позволяющий определить её положение относительно выбранной системы отсчета в каждый момент времени. Существуют три способа задания движения точки: векторный, координатный и естественный. При векторном способе положение движущейся точки М относительно фиксированной точки О системы отсчета определяется заданием её радиус-вектора ОМ  r как функции времени (рис. 1.1). Таким образом, векторная зависимость r  f (t ) (1.1) является законом движения точки в векторной форме. Траектория точки М (кривая, Рис. 1.1 списываемая точкой в процессе движения) представляется огибающей концов радиуса-вектора r . Скорость точки v  – это векторная величина, характеризующая как быстро и в каком направлении меняется положение точки М. По закону движения (1.1) она определяется так: dr v . (1.2) dt Вектор v направлен по касательной к траектории точки в сторону движения последней (рис. 1.1.). Ускорение точки a  – это векторная величина, показывающая изменение с течением времени скорости точки v  . Оно равно: dv d 2 v a  . (1.3) dt dt 2 Для определения направления вектора a , введем новое понятие – соприкасающаяся плоскость траектории. Это плоскость, проходящая через три бесконечно близкие точки траектории, одна из которых – движущуюся точка М. В общем случае (если траектория – пространственная кривая) соприкасающаяся плоскость по мере движения Рис. 1.2 точки М будет менять свою ориентацию в пространстве. В случае плоской траектории соприкасающаяся плоскость является неподвижной плоскостью траектории. Так вот ускорение точки М – вектор a – лежит в соприкасающейся плоскости и направлен в сторону вогнутости траектории (рис. 1.2). При координатном способе задания движения точки её положение относительно декартовой системы координат, меняющей начало в точке О, 4 определяется тремя координатами точки М, заданными как функции времени (рис. 1.3) x = f1(t), y = f2(t), z = f3(t). (1.4) Совокупность этих трех функций представляет собой закон движения точки М в координатной форме. При движении точки в плоскости Оху, её положение определится двумя первыми зависимостями (1.4); если же точка М движется вдоль оси Ох, то её положение определится первым уравнением системы (1.4). Число независимых геометрических параметров, однозначно определяющих Рис. 1.3 положение тела (системы оси) в пространстве, называется числом степеней свободы этого тела (системы). Так положение летающей в комнате мухи (материальной точки) определяется тремя координатами (х, у, z) – муха имеет в данном случае три степени свободы. Положение мухи, ползущей по столу, определяется координатами х и у – эта муха имеет две степени свободы, если муха ползет по оси Ох, то она имеет одну степень свободы, т.к. её положение определяется одной координатой х. Зная закон движения точки (1.4) легко найти её траекторию, скорость и ускорение. Для нахождения уравнения траектории в явном виде надо из равенств (1.4) исключить параметр t. Далее по этим же зависимостям (1.4) для заданного интервала движения точки (t0  t t1) находят пределы изменения координат (xmin, xmax и т.д.), которые и определят часть полученной кривой, по которой в заданном временном интервале движется точка, то есть её траекторию. Если интервал времени движения точки не задан, то считают, что 0 t < . Пример 1.1. Движение точки задано уравнениями x = t2 м, y = t м. Найти траекторию точки. Решение. Определим уравнение траектории точки, исключив время t из заданных уравнений движения: t = y  x = y2. Полученная кривая является параболой (рис. 1.4). Далее находим траекторию, т.е. часть параболы, которую описывает точка в процессе движения при 0  t < . Из заданных уравнений движения следует, что при 0  t < , 0  x < , 0  y < , таким образом, траекторией точки Рис. 1.4 будет только верхняя ветвь параболы (на рис. 1.4 изображена сплошной линией). 5 По закону движения точки в координатной форме (1.4) определяются проекции на оси координат вектора скорости точки v : dx vx   x , v y  y , vz  z , (1.5) dt а по проекциям находится и модуль скорости: v  v x2  v 2y  v z2 . (1.6) Аналогично находится и ускорение точки a . Его проекции на оси координат: (1.7) a x  vx  x, a y  v y  y , a z  vz  z и модуль ускорения точки: a  a x2  a 2y  a z2 . (1.8) Естественный способ задания движения точки используется, когда траектория точки заранее известна. В этом случае для определения её положения в пространстве задаются (рис. 1.5): а) траектория точки; б) начало отсчета на траектории (точка О) криволинейной координаты s; в) положительное направление отсчета координаты s; г) закон изменения во времени координаты s, т.е. закон движения точки по траектории (1.9) s  f t  . Так как положение точки на фиксированной траектории определяется одной координатой s, то точка в данном случае имеет одну степень свободы. По закону движения точки по траектории (1.9) находят проекцию вектора скорости точки v  на касательную к траектории, которая называется алгебраической скоростью или просто скоростью: ds v  v   s . dt Вектор скорости v направлен по Рис. 1.5 касательной к траектории при s  0 – в сторону увеличения координаты s (рис. 1.5), при s  0 – в сторону уменьшения s. Рассмотрим теперь ускорение a точка М. Как уже говорилось, ускорение a лежит в соприкасающейся плоскости траектории, в которой расположена и касательная к траектории. Проведем в этой плоскости линию (рис. 1.5) перпендикулярную касательной (она называется главной нормалью траектории точки), и разложим вектор a на две составляющие (рис. 1.5): 6 касательную a  и нормальную an  . Первая называется касательным ускорением, вторая – нормальным. Проекция ускорения a на касательную (чаще эту величину называют просто касательным ускорением точки) равна: dv a   v  s . (1.11) dt Вектор a направлен вдоль касательной, при a  v  0 – в сторону увеличения координаты s, при a  v  0 – в сторону уменьшения s. a = 0 при v = const и в положениях точки М, где vmax или vmin. Проекция ускорения a на главную нормаль (нормальное ускорение точки) равна: an  v2  , (1.12) где  – радиус кривизна в точке траектории, где находится движущуюся точка М. Радиус кривизны – это радиус окружности, проходящей через три бесконечно близкие точки траектории, одна из которых точка М. Если траектория окружность радиуса R, если траектория прямая, то  = . Вектор a n перпендикулярен касательной и всегда направлен в сторону вогнутости траектории. an = 0, когда v = 0 или  = . Касательное ускорение определяет изменение величины скорости, нормальное – изменение направления v . Полное ускорение точки равно: 2  v2  a  a  a  v     ,  2 2 n 2 (1.13) оно равно нулю при v = const и  = , то есть при равномерном прямолинейном движении точки. Движение точки называется ускорения, если v  s и a  v имеют одинаковые знаки, то есть v и a направлен в одну и ту же сторону. Равномерным называется движение точки с постоянной по величине скоростью v  s  const  . В этом случае a = 0, a  0, a  an  v2  ; s  s0  vt , s = s0 + vt, (1.14) где s0 – начальная координата точки М (при t = 0). Равномерным называется движение точки с постоянным касательным ускорением (a = const). В этом случае: a t2 (1.15) v  v0  a  t , s  s0  v0t   , 2 где v0 – начальная (при t = 0) скорость точки. 7 Поступательное и вращательное движения твердого тела Поступательное и вращательное движения твердого тела являются простейшими его движениями и изучались в курсах физики. Поэтому материал мы рассматриваем конспективно без строгих выводов. Поступательное движение тела В этом случае любая прямая тела движется параллельно самой себе, в результате чего точки тела описывают одинаковые (конгруэнтные) траектории, форма которых может быть любой линией, и в каждый момент времени точки имеют одинаковые скорости и ускорения: (1.16) vA  vB  vC  ..., aA  aB  aC  ... Следовательно, если мы знаем движение одной точки тела, движущегося поступательно, то нам известны и движения всех его точек. Но движение одной точки мы уже изучили в § 1.1: её движение может быть задано тремя способами (векторным, координатным, естественным); в зависимости от вида задания движения находится траектория точки, её скорость и ускорение. Тело, как и точка, может иметь три, две, одну степени свободы. Упражнение . Какое движение совершают кабины колеса обозрения? Каковы траектории точек кабин? Вращательное движение тела В этом случае в теле имеется неподвижная прямая, называемая осью вращения. Все точки тела движутся по окружностям, плоскости которых перпендикулярны оси вращения, их центры лежат на оси вращения, а радиуса равны расстоянию от точки тела до оси вращения. Положение тела определяется углом φ между плоскостями П1 и П2 проходящими через ось вращения (ось z на рис. 1.7), одна из которых неподвижна (П1), а вторая (П2) жестко связана с телом. Угол φ называется углом поворота тела, он считается положительным, если, смотря с положительного направления оси z, мы видим поворот тела против хода часовой стрелки. Таким образом, функция, определяющая в каждый момент времени значение угла поворота, и будет законом вращательного движения тела: φ = f(t). (1.17) В системе СИ угол φ измеряется только в радианах, но в технике его иногда измеряют в оборотах (тогда этот угол обозначают N). Зависимость между φ [радиан] и N [об]: φ = N2π. (1.18) Величина, определяющая изменение с течением времени угла поворота, называется угловой скоростью (ω), она равна 8 d   . (1.19) dt При ω > 0 угол φ увеличивается, тело вращается против хода часовой стрелки, если -1 ω < 0, то по ходу часовой стрелки. В системе СИ [ω] = рад/c = c . В технике её иногда измеряют в об/мин и обозначают n, при этом 2n n   . (1.20) 60 30 Изменение с течением времени угловой скорости определяется угловым ускорением () d .   (1.21) dt Размерность углового ускорения [] = рад/c-2 = 1/c2 = c-2. Знак ε показывает направление изменения угловой скорости. Например, если ε > 0, то угловая скорость ω растет и при ω < 0 её модуль уменьшается, а при ω > 0 – увеличивается. Вращение называется ускоренным, если ω и ε имеют одинаковые знаки, в противном случае – замедленным. На схемах угловую скорость и угловое Рис. 1.8 ускорение часто изображают в виде круговых стрелок, показывающих направления изменения угла поворота и угловой скорости (рис. 1.8).   const . В этом случае Вращение называется равномерным, если    ε = 0, φ = φ0 +ωt, где φ0 угол поворота при t = 0.   const . В этом случае Вращение называется равнопеременным, если    t 2 ω = ω0 + t,   0  0t  , где ω0 и φ0 – начальная угловая скорость и 2 начальный угол поворота тела. Скорость и ускорение точки тела лежат в плоскости ее траектории, т.е. в плоскости окружности, описываемой точкой. При этом скорость точки М, отстоящий от оси вращения на расстоянии ОМ = h, равна v = ωh. (1.22) Вектор скорости v перпендикулярен радиусу OM = h и направлен в сторону вращения тела, то есть в сторону ω. Ускорение точки, движущейся по окружности, состоит из нормального и касательного ускорений. Нормальное ускорение равно v 2 2 h 2 (1.23) an    2 h ,  h а касательное –  9 dv  h . (1.24) dt Нормальное ускорение an всегда направлено к оси вращения, касательное ускорение перпендикулярно ОМ и направлено в сторону углового ускорения ε. Полное ускорение точки равно a  a  an2  a2  h 4   2 . (1.25) Практическое занятие 1. Пример 1.2. Движение точки задано уравнениями x = 3sin(πt) м, y = 2cos(2πt) м это номер уравнений (а). Определить траекторию, скорость, ускорение, касательное ускорение, нормальное ускорение и радиус кривизны траектории для текущего момента t и для момента времени t1 = 1/6 c. Построить траекторию и показать положение точки и все найденные кинематические характеристики при t1. Решение. Определение траектории. Движение точки в плоскости Оху задано координатным способом. Для нахождения уравнения траектории исключим параметр t из уравнений (а), которые перепишем в виде: x / 3  sin t , y / 2  cos 2t  1  2 sin 2 t . Тогда y / 2  1  2 x 2 / 9 или y  2  4 x 2 / 9 , это уравнение параболы. Найдем её часть, которую описывает точка (то есть траекторию) в процессе движения при измененном времени в пределах 0  t < . По уравнениям (а) находим пределы изменения координат точки, так как sin(πt)  1, cos(2πt)  1, то имеем: –3  x  3, –2  y  2. Строим (рис. 1.6) параболу и выделяем на ней (сплошной линией) траекторию точки. При t1 = 1/6 c: x1 = 1,5 м, y1 = 1 м, изобразим на схеме точку М(x1, y1). Определение скорости. По формулам (1.5), (1.6) для заданного закона движения (а) Рис. 1.6 найдем проекции и модуль скорости v . (б) vx  x  3 cos t , v y  y  4 sin 2t , 10 v  v x2  v 2y   cos t 9  64 sin 2 t . (в) Находим значения этих переменных при t1 = 1/6 c: vx = 8,16 м/c, vy = –10,88 м/c, Строим в t1  1 / 6c : v x  8,16 м / с, v y  10,88 м / с, v  13,6 м / с . масштабе вектор v t1  на схеме, откладывая проекции и сам вектор от точки М. Определение ускорения. По формулам (17), (18) и найденным проекциям скорости (б) находим проекции и модуль ускорения: (г) ax  vx  32 sin t , a y  v y  82 cos 2t , a  a x2  a 2y   2 9 sin 2 t  64 cos 2 2t . (д) При t1 = 1/6 c их значения равны: ax = –14,8 м/c2, ay = –39,4 м/c2, ax  14,8 м / с 2 , a y  39,4 м / с 2 , a  42,16 м / с 2 . Строим для момента t1 = 1/6 c по проекциям вектор a на схеме в масштабе. Определение a, an, . Для нахождения этих величин воспользуемся формулами естественного способа задания движения точки: a  v, a 2  a2  an2 , an  v 2 / g , и найденными значениями v (формула (б)) и а (формула (д)). И так dv 64 cos 2t  9 , a    2 sin t dt 9  64 sin 2 t an  a 2  a2  24 2 cos 2 t 9  64 sin 2 t ,   1,5 g  v 2 / an  9  64 sin 2 t / 24 . При t1 = 1/6 c значения этих функций равны: a = 22,7 м/c2, an = 35,53 м/c2,  = 5,2 м. Строим a и an на схеме в том же масштаб, что и a (их векторная сумма должна равняться вектору ускорения точки a ). Упражнение . Определите скорость и ускорение точки примера 1.1 как функция времени и для момента времени t1 = 1 c, постройте для этого момента найденные v1 и a1 , предварительно определив положение точки при t1. Пример 1.3. Стержень ОА (ОА = 1 м) вращается вокруг оси Оz с угловым ускорением ε = t рад/c2 при начальной угловой скорости ω0 = 2 рад/с (см. рис. 1.9). Определить угловую скорость стержня и его угол поворота как функцию времени. Для момента времени, когда скорость точки А стрежня равно 4 м/с найти угловое ускорение, угловую скорость, угол поворота, число оборотов стержня, ускорение точки А стержня, 11 Рис. 1.9   показать на схеме все найденные величины , , vA , aAn , aA , aA .  ,    - найдем по заданной Решение. Используя зависимости    величине ε = t, ω = φ. d t2   t  d  tdt , d  tdt ,    C1 . dt 2 Постоянную интегрирования C1 определяем по начальным условиям при t = 0: 0  2 1  2   C1 , C1 = 2 – и окончательно ω = 2 + 0,5t2. с 2 d 1  2  0,5t 2  d  2  0,5t 2 dt ,   2t  t 3  C 2 . Далее   dt 6 1 Примем, что при t = 0: φ = 0, тогда 0 = 0 + 0 + C2, C2 = 0 и   2t  t 3 . 6 2 Скорость точки А равна: vA = ωOA = (2 + 0,5t )1; поэтому время t1, соответствующее скорости vA = 4 м/c, равно: 2 + 0,5t12 = 4  t1 = 2 c. В этот момент (2) = 2 рад/c2, ω(2) = 4 рад/с, φ(2) = 16/3 = 5,33 рад. Соответствующее φ(2) число оборотов стержня N(2) = φ(2)/2π = 0,85 об. Так как знаки (2) и ω(2) одинаковы и положительны, то эти величины направлены против хода часовой стрелки (вращение ускоренное). Скорость точки А vA  OA и направлена в сторону ω(2). Ускорение точки А находим по его составляющим: при t1 = 2 c aAn = ω2(2)OA = 16 м/c2, aA = (2)OA = 2 м/c2, 2 2 aA  aAn  aA  16,12 м 2 . с          При решении задач данного раздела Вы будете встречаться с различными механизмами преобразования вращательного движения в поступательное и наоборот, а также преобразования вращения вокруг одной оси во вращение вокруг другой неподвижной оси. Основные виды простейших механизмов показаны на рис. 1.10. 12 (а) (б) Рис. 1.10 (а-б) Детально эти механизмы изучаются в курсе «Теория механизмов и машин», здесь же мы отметим только два основных свойства идеализированных механизмов, позволяющих провести их кинематический анализ. (в) (г) (д) (е) Рис. 1.10 (в-е) 13 Во-первых, промежуточные звенья: ремень, канат, цепь – считаются абсолютно гибкими и нерастяжимыми. Поэтому скорости всех точек каната, ремня, цепи по величине равны между собой, т.е. для рис. 1.10 (г) vA = vM, для рис. 1.10 (д) vA = vB = vC = vD. Во-вторых, отсутствует относительное проскальзывание звеньев механизма в точках их контакта друг с другом, т.е. точки контакта двух звеньев имеют одинаковые скорости. Так, для схем 1.10 (б, в) скорости точек А колес 1 и 2 равны между собой. Пример 1.4. Груз М (рис. 1.11) скользит вниз по наклонной плоскости согласно уравнению x = 0,5t – 0,1t2 м и приводит в движение лебедку, состоящую из барабана I, жестко соединенного с зубчатым колесом II, входящим в зацепление с шестерней III, которая жестко скреплена со шкивом IV. Шкив IV с помощью ремня соединен со шкивом V, к которому жестко крепится рукоятка ОА. Радиус барабана 1 – r1 = 0,3 м; числа зубьев шестерен II, III равны z2 = 60, z3 = 20; радиусы шкивов IV, V – r4 = 0,2 м, z5 = 0,1 м; длина рукоятки ОА = 0,2 м. Найти в момент времени t = 2 c угловую скорость и угловое ускорение шкива V, скорость и ускорение точки А рукоятки. Решение. Начинаем решение с определения скорости ведущего звена (движение которого задано), т.е. груза М: vM  x  0,5  0,2t . При t = 2 c: vM = 0,1 м > 0, следовательно, расстояние х увеличивается и вектор vM направлен вниз по наклонной плоскости. Трое нерастяжим, поэтому скорость точки касания троса с окружностью барабана 1 будет равна vМ и направлена также как и vМ, а барабан I и связанное с ним колесо II будут вращаться вокруг оси Р по ходу часовой стрелки с угловой скоростью ω1 = = ω2 = vМ/r1. В этом случае скорость точек контакта шестерен II и III будет направлена вверх, а шестерня III и связанный с ней шкив IV будут вращаться вокруг оси Q против хода часовой стрелки. Их угловую скорость находим из условия: vB2 = vB3 или ω2r2 = ω3r3 откуда r 3  4  2 2  r3  2 Рис. 1.11 14 z 2 vM z 2  . z3 r1 z3 Тогда скорости точек C и D нерастяжимого ремня направлены, как показано на рис. 1.11, и будут равны скоростям соответствующих точек шкивов IV и V: r v z r vC  vD , vC  4 r4 , vD  5 r5 , 5  4 4  M 2 4 . r5 r1 z3 r5 Вращается шкив V и связанная с ним рукоятка ОА против хода часовой стрелки. При положительной скорости vM будем считать полученные нами направления ω1, ω3, ω5 положительными вне зависимости от того, как они направлены: по ходу часовой стрелки или против. Это же правило будет справедливо и для угловых ускорений. Таким образом, зависимость ω5 от времени определяется выражением v z r 0,5  0,2t   60  0,2 5  M 2 4   200,5  0,2t . r1 z3r5 0,3  20  0,1 Взяв от него производную по времени, получим  5  4 1 2 . 5   с Следовательно, при t = 2 c: ω5 = 2 1/c > 0, 5 = –4 1/c2 < 0, поэтому их направления противоположны, 5 направлено по ходу часовой стрелки. В заключение находим vM  5  ОА  0,4 м / с , аАn  52  OA  0,8 м / с 2 , аА  5  ОА  0,8 м / с 2 , аА  а   a  n 2 А  2 A  1 / 13 м / с 2 . Направления соответствующих векторов показаны на рис. 1.11, в соответствии с направлениями ω5 и 5. Лекция 2 Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела Движение твердого тела, при котором все его точки движутся в плоскостях, параллельных плоскости П (рис. 1.18), неподвижной в рассматриваемой системе отсчёта, называется плоскопараллельным или плоским. Чтобы пояснить это определение, рассмотрим произвольное движение книги по горизонтальному столу: каждая буква (точка) книги будет двигаться в плоскости своей страницы, каждая из которых параллельна плоскости стола. Очевидно, что, если мы знаем движение одной страницы, то нам известны движения и всех Рис. 1.18 15 остальных, лежащих выше и ниже рассматриваемой страницы. Поэтому при плоскопараллельном движении и следуют движение не всего объемного тела, а только движение сечения тела (сечения s рис. 1.18) плоскостью (П1), параллельной заданной неподвижной плоскости (П), в своей плоскости (П1). Положение фигуры s в плоскости П1 по отношению к системе координат Оху определяется положением какого-либо отрезка АВ этой фигуры (рис. 1.19), последнее же будет полностью определено, если задать координаты xA, yA точки А (полюса) и угол φ между положительным направлением оси Ох и отрезком АВ: (1.27) xA  f1 t , yA  f 2 t ,   f3 t  . Совокупность этих зависимостей называется уравнениями плоскопараллельного движения твердого тела или законом этого движения. Если в процессе движения тела меняются все три независимых параметра (xA, yA, φ), то тело обладает тремя степенями свободы. Однако некоторых ограничениях, накладываемых на плоское движение тела (например, xA = const или xA = f(φ)), тело может иметь две или даже одну степень свободы. Если в процессе движения плоской фигуры меняются координаты полюса (xA, yA), а угол φ не меняется, то тело движется Рис. 1.19 поступательно (прямая АВ остается параллельной самой себе). Но если xA = const, yA = const, а меняется угол φ, то тело вращается вокруг оси А. При изменении всех трёх параметров движения (xA, yA, φ) в каждый момент времени происходит сложение двух движений: поступательного вместе с полюсом А и вращательного вокруг полюса А. При этом поступательная часть движения (скорость, ускорение) зависит от выбора полюса, а вращательная (угловые скорость и ускорение) – не зависят. По уравнениям (1.27) легко находятся скорость точки А ( vAx  x A ,  ). Чтобы vAy  y A , vA  vA2 x  vA2 y ) и угловая скорость плоской фигуры (    по этим величинам ( vA ,  ) определить скорость любой другой точки фигуры, воспользуемся теорией сложного движения точки. Свяжем с полюсом А подвижную систему координат A x1, y1, движущуюся поступательно ( x1 x, y1 y ) (рис. 1.20), и представим движение точки В как сложное: она движется вместе с системой Ax1y1 со скоростью (это переносное vA 16 Рис. 1.20 движение vBe  vA ) и относительно этой системы она вращается вместе с фигурой вокруг полюса А с угловой скоростью ω, имея линейную скорость относительного движения равную vBr    AB , vBr  AB , vBr направлена в сторону ω (эта скорость обозначается vBr  vBA и называется скоростью точки В при вращении последней вместе с телом вокруг полюса А). Из теории сложного движения точки v Ba  vBe  vBr , где vBa  vB – абсолютная скорость точки В относительно неподвижной системы Oxy. Следовательно, скорость произвольной точки (В) плоской фигуры равна (1.28) vB  vA  vBA , vBA    AB, vBA  AB . Пример 1.9. Плоский диск радиуса R = 1,5 м движется в плоскости рисунка 1.21, скорость его центра горизонтальна и равна vA = 1 м/с, его угловая скорость равна ω = 1 рад/c. Определить скорость точек В, С, D, P диска, АР = 1 м. Решение. Запишем для точки В формулу (1.28), выбрав за полюс точку А: vB  vA  vBA . vBA    AB  11,5  = 2,5 м/с, vBA  AB , и направлена в сторону ω (см. рис. 1.21). Складываем геометрически эти два вектора vA  vBA (см. рис. 1.21). Построение выполнено в масштабе, поэтому, измерив вектор vB , получим vB = = 1,8 м/c (так как vA  vBA , то можно воспользоваться теоремой Пифагора 2 vB  vA2  vBA  3,25 м/с). Аналогично для точки С: vC  vA  vCA , vCA    AC  1,5 м/с , Рис. 1.21 vCA  AC и направлена в сторону ω, то есть vA и vCA параллельны друг другу и направлены в противоположные стороны, поэтому vC  vCA  vA  0,5 м/с. Для точки D: vD  vA  vDA ; vDA    AD  1,5 м/с; vDA  AD , то есть vDA || vA , поэтому vD  vA  vDA  2,5 м/с . Для точки Р: vP  vA  vPA , vPA    AP  1 м/с, vBA  AP, поэтому vPA  vA , и vP  vA  vA  0 . Как видно из разобранного примера, в зависимости от взаимного расположения точки и полюса плоской фигуры скорость точки может быть больше (точки В, D) скорость полюса А, меньше (точка С) и даже равна нулю (точка Р). Точка плоской фигуры (или жестко связанной с ней плоскости), скорость которой в данный момент времени равна нулю называется мгновенным центром скоростей фигуры (м.ц.с.). При ω  0 такая точка 17 всегда существует, с течением времени её положение меняется как на подвижной плоскости, жестко связанной с фигурой, так и на неподвижной плоскости. Предположим, что такая точка Р существует и покажем, как с помощью м.ц.с. определяются скорости остальных точек фигуры (доказательства существования такой точки дадим позже). Итак, пусть в рассматриваемый момент времени положение мгновенного центра скоростей фигуры нам известны (рис. 1.22). Найдем скорости точек А, В, С, D. Выберем за полюс точку Р и запишем уравнения (1.28) для каждой из точек: vA  vP  vAP , vB  vP  vBP и т.д. Рис. 1.22 Учтя, что vP=0 (по определению), получим: (1.29) vA  vAP    AP, vB    BP, vC    CP, vD    DP , т.е. скорость любой точки плоской фигуры равна произведению угловой скорости фигуры на длину отрезка, соединяющего точку с м.ц.с., и направлена перпендикулярно к этому отрезку в сторону вращения фигуры. Из равенства (1.20) следует, что v v v AP vA AP . (1.30)  A  B ; A  ,  AP BP vB BP vC CP Частные случаи определения м.ц.с. Практически все они являются следствиями построений, выполненных на рис. 1.22. 1. Заданы скорость точки А плоской фигуры – vA и угловая скорость фигуры – ω. Определить положение м.ц.с. По формуле (1.28): vP  vA  vPA . Если vP  0 , то vPA  vA и точка Р должна лежать на луче AN, перпендикулярном к vA и повернутом относительно vA в сторону ω (в этом случае vPA противоположно vA ). Строим этот луч (рис. 1.23) Поскольку по модулю vPA = ωAP = vA, то откладываем на луче отрезок AP = = vA/ω и получаем искомую точку Р, скорость которой так как vP  vA  vPA  0 , Рис. 1.23 vPA  AP  vA /   vA , vPA  vA . Данный случай определения м.ц.с. служит и доказательством его существования при ω ≠ 0. 2. Задана скорость точки А vA  фигуры и линия действия скорости точки В vB  , при этом vA  vB (рис. 18 Рис. 1.24 1.24). Определить м.ц.с. фигуры, её угловую скорость (ω) и скорость точки В vB . Так как м.ц.с. лежит на перпендикуляре к скорости любой точки, то восстанавливаем из точек А, В перпендикуляры к vA и к линии действия vB , в точке их пересечения и будет находиться точка Р – м.ц.с. фигуры. Определив (измерив) длины AP, BP, находим ω = vA/AP, vB = ωBP. Если vA vB , а AB не  vA (рис. 1.24, б), то перпендикулярны к vA и vB пересекаются в бесконечности AP = ∞, ω = = vA/AP = 0, (но ε  0), тело совершает мгновенно поступательное движение, скорости всех его точек в данный момент времени равны между собой: vA  vB  … (но не ускорения). 3. Задано vA , vB , AB, vA vB , vA AB (рис.1.25). Определить положение м.ц.с. и угловую скорость ω фигуры. Если vA  vB , то м.ц.с. находится так, как показано на рис. 1.25(а-б). Если же vA  vB (рис. 1.25(в)), то АР = ∞, ω = 0, тело совершает мгновенно поступательное движение. а б Рис. 1.25 в Рис. 1.26 Рис. 1.27 В случае (а) для нахождения ω и расстояния АР проведем через точку В (рис. 1.26) прямую ВЕ, параллельную прямой РС. Тогда отрезок АЕ равен vA – vB. Угловая скорость фигуры ω = vA/AP, но из подобия треугольников АСР и АЕВ следует, что АС/АР = АЕ/АВ, т.е. ω = vA/AP = (vA – vB)/AB, 19 т.е. AP = AB·vA/(vA – vB). Аналогичные выкладки для случая (б) дают (рис. 1.27): AE = vA + vB, ΔACP ~ ΔAEB, AC/AP = AE/AB, (1.31) ω = vА/AP = (vA + vB)/AB, AP = AB vA/(vA + vB) (1.32) 4. Тело А катится без скольжения по неподвижному основанию (рис. 1.28). Точки контакта тел А и В имеют одинаковые скорости, равные нулю, таким образом, точка Р касания тела А с поверхностью является м.ц.с. тела А. Рис. 1.28 Практическое занятие 2. Пример 1.10. Рукоятка АВ катка скользит вниз точкой В по вертикальной стене со скоростью vB = 3 м/с и заставляет каток катиться без скольжения по горизонтальной плоскости (рис. 1.29). AB = 2 м, r = 0,5 м. Для данного положения механизм определить угловую скорость катка, скорости его точек А и С, решение выполнить с помощью мгновенных центров скоростей. Решение. И рукоятка (стержень) АВ, и каток (цилиндр) совершают плоскопараллельные движения. Ведущим является звено АВ, для которого заданы величина и направление скорости его точки В и траектория точки А, горизонтальная прямая. Поэтому скорость vA направлена вдоль этой прямой. Восстановив перпендикуляры в точках В и А к скоростям vB и vA , находим м.ц.с. рукоятки АВ, точку P1, при этом BP1 = ABcos(300) = 3 м, AP = ABsin(300) = 1 м. Тогда ω1 = = vB/BP1 = 1 1/c, vA = ω1·AP = 1 м/с. Изображаем ω1, vA на схеме. Рассматриваем качение без скольжения катка по горизонтальной плоскости. Его м.ц.с. находятся в точке контакта с плоскостью, точка P2. Зная vA и 20 Рис. 1.29 расстояния AP2 = = r 2  2 / 2 м , находим = r 0,5 м, CP2 = ω2 = vA/AP = 2 c-1, vC = ω2CP2 = = 2 м/c. Изображаем на схеме ω2, vC . Пример 1.11. Кривошип ОА кривошипно-ползунного механизма (рис. 1.30) вращается с угловой скоростью ω1 = 3 1/c, OA = 1 м, AB = 3 м. Для положений механизма, изображенных на рис. 1.30 (a-б), определить угловую скорость шатуна АВ, скорость ползуна В и точки С шатуна (АС = 1 м). Решение. Механизм состоит из трех подвижных звеньев: ведущего (движение его задано) звена 1 – кривошипа ОА, вращающегося вокруг оси О, ползуна В (звено 3), движущегося поступательно прямолинейно, и шатуна АВ (звено 2), совершающегося плоское движение. Находим скорость точки А ведущего звена: vA = ω1OA = 3 м/c, vA  OA и направлена в сторону ω1. Точка А общая для кривошипа ОА и шатуна АВ, точка В общая для шатуна АВ и ползуна В, скорость которого vB горизонтальна. Зная направления скоростей двух точек шатуна АВ vA , vB  находим его м.ц.с., восстановив перпендикуляры к этим скоростям. Точка их пересечения и будет м.ц.с. звена 2. Для положения механизма на рис. 1.30(а) м.ц.с. находится в точке Р. Если механизм построен строго в масштабе то расстояния АР, ВР, СР можно измерить по Рис. 1.30 схеме, но в нашем случае проще решать прямоугольные треугольники BAP и CAP: AP = AB·tg(60 ) = 3 м; BP – 2AB = = 2 3  3,5 м, CP = AP 2  CP 2  10 . Тогда ω2 = vA/AP = 1 1с ; vB = ω2·BP = 2 3  3,5 м/c, vC = ω2·CP = 10 м/с. 21 (а) (б) (в) Рис. 1.30 Для положения механизма на рис. 1.30(б) перпендикуляры к vA и vB параллельны друг другу, то есть пересекаются в бесконечности, поэтому AP = ∞, ω2 = vA/AP = 3/∞ = 0, шатун АВ совершает мгновенно поступательное движение vB = vC = vA = 3 м/с. Упражнение 1.3. Определите ω2, vВ, vС для положения механизма, изображенного на рис. 1.30(в) при измененных размерах (АВ = 3 м, АС = 2 м). Упражнение 1.4. Для положения механизма на рис. 1.30(а) решите обратную задачу: задана скорость ползуна В: vВ = 2 3 м/с. Найти угловую скорость кривошипа ОА. Пример 1.12. Кривошип ОА шарнирного четырехзвенного механизма в положении, изображенном на рис. 1.31(а), вращаются с угловой скоростью ω1 = 2 рад/с, ОА = 0,2 м, АВ = 0,4 м, ВС = 0,2 м. Определить скорость точки В, угловые скорости шатуна АВ (ω2) и кривошипа ВС (ω3). Решение. Рассматриваемый механизм состоит из трех подвижных звеньев: ведущего звена – кривошипа ОА, вращающегося вокруг оси О, шатуна АВ, совершающего плоское движение, и кривошипа ВС, вращающегося вокруг оси С. Поэтому скорость точки А кривошипа ОА 22 равна vA  1  OA  0,4 и направлена перпендикулярно ОА в сторону ω 1 (см.рис. 1.31а) Скорость же точки В кривошипа ВС перпендикулярна ВС. Но точки А, В принадлежат и шатуну АВ, поэтому восстановив перпендикуляры в этих точках к vA и vB находим МЦС звена АВ – это точка Р. Треугольник АВР равносторонний, следовательно, АР = ВР = АВ = 0,4 м и 2  vA / AP  1 1 (направление см.рис. 1.31а), vB  2  BP  0,4 м/с, c 3  vB / BC   2 1 . c (а) (б) Рис. 1.31 Упражнение 1.5. Для положения механизма, изображенного на рис. 1.31б, при условии, что ВС = АВ – 0,4 м, найти vВ, ω2, ω3. Пример 1.13. Точка А нитки, намотанной на катушку, движется параллельно плоскости со скоростью vA = v (рис. 1.32). Катушка катится по плоскости без скольжения, её радиусы r и R заданы. Определить угловую скорость катушки, скорости ее точки В, С, D, Е. Решение. Так как нить АВ нерастяжима, то vB = vA = v. Катушка катится без скольжения, поэтому её м.ц.с. лежит в точке контакта катушки с поверхностью (точка Р рис. 1.32). Поэтому   vB / BP  v / r  R  , vC    CP  vR / r  R , vD    DP    r 2  R 2  vR r . rR При этом vC  CP, vD  DP, vE  EP и все эти скорости направлены по отношению к м.ц.с. в сторону ω: Упражнение 1.6. Определите величину vE    CP  Рис. 1.32 v r2  R2 , rR 23 и направление скорости точки К катушки (рис. 1.32). Пример 1.14. Две параллельные рейки движутся в одну сторону со скоростями v1 = 6 м/с и v2 = 2 м/с . Между рейками зажат диск радиуса r = 0,5 м, катящийся по рейкам без скольжения радиуса (рис. 1.33). Найти угловую скорость диска и скорости его точек С и D. Решение. Диск совершает плоскопараллельное движение. Известное скорости его двух точек А и В (vA = v1, vB = = v2), при этом vA vB , AB  vA . Для нахождения в этом случае м.ц.с. диска восстанавливаем в точке А перпендикуляр к vA и проводим линию через концы векторов vA , vB , отложенных в масштабе. Точка пересечения этих прямых (точка Р рис. 1.33) и будет м.ц.с. диска. Проведем через точку В прямую ВМ параллельную EP, треугольники AEP, BGP и AMB подобные, Рис. 1.33 поэтому Рис.1.33 v v v v 62  A  B  A B   4 1 vA  vB  vAM , AB  2r  1 м  . c AP BP AB 1 Направлена ω по ходу часовой стрелки. Так как ω = vB/BP, то BP = vB/ω = = 2/4 = 0,5 м, OP = r + BP = 1 м, DP = OD2  OP2  1,12 м  1,12 м и v0 = = ω·OP = 4 м с , vD = ω·DP = 4,5 м/с (их направления показаны на рис. 1.33). Упражнение 1.7. Определите ω и v0 примера 1.14 при условии что скорость v2  vB и направлена влево. Пример 1.15. Кривошип ОА плоского механизма (рис. 1.34) вращается с угловой скоростью ω1 = 2 рад/с, ОА = 1 м, АВ = 1 м, AD = 2 м, BC = 1 м, DE = 2 м, R = 1 м, остальные размеры показаны на рисунке, диск (звено 4) катится по горизонтальной плоскости без скольжения. Для изображенного на рис. 1.34 положение механизма определить с помощью мгновенных центров скоростей скорости точек А, В, D, Е, О, Н и угловые скорости звеньев AD(2), BC(3), DE(4), диска (5). Решение. Рассматриваемый механизм состоит из пяти подвижных звеньев: первое и третье – кривошипа ОА и ВС вращаются вокруг осей О и С соответственно, остальные три: шатуны АD (звено 2), DE (звено 4) и диск (звено 5) совершают плоскопараллельные движения. Вычерчиваем механизм строго в масштабе. Ведущим является звено 1 – кривошип ОА, поэтому находим скорость его точки А. vA = ω·OA = 2·1 = 2 м/с, vA  OA . Точка А принадлежит также звену 2(AD). Чтобы найти его м.ц.с. надо знать направление скорости ещё 24 одной его точки, а это точка В, принадлежащая и звену 3 (ВС), вращающегося вокруг оси С. Поэтому vB  BC восстановив Рис. 1.34 перпендикуляры в точках А и В к vA и vB , определим точку их пересечения, точку Р2 которая и будет м.ц.с. звена 2(AD). Определяем путем измерения по схеме (или вычисления) расстояния от точек Рис. 1.34 А, В, D шатуна АD до точки P2: AP2 = 2 м, DP2 = 2 м, BP2 = 3 м и находим ω2 , vB, vD: 2  vA /AP2  2 / 2  1 рад ; vB  2  BP2  3 м ; vD  2  DP2  2 м . с с с Показываем эти величины на схеме. Звено 3 вращается вокруг оси С, поэтому 3  vB /BC  3 рад . с Для звена 4 (DE) известны направление и величина скорости его точки D: vD = 2 м/с, vD  DP2 . Его точка Е принадлежит диску 5, который катится без скольжения по неподвижной поверхности, поэтому м.ц.с. диска находится в точке P5 и, следовательно, скорость его точки Е перпендикулярна прямой EP5 vE  EP5  . Восстановив перпендикуляры в точках D и E к vD и vE , найдем м.ц.с. звена 4 –точка Р4. Определяем DP4  3 м; EP4  1 м, находим 4  vD /DP4  2 / 3 1 , vE  4  EP4  2 / 3 м/с и показываем их на схеме. c Для диска 5 известны мгновенный центр скоростей, точка Р 5, скорость точки Е и расстояние EP5 = R = 1 м, поэтому ω5 = vE/EP5 = 2/ 3 рад/с, v0 = ω5,·OP5 = 2/ 3 м/с; vH = ω5·HP2 = 4/ 3 м/с, показываем эти величины на схеме. Пример 1.16. Плоский механизм (рис. 1.35) состоит из пяти подводных звеньев: ведущего звена 1 – кривошипа ОА, вращающегося вокруг оси О с угловой скоростью ω1 = 2 рад/с; зубчатой рейки 3 (ползуна ВН), движущегося поступательно вдоль горизонтальных направляющих; шатунов 2, 4 (АВ и CD соответственно) и колеса 5, совершающих плоскопараллельные движения. Колесо 5 катится по рейке 3 без скольжения. 25 OA = 1 м, AB = 2 2 м; AC = 2 м; CD = 4 м; R = 1 м Для заданного на рис. 1.35 положения механизма найти скорости его точек А, В, С, D и угловые скорости звеньев 2, 4, 5. Решение. Вычерчиваем схему механизма в масштабе. Определяем скорость точки А ведущего звена vA = ω1·OA = 2 м/с, vA  OA : и направлена в сторону ω1. Шатуну АВ принадлежат две точки направления скоростей которых известны: это точка А и точка В, скорость vB которой горизонтально (ползун ВН движется поступательно прямолинейно). Восстановив перпендикуляры в точках А и В к vA и vB Рис. 1.35 соответственно, находим Рис.1.35 мгновенный центр скоростей звена АВ – это точка Р2. Путем измерения по схеме механизма (или вычисляя) находим расстояния AP2 = 2 м, BP2 = 2 м, CP2 = 2 м и, далее, 2  vA /AP2  1 рад/с, ω2 направлена против хода часовой стрелки vB = = ω2·BP2 = 2 м/с, vC = ω2·CP2 = 2 м/с. Изображаем на схеме ω2, vB , vC . Точка D шатуна CD движется прямолинейно, поэтому скорость vD горизонтальна и при найденной уже скорости vC можно найти м.ц.с. звена CD – это точка P4. Измеряем (вычисляем) расстояния CP4 = 4 2 м, DP4 = 4 м и находим его угловую скорость ω4 = vС/CP4 = 0,25 рад/с и скорость точки D vD = ω4·DP = 1 м/с; ω4 направлена против хода часовой стрелки, vD – горизонтально вправо. Переходим к кинематическому анализу звена 5 – диска. Так как он не скользит относительно рейки ВН, то vE  vB , то есть мы знаем скорости двух точек диска 5 vE и vD : при этом vE vD , DE  vE . Поэтому для нахождения м.ц.с. диска проводим две прямые: продолжаем прямую DE и проводим линию соединяющую концы векторов vE и vD точки K и L. Точка пересечения этих прямых (точка P5) и будет м.ц.с. диска. Проводим линию DM || KP5 (EM = vE = vE – vD), тогда треугольники EKP5, DLP5 и EMD подобные, поэтому. 26 EK DL EM , но EK = vE, DL = vD, EM = vE – vD, vE/EP5 = ω5,   EP5 DP5 ED v v 2 1  1 рад/с, угловая скорость ω5 направлена следовательно, 5  E D  R 1 против хода часовой стрелки. Лекция 3 В статике изучаются теория эквивалентных преобразований систем сил, действующих на абсолютно твердое тело, и условия равновесия механических систем под действием сил. В качестве материальных объектов в механике рассматриваются материальная точка, абсолютно твердое тело (твердое тело или просто тело) и механическая система материальных точек или тел. Тело, на перемещения которого не наложены ограничения, называется свободным (летящий камень). В противном случае тело называется несвободным (книга на столе). Мера механического взаимодействия материальных тел называется силой. Сила R , эквивалентная некоторой системе сил F1,F2,,Fn  , является равнодействующей силой этой системы: R ~ F1,F2,,Fn  Сила R1 , при добавлении которой к системе сил F1,F2,,Fn  получается уравновешенная система сил, называется уравновешивающей силой данной системы: F1,F2,,Fn, R1~0, R1 R В основе учения о силах, действующих на твердое тело, лежат аксиомы статики. Аксиома 1. Под действием двух сил F1, F2 свободное твердое тело находится в равновесии, если модули этих сил равны, их направления противоположны, а линии их действия совпадают (рис.1): F1  F2, F1, F2~0 Аксиома 2. Если к свободному Рис.1 твердому телу приложить (или от него отбросить) уравновешенную систему сил (эквивалентную нулю), то его состояние покоя или движения не изменится. Следствие из аксиом 1,2. Не меняя действия силы на свободное твердое тело, силу можно переносить вдоль её линии действия в любую точку тела. 27 Рис.2 Пусть сила F приложена в точке A тела (рис.2). Приложим в точке В, лежащей на линии действия силы F , систему сил F1, F2 ~0 таких, что F1 F 2  F . Тогда F ~ F , F1, F2 . Но система F ,F2 ~0 и может быть отброшена и останется одна сила F1  F , но приложенная в точке В. Аксиома 3. Система сил F1, F2, приложенных в одной точке тела, имеет равнодействующую R , равную векторной сумме этих сил и приложенную в той же точке тела (рис.3), R  F1 F2 . Справедливо Рис.3 и обратной утверждение: силу, действующую на твердое тело, можно заменить двумя силами, приложенными в той же точке, векторная сумма которых равна исходной силе. Аксиома 4. Всякое действие одного материального тела на другое вызывает равное и противоположно направленное противодействие второго тела на первое. Доказательства в 1.1 – 1.5 даны ДЛЯ ОЗНАКОМЛЕНИЯ. 1.1. Эквивалентные преобразования простейших систем сил. Целью эквивалентных преобразований системы сил, приложенной к твердому телу, является её эквивалентная замена более простой системой, желательно, одной силой, равнодействующей. Система сходящихся сил F1,F2,,F n  состоит из сил, линии действия которых пересекаются в одной точке А (рис.1.1,а). На основании следствия из аксиом 1, 2 перенесем все силы в точку А – точку пересечения их линий действия (рис.1.1,б). Использую аксиому 3, заменим силы F1, F2 их R12  F1 F2 , силы R12, F3 – их равнодействующей R123  R12  F3  F1 F2  F3 и так далее (рис.1.1,б). В результате получим одну силу R , равнодействующую исходной системы равнодействующей сил, приложенную в точке А и равную n R  Fk k1 28 (1.1) а б в Рис.1.1 Замечание. Удобнее вместо параллелограммов строить силовой многоугольник Аabc… (рис.1.1,в). Равнодействующую R можно найти аналитически по её проекциям на оси координат: R x   F kx, R y   Fky, 2 2 2 R z   Fkz, R  R x  R y  R z (1.2) cos  R x R , cos  R y R , cos   R z R Система двух параллельных сил одного направления F1, F2  , рис.1.2. Из школьного курса физики (законы рычага) известно, что такая система сил имеет равнодействующую R  F1 F2 , при этом R  F1  F2 , (1.3) AC BC  F2 F1 Рис.1.2 Используя последнее соотношение легко получить выражение для радиуса–вектора точки приложения равнодействующей R относительно произвольной точки 0: rC  F1r1 F2r2 F1 F2 (1.4) Действительно: r  r F  BC  AC  r1  2 1  2  (предоставим rC  r1 AC  r1 AB AB AC  BC F1 читателю самостоятельно закончить вывод).   Система F1, F2 параллельных сил разного направления F1  F2, F1 > F2 имеет равнодействующую R1  F1 F2 , при этом (рис.1.3) R  F1  F2 ,   AC BC  F2 F1, rC  F1r1  F2 r 2 F1  F2  29 (1.5) По этим же правилам мы можем разложить силу на две параллельные ей составляющие, приложенные в заданных точках тела.   Система параллельных сил F1,F2,,Fn одного направления (рис.1.4). Заменим силы F1, F2 их Рис.1.3 равнодействующей R12  F1 F2 , приложенной в точке C1, определяемой формулой (1.4). Силы R12, F3 заменим их равнодействующей: R123  R12  F3  F1 F2  F3 , приложенной в точке C2 и т.д. В результате получим одну силу R , равнодействующую исходной системе сил, параллельную силам системы, равную сумме всех сил n R  Fk (1.6) k1 Рис.1.4 и приложенную в точке C, радиус-вектор которой равен  n   rC  Fk r k   k1   n   F  k   k1  (1.7) Проектируя это векторное равенство на оси координат получим координаты точки C: (1.8) xC   Fk x k  Fk , yC   Fk yk  Fk , zC   Fk zk  Fk , где xk, yk, zk – координаты точек приложения сил системы.       1.2. Распределенные силы. Центр тяжести. В природе существуют взаимодействия тел, которые нельзя заранее представить в виде силы, приложенной к конкретной точке тела: Давление жидкостей и газов на твердое тело, силы тяготения, электромагнитные силы и т.д. Эти взаимодействия представляются в виде распределенных (по объёму, площади, длине) сил или распределенной нагрузки. В теоретической же механике все аксиомы и теоремы справедливы только при действии на механическую систему сосредоточенных сил. Поэтому при использовании этих теорем каждую распределенную нагрузку надо заменить её равнодействующей (или главным вектором и главным моментом, см.§1.6), т.е. сосредоточенной силой, что в случае абсолютно твердого тела правомерно. На практике очень часто встречаются параллельные распределенные силы одного направления. В качестве примеров рассмотрим силы тяжести и плоскую распределенную нагрузку. 30 Центр тяжести твердого тела. Вблизи земной поверхности на каждую частицу твердого тела действуют вертикальные силы тяжести P1,P2,,Pn . Эта система параллельных сил (см. формулы (1.6)-(1.8)) имеет равнодействующую   P   Pk , (1.9) приложенную в точке C, центре тяжести тела, с координатами xC   Pk x k P, yC   Pk yk P, zC   Pk zk P       (1.10) где xk, yk, zk – координаты точек приложения сил тяжести Pk частиц тела. Для однородного объёмного тела Pk=ρgVk (ρ– объёмная плотность тела, g – ускорение свободного падения, Vk– объём частицы тела), P=ρgV (V=ΣVk – объём тела), и формулы (1.10) запишутся xC   Vk x k V , yC   Vk yk V , zC   Vk zk V (1.11)       Для однородной пластины (оболочки) Pk=ρ1gSk (ρ1–поверхностная плотность тела, Sk– площадь частицы тела), P=ρ1gS (S=ΣSk– поверхность тела): (1.12) xC  Sk x k S, yC  Sk yk S, zC  Sk zk S       Для однородной материальной кривой (проволоки) Pk=ρ2glk (ρ2– линейная плотность, lk– длина частицы тела), P=ρ2gl (l=Σlk– длина кривой) (1.13) xC   l k x k l, yC   lk yk l, zC   lk zk l       1.3. Момент силы относительно точки и относительно оси Вращательный эффект действия силы на твердое тело относительно точки или оси определяется соответствующими моментами силы. Моментом силы F относительно точки О (рис.1.10) называется вектор M0 F   r F , (1.17) где r – радиус-вектор точки приложения А силы F относительно центра О. По правилу векторного произведения вектор направлен в M0 F  пл. r, F ,  соответствии   с правилом "буравчика", M0 F   F r sin   F h , h – плечо силы F относительно точки О. Рис.1.10 31 Построим систему координат Oxyz с центров О с ортами i, j, k тогда x, y, z – координаты точки А (проекции r на оси координат), Fx, Fy, Fz – проекции силы F и M0 F i j k   r F  x y z  i yFz  zFy  j zFx  xFz  k xFy  yFx (1.18)  Fx Fy Fz     Если все силы, действующие на тело и точка О лежат в одной плоскости, то вместо векторного момента силы используется алгебраический момент относительно точки (рис.1.11): M0 F   Fh , Рис.1.11 (1.19) h – плечо силы F относительно точки О, M0 F    = H м .  1.4. Пара сил Система двух сил, равных по модулю, параллельных, противоположно направленных, линии действия которых не совпадают (рис.1.16), называется парой сил. Согласно предыдущему (1.5), такая система сил не имеет равнодействующей, но вместе с тем не уравновешена, и поэтому её рассматривают как самостоятельный силовой фактор. Плоскость, в которой лежат силы пары, называется плоскостью действия пары, а расстояние Рис.1.16 между линиями действия сил пары - плечом пары (h на рис.1.16). При действии пары сил на свободное твердое тело последнее совершает вращательное движение. Вращательный эффект действия пары на тело определяется векторным моментом пары, равным векторному произведению радиуса-вектора точки приложения одной из сил пары (точка В рис.1.17) относительно точки приложения другой силы пары (точки А) на вектор первой силы (обозначим её F2  F ): MrF2rF Направление M (1.22) определяет плоскость действия пары и направление вызываемого парой поворота тела, а его модуль M  F r sin   F h определяет 32 Рис.1.17 интенсивность вращательного воздействия пары. Если действующие на тело пары сил расположены в одной плоскости, то вместо векторных моментов пар используются их алгебраические моменты. Алгебраический момент пары равен взятому с определенным знаком произведению модуля одной из сил пары на плечо пары . (1.23) M  F h , Момент пары сил относительно оси равен проекции на эту ось векторного момента пары. Свойства пары сил. 1. Сумма проекций сил пары на любую ось равна нулю, что обусловлено равенством модулей сил пары и противоположностью их направлений. 2. Сумма моментов сил пары относительно любой точки равна моменту пары. Для доказательства определим сумму моментов сил F1, F2 пары, приложенных в точках А и В (рис.1.17), относительно произвольной точки О. Пусть r A и r B – радиусы-векторы точек А и В относительно точки О, тогда    Но F  F M F  M F  r F  r F  r F  r F  M , где M0 F1  M0 F2  rAF1 rBF2 . 1 2 A 2 A 1 2 2 2 2 момент пары сил равен   rB  rA  r , поэтому M - момент пары, т.е.   M  M0 F1  M0 F2 (1.24) 3. Вращательный эффект действия пары сил на твердое тело относительно любой точки О определяется суммой моментов сил пары относительно этой точки, а следовательно (см. формулу 1.24), моментом пары. Поэтому две пары сил, имеющие равные моменты, эквивалентны друг другу. Из этого следует, что: не меняя действия пары на тело: а) её можно поворачивать и переносить как угодно в плоскости её действия; б) можно менять плечо и силы пары, сохраняя её алгебраический момент и плоскость её действия; в) ее можно перенести в плоскость, параллельную плоскости ее действия. 4 .Так как точка О (1.24) - произвольная точка пространства, то векторный момент пары - свободный вектор. 5. При действии на тело нескольких пар сил M1,M2,,Mn сумма моментов их сил относительно любой точки О равна (1.24) геометрической сумме моментов этих пар: M1 M2  Mn , а следовательно, вся совокупность этих пар эквивалентна одной паре   n M  Mk k1 (1.25) Формула (1.25) дает правило сложения пар. Если же пары лежат в одной плоскости (или в параллельных плоскостях), то эквивалентная пара лежит в 33 той же плоскости, а её алгебраический момент равен алгебраической сумме моментов слагаемых пар сил: M   M k . 1.5. Общий случай эквивалентных преобразований системы сил, действующей на твердое тело. Приведение системы сил к данному центру Эквивалентные преобразования произвольной системы сил основаны на теореме о параллельном переносе силы: силу, приложенную к абсолютно твердому свободному телу, не меняя его состояния, можно переносить параллельно самой себе в любую точку тела, добавляя при этом пару сил с моментом, равным моменту переносимой силы относительно её новой точки приложения. а б в г Рис.1.18 Доказательство. Пусть сила F приложена в точке А тела (рис.1.18,а). Приложим в точке В, куда мы хотели  бы  перенести силу F, уравновешенную систему сил F1,F2 , таких, что F1  F  F2 (рис.1.18,б). Тогда F ~  F ,F1,F2  . Силы F и F2 образуют пару сил с моментом M  r F   , равным моменту силы F относительно точки В: M  r F  MB F  . Таким  образом, исходная сила  F , приложенная в точке А, эквивалентна геометрически равной ей силе F1 , приложенной в точке В, и паре сил с моментом, равным моменту силы F относительно центра В (рис.1.18,г), что и требовалось доказать. Теперь рассмотрим произвольную систему сил F1,F2,,Fn , приложенную к   точкам абсолютно твердого тела (рис.1.19,а). Докажем, что эта система сил 34 эквивалентна совокупности силы и пары сил, такая эквивалентная замена называется приведением системы сил к заданному центру. а б в Рис.1.19 Выберем в теле произвольную точку О центр приведения. Используя теорему о параллельном переносе силы, перенесем в точку О все силы системы, добавляя каждый раз пару сил с моментом, равными моменту переносимой силы относительно центра приведения. В результате получим систему сил F1,F2,,Fn , приложенных в точке О, таких, что Fk  Fk , и систему пар сил   M ,M ,,M    с моментами Mk  M0 Fk (рис1.19,б). Систему сил, приложенных к одной точке О, можно заменить одной силой (см.1.1), приложенной в этой же точке и равной 1 2 n n n k1 k1 R   Fk  Fk , (1.26) а систему пар – одной парой (см.1.25) с моментом n n k1 k1   M0   M k   M0 F k (1.27) Таким образом, исходная система сил заменена одной силой R и одной парой сил с моментом M0 (рис.1.19,в), что и требовалось доказать, т.е. F ,F ,,F ~  R , M  . 1 2 n Сила R (1.26) называется главным вектором исходной системы сил, а момент пары M0 (1.27) называется главным моментом этой системы сил относительно центра О. В результате приведения исходной системы сил в произвольный центр О могут встретиться следующие частные случаи. 1. R  Fk  0, M0  M0 Fk  0 . Система сил приводится к   равнодействующей, равной главному вектору и приложенной в точке О. 2. R  Fk  0, M0  M0 Fk  0 . Система сил заменяется одной парой с   моментом M0 вне зависимости от центра приведения. 35   3. R  Fk  0, M0  M0 Fk  0, R  M0 . В этом случае система сил приводится к равнодействующей, не проходящей через точку О. Действительно, если M0  R (рис.1.20,а), то представим M0 в виде пары сил R , R  1 2 таких, что R1  R  R 2 (рис.1.20,б) с плечом OA M0 R . Уравновешенную систему сил R , R 2 отбрасываем, и   остается одна сила R1  R Fk , приложенная а б в в точке А тела и являющаяся Рис.1.20 равнодействующей исходной системы сил. К этому случаю относятся системы параллельных сил и сил, лежащих в одной плоскости, при условии, что их главные векторы не равны нулю. Общее условие перпендикулярности R и M0 запишется: R M0  R x Mx  R y My  R z M z 0. В заключение обратим внимание читателя на тот факт, что главный вектор не является равнодействующей, хотя обе эти силы и равны между собой. Если действия на свободное твердое тело исходной системы сил и её равнодействующей эквивалентны, то главный вектор только в совокупности с главным моментом заменяют исходную систему сил. 2.1. Условия равновесия систем сил, действующих на абсолютно твердое тело. Ранее было показано, что система сил F1, F2,, Fn , действующая на абсолютно твердое тело, эквивалентна совокупности силы (главного вектора R  Fk , приложенного в центре приведения, точке О) и пары сил (главного        момента M0  M0 Fk ), т.е. F1, F2,, Fn ~ R, M0 . Поэтому для того, чтобы эта система сил стала уравновешенной (эквивалентной нулю), необходимо и достаточно, чтобы её главный вектор и главный момент относительно произвольной точки О были равны нулю:   n R   Fk  0, M0   M0 Fk  0 k1 (2.1) Данные равенства являются векторными условиями равновесия системы сил, приложенных к твердому телу. Как мы знаем (аксиома 2) уравновешенная система сил не меняет состояния покоя свободного твердого тела, поэтому равенства (2.1) называются так же векторными условиями (уравнениями) равновесия свободного твердого тела при действии на него системы сил F1,F2,,Fn .   36 Построим в центре приведения, точке О, систему координат Oxyz и, используя равенства (2.1), получим аналитические условия равновесия различных систем сил, приложенных к свободному твердому телу. 1. Произвольная пространственная система сил. В этом случае направления векторов R и M 0 по отношению к системе Oxyz могут быть любыми и их проекции на оси координат равны: Rx=ΣFkx, Ry=ΣFky, Rz=ΣFkz, M0x  Mx Fk , M0 y  My Fk , M0z  Mz Fk . Для выполнения       условий (2.1) необходимо, чтобы модули этих векторов 2 2 2   R  R 2  R 2  R 2 , были равны нулю. А это    M M M M x y z 0x 0y 0z    возможно, если каждая из проекций R , M0 на оси х, у, z равна нулю: n n  Fkx  0, k1 n k1 n    Mx Fk  0, k1 n  Fky  0,  Fkz  0, k1   n  M y Fk  0, k1   (2.2)  Mz Fk  0. k1 Совокупность этих шести равенств является аналитическими условиями равновесия произвольной пространственной системы сил: для равновесия произвольной пространственной системы сил, действующих на свободное твердое тело, необходимо и достаточно, чтобы алгебраические суммы проекций сил системы на каждую из трёх осей координат и алгебраические суммы моментов сил относительно каждой из этих осей были равны нулю. 2. Пространственная система параллельных сил. Проведем ось Oz параллельно силам системы (плоскость Оху - перпендикулярна силам). Тогда главный вектор будет параллелен оси Oz R  R z и для выполнения первого   условия (2.1) достаточно, чтобы Rz=0. Моменты всех сил относительно оси n   Oz тождественно равны нулю, поэтому M0z   Mz Fk  0 и для выполнения k1 второго условия (2.1) достаточно, чтобы равнялись нулю М0х и М0у. Таким образом, аналитическими условиями равновесия пространственной системы параллельных сил будут три равенства (при условии, что Fk | |Oz): n  Fkz  0, k1 n   n    Mx Fk  0,  M y Fk  0. k1 k1 (2.3) 3. Плоская система сил (все силы расположены в одной плоскости). Совместим координатную плоскость Оху с плоскостью действия сил системы. Тогда вектор R (как и все силы) будет лежать в этой плоскости, Rz=0. Для выполнения первого условия (2.1) достаточно, чтобы Rx=0, Ry=0. Моменты всех сил относительно точки О плоскости (следовательно, и M0 ) будут перпендикулярны плоскости Оху, т.е. параллельны оси Oz ( M 0 x  0 и 37 M0 y  0 ). Поэтому для выполнения второго условия (2.1) достаточно, чтобы   этой силы относительно точки О M F . Поэтому для равновесия плоской M0z=0. При плоской системе сил Mz Fk равен алгебраическому моменту k системы сил необходимо и достаточно, чтобы суммы проекций сил на каждую из двух взаимно перпендикулярных осей координат, лежащих в плоскости действия сил, и сумма алгебраических моментов этих сил относительно любой точки этой плоскости были равны нулю: n n  Fkx  0, k1   n  Fky  0,  M0 Fk  0. k1 k1 (2.4) Кроме этой основной формы условий равновесия плоской системы сил часто используют ещё две формы, которые приводим без доказательства. Вторая форма условий равновесия плоской системы сил: n n  Fkx  0,   n  MA Fk  0, k1 k1    MB Fk  0. k1 (2.5) при этом отрезок АВ не перпендикулярен оси Ох. Третья форма условий равновесия плоской системы сил: n  MA k1 F  0,  M F  0, n k k1 B k n    MC Fk  0. k1 (2.6) при этом точки А, В, С не лежат на одной прямой. 4. Система сходящихся сил (их линии действий пересекаются в одной точке О). Как было показано в 1.1 эта система сил приводится к равнодействующей силе R  Fk , приложенной в точке О (главный момент системы относительно точки О тождественно равен нулю, т.к. линии действия сил пересекают эту точку). Поэтому для равновесия системы сходящихся сил необходимо и достаточно, чтобы суммы проекций сил на каждую из трех осей координат были равны нулю: n n  Fkx  0,  F ky  0, k1 k1 n  Fkz  0. k1 (2.7) Если же все сходящиеся силы расположены в плоскости и Оху то для их равновесия достаточно первых двух уравнений системы (2.7). 2.2. Теорема Вариньона о моменте равнодействующей.   Теорема. Если система сил F1, F2,, Fn , приложенных к твердому телу, имеет равнодействующую R  Fk , то момент равнодействующей относительно произвольной точки О (произвольной оси х) равен сумме моментов всех сил системы относительно той же точки О (относительно той же оси х), т.е. 38 M R   M F , n k1 k M R   M F  n x Доказательство (ДЛЯ Пусть система сил x k1 (2.8) k ОЗНАКОМЛЕНИЯ). имеет F1,F2,,Fn   равнодействующую R , приложенную в точке А тела (рис.2.1). Приложим в точке А уравновешивающую силу R1  R . Тогда система  Рис.2.1  сил F1, F2,, Fn, R1 будет уравновешенной (эквивалентной нулю), поэтому её главный момент относительно произвольной точки О равен нулю:         Поскольку R  R , то M R  r R  r  R  r R  M R . Тогда M  M F  M R  0 , поэтому M R   M F , что и требовалось M0  M0F1M0 Fn  M0 R1   M0 Fk  M0 R1  0. 1 n k1 1 1 n k k1 k доказать. Проектируя это равенство на ось х получим второе выражение формул (2.8). Если же силы и точка О лежат в одной плоскости, то вместо векторных моментов используют алгебраические моменты: M R   M F . n k 1 k (2.9) Теоремой Вариньона удобно пользоваться при определении момента силы как относительно оси, так и алгебраического момента силы относительно точки. . 2.3. Равновесие несвободного тела. Связи, аксиома связей. Основные теоремы статики, в том числе и условия равновесия справедливы для свободного твердого тела, на перемещения которого не наложено никаких ограничений. Однако, в природе и технике мы чаще всего имеем дело с несвободными материальными телами, перемещения которых в пространстве ограничены другими телами. Любое тело, ограничивающее свободу перемещения рассматриваемого тела, называется связью, наложенной на это тело. Например, для лампы, подвешенной на шнуре, связью является шнур, для лежащей на столе книги связью является стол и т.д. Таким образом, ограничения, налагаемые на перемещения и скорости точек механической системы, которые должны выполняться при любых действующих на систему силах, называются связями, наложенными на механическую систему. 39 Связи, осуществляемые телами, не входящими в рассматриваемую механическую систему, называются внешними, а связи, взаимно осуществляемые точками (телами) системы, - внутренними. Силы, с которыми связи действуют на рассматриваемое тело, называются реакциями связей. Как и связи, реакции связей делятся на внешние и внутренние. В отличие от всех остальных сил, действующих на механическую систему и называемых активными силами, реакции внешних и внутренних связей называются пассивными. Модуль и направление активной силы не зависят от других сил, действующих на систему (например, силы тяжести и др.), модули и направления реакций связей зависят от совокупности действующих на систему сил. Направление реакции связи противоположно тому направлению, куда связь не дает перемещаться телу. Основой исследования состояния равновесия (и движения) несвободной механической системы, т.е. системы, на которую наложены связи, является аксиома связей: Любую несвободную механическую систему (несвободное тело, несвободную точку) можно рассматривать как свободную, если её мысленно освободить от связей, заменив их действие на систему соответствующими реакциями отброшенных связей. Эта аксиома дает возможность применять для исследования равновесия несвободных механических систем, выведенные в § 2.1, условия равновесия свободного твердого тела (формулы 2.2 - 2.7) при условии, что в этих уравнениях будут учтены не только все действующие на тело активные силы (заданные), но и реакции всех наложенных на тело связей. Поэтому правильное определение направлений реакций играет наиважнейшую роль при решении задач статики. 2.4. Основные виды связей и их реакция. В соответствии с общим правилом, направление реакции связи противоположно тому, куда связь не дает перемещаться телу. При этом, если связь препятствует поступательному перемещению тела в одном направлении, то со стороны связи на тело действует сила (реакция), не допускающая это перемещение. Если связь не позволяет телу поступательно перемещаться в двух взаимно перпендикулярных направлениях, то реакция будет состоять из двух соответствующих взаимно перпендикулярных составляющих. Если же невозможны перемещения по трем направлениям, то реакция состоит из соответствующих трех составляющих. Если связь препятствует повороту тела вокруг какой-либо оси, то в число реакций этой связи входит пара сил, лежащая в плоскости, перпендикулярной этой оси. Основываясь на этих принципах, рассмотрим основные виды связей и их реакции. 40 1. Гладкая поверхность (рис.2.4). Поверхность называется гладкой, если при решении данной задачи можно пренебречь силами трения, возникающими в точках Рис.2.4 контакта рассматриваемого тела с поверхностью. Такая связь препятствует перемещению тела только в направлении общей нормали к поверхностям соприкасающихся тел в точках их контакта. Поэтому реакция этой связи N (нормальная реакция) направлена по этой общей нормали и приложена в точке касания тел. 2. Гибкая нерастяжимая нить (трос, канат, цепь и т.д.) (рис.2.5).Связь не дает перемещаться телу только вдоль линии натяжения нити, поэтому её реакция T направлена вдоль нити Рис.2.5 к точке её подвеса. 3. Гладкий цилиндрический шарнир или подшипник (рис.2.6) позволяет соединенным с его помощью телам поворачиваться вокруг оси шарнира и скользить вдоль этой оси. Если трением в шарнире пренебрегают, то он называется гладким. Конструктивно это соединение а б можно представить в виде Рис.2.6 цилиндрического неподвижного стержня О, вставленного в цилиндрическое отверстие тела А (рис.2.6,а). Оно не позволяет телу А перемещаться вдоль двух направлений (Ох, Оу), перпендикулярных оси шарнира, поэтому его реакция R 0 состоит из двух составляющих (рис.2.6,б) X0 , Y0 , при этом R 0  X0  Y0 , cosα=X0/R0, cosβ=sinα=Y0/R0. На схемах 2 2 плоских конструкций цилиндрический шарнир изображается в виде кружка (рис.2.6,б), на пространственных схемах - так как показано на рис.2.7,б, (в точке В). 4. Сферический (шаровой) шарнир и подпятник (рис.2.7). Сферический шарнир (рис.2.7,а) допускает относительные вращения соединяемых тел вокруг трех осей, но препятствует поступательным перемещениям а б вдоль этих осей. Поэтому его реакция R0 состоит из трех Рис.2.7 41 составляющих X0 , Y0 , Z0 , R 0  X0  Y0  Z0 , 2 2 2 cosα=X0/R0, cosβ=Y0/R0, cosγ=Z0/R0. На схемах сферический шарнир изображается в виде кружка. Подпятник А (рис.2.7,б) представляет собой соединение цилиндрического шарнира с опорной плоскостью, препятствующей осевым перемещениям тела. Его реакция состоит из трех составляющих XA , YA , ZA . 5. Невесомый жесткий шарнирно–закрепленный стержень (рис.2.8) препятствует перемещению скрепленного с ним тела только вдоль линии шарниров АВ (CD). Поэтому его реакция ( S1 или S2 ) направлена вдоль этой линии АВ (CD). Решения многих задач статики сводятся к Рис.2.8 определению реакций опор, с помощью которых закрепляются балки, мостовые фермы и т.д. К опорам относятся: подвижная шарнирная опора, неподвижная шарнирная опора, жесткая заделка, скользящие заделки. 1. Подвижная шарнирная опора (рис.2.9, опора А) даёт возможность балке АВ поворачиваться вокруг неё и перемещаться или вдоль а плоскости катков (рис.2.9,а), или перпендикулярно оси стержня опоры (рис.2.9,б). В направлениях, перпендикулярных указанным, б перемещения балки исключены. Поэтому реакция данной опоры Рис.2.9 направлена или перпендикулярно плоскости катков, или вдоль стержня опоры. 2. Неподвижная шарнирная опора (рис.2.9, опоры В) дает возможность балке АВ только поворачиваться вокруг неё в плоскости чертежа, т.е. является цилиндрическим шарниром, и ее реакция R B имеет две составляющие XB , YB . 3. Жесткая плоская заделка. Примером тела, на которое наложена такая связь, может служить балка, конец которой замурован в стену (рис.2.10). Жесткая заделка исключает все перемещения тела – и вращательные, и поступательные. При 42 Рис.2.10 плоской конструкции и действующей на неё плоской системе сил в заделке А возникает пара сил с моментом mA– реактивный момент, препятствующий повороту балки, и две составляющие XA , YA реакции R A , препятствующие поступательным перемещениям. 4. Скользящие заделки (рис.2.11,а,б, опоры А). Конструкция опоры А рисунка 2.11,а не дает балке АВ поворачиваться в плоскости чертежа и перемещаться в вертикальном направлении, поэтому её реакция состоит из реактивного момента mA и вертикальной силы RA . Конструкция на рис.2.11,б не допускает только поворот балки, поэтому реакция этой опоры состоит только из реактивного момента mA. Рис.2.11 Рис.2.12 Практическое занятие 3. Распределенная нагрузка характеризуется ее интенсивностью, т.е. величиной силы, приходящейся на единицу объема тела (в случае объемных сил), на единицу площади (в случае поверхностных сил), на единицу длины (в случае, когда можно пренебречь поперечными размерами тела). В последнем случае, если нагрузка лежит в одной плоскости, то она называется плоской и на 43 Рис.1.8 схеме изображается в виде графика изменения интенсивности q=f(x) (рис.1.8). При равномерной распределенной нагрузке (рис.1.9,а) Q=ql, xC=AC=l/2 а для нагрузки, изменяющейся по закону треугольника (рис.1.9,б) Q=ql/2, xC=AC=2l/3 (1.16) а б Рис.1.9 Определение момента силы относмтельно точки и оси. Определить алгебраические моменты силы F (рис.1.12) относительно точек А, В, С (угол α, размеры a, b заданы). Решение. Для определения MA F  опустим   из точки А на линию действия силы F перпендикуляр АЕ и найдем его длину (длину плеча силы F относительно точки А – hA): AE=hA=ADcosα=acosα. Тогда MA F   FhA  Fa cos . Аналогично: 44 (1.15) Рис.1.12 h B  BH  AEAK  a cosbsin  ; hC  CN  bsin ; MB F   Fh B  Fa cosbsin   ; MC F   FhC  Fbsin . 3.3. Примеры решения задач на равновесие произвольной плоской системы сил. Пример . Найти реакции опор А и В Т – образного стержня, на который действуют сосредоточенная сила F=4кН, распределенная нагрузка с qmax=1кH/м и пара сил с моментом m=8 кНм (рис.3.9) АВ=6м, АС=СВ, СD=2м. Решение. Рассмотрим равновесие стержня ABD. Заменим распределенную нагрузку её равнодействующей сосредоточенной силой Q равной Q=qmax·AB/2=3кН и приложенной в точке Е (ВЕ=АВ/3=2м). Мысленно отбросим связи: Рис.3.9 неподвижную шарнирную опору А и подвижную шарнирную опору В – заменив их действие на стержень реакциями XA , YA , R B . Стержень находится в равновесии под действием плоской системы сил: F , Q , m, XA , YA , R B . Можно составить три уравнения равновесия, в которые войдут три неизвестные реакции опор, т.е. задача статически определима. Составляем уравнения, предварительно проведя оси координат (см.рис.3.9): 1. Fkx  XA  R Bcos60  Fcos45  0, 2. F ky  YA  Q  R Bcos30  Fsin 45  0,   3. MA Fk  Q AE  m  R B ABcos30  Fsin 45 AC  Fcos45 CD  0. При составлении последнего уравнения, определяя момент силы F относительно точки А, мы воспользовались теоремой Вариньона, разложив силу на горизонтальную F1 и вертикальную F 2 , составляющие (F1=Fcos450, F2=Fsin450). Решив эту систему уравнений, получим R B  Q AE  m  Fcos45 AC  CD  ABcos30   3,49кН    YA  Q  Fsin 45  R Bcos30  2,8кН, XA  R Bcos60 Q  Fcos45  4,56кН. 45  Все ответы положительные, поэтому выбранные нами произвольно направления реакций XA , YA , R B соответствуют действительности. 3.4. Примеры решения задач на равновесие системы сочлененных тех. Условия равновесия твердого тела (2.2, 2.3) применимы и для исследования Рис.3.11 равновесия механической системы, состоящей из твердых тел, соединенных между собой (сочлененных) с помощью различных внутренних связей (шарниров, нитей и т.д.). Действительно, если система находится в равновесии, то в равновесии находятся и все входящие в неё тела. Поэтому мы можем каждое тело освободить от наложенных на него внешних и внутренних связей, заменив их соответствующими реакциями, и рассматривать равновесие каждого тела, используя полученные в § 2.2 условия равновесия. При этом надо иметь в виду, что внутренние силы взаимодействия между телами системы (активные и реакции внутренних связей) по аксиоме о равенстве сил действия и противодействия обязательно равны по модулю и имеют противоположные направления. Так, освобождая тело А (рис.3.11) от внутренней связи в шарнире С и заменяя действие этой связи на тело А реакцией R , мы должны к телу В, с которым тело соединено шарниром С, приложить силу R , равную силе R по модулю и противоположную ей по направлению. Поэтому сумма всех внутренних сил системы и сумма их моментов относительно любой точки (оси) равны нулю, и, следовательно, условия равновесия твердого тела справедливы и для равновесия системы сочлененных тел. То есть при исследовании равновесия системы сочлененных тел уравнения равновесия можно составлять для нерасчлененной системы, как единого твердого тела (рис.3.12,а) для какойлибо её части, как для твердого тела (рис.3.12,б,в) и для каждого отдельного тела системы. Таким образом для рассматриваемой плоской конструкции, казалось бы, можно составить по три уравнения равновесия для каждого из тел АВ, ВС, CD (рис.3.12,г), для системы тел ВА, BCD (рис.3.12,б), для системы тел АВС, CD (рис.3.12,в) и для нерасчлененной конструкции (рис.3.12,а), т.е. всего 18 уравнений. Но нетрудно видеть, что не все 46 (б) (а) (в) (г) Рис.3.12 они будут независимыми. Так если мы составим три уравнения  Fx  0 для каждого тела, то сложив второе и третье, получим аналогичное уравнение для системы тел ВС, CD, если сложим все три уравнения, то получим аналогичное уравнение для нерасчлененной системы и т.д. Число независимых уравнений равновесия, которое можно составить для системы n сочлененных тел при действии на неё плоской системы сил, равно 3n .вне зависимости от того, составляются ли они для отдельных тел, части системы или системы в целом. Если число неизвестных задачи (реакции внешних и внутренних связей, неизвестные внешние силы, геометрические параметры, обеспечивающие равновесие системы) меньше или равно 3n, то все неизвестные определяются из уравнений равновесия и задача (а также конструкция) называется статически определимой. В противном случае – статически неопределимой. Пример 1. Решить вопрос о статической определимости конструкции, состоящей из трех тел АВ, ВС, CD, изображенной на рис.3.12,а. Силы P , Q и момент М заданы. Решение. Заменим внешние связи системы (заделка А, шарнирно неподвижная опора D соответствующими реакциями: XA , YA , mA, XD , YD (рис. 3.12,а). Расчленим систему, мысленно отбросив внутренние связи (шарниры В и С) и заменив их действие на тела соответствующими реакциями: XB , YB , XB , YB , XC , YC , XC , YC . При этом XB  X B , YB  YB , XC  XC , YC  YC . Для плоской системы трех тел можно составить 3х3=9 уравнений равновесия, число неизвестных (XA, YA, mA, XD, YD, XB, YB, XC, YC) тоже равно девяти, т.е. задача статически определима. 47 Упражнение. На рис.3.13 изображены три сочлененных системы двух тел (силы F , P заданы). Расчленить системы, показать реакции внешних и внутренних связей, решить вопрос о статической определимости каждой системы. Рис.3.13 При выборе системы, для которой составляются уравнения равновесия руководствуются принципами: во-первых, процесс составления уравнений должен быть простым, во-вторых получаемые уравнения должны содержать как можно меньше неизвестных величин (желательно одну). Наиболее просто составляются уравнения для каждого тела расчлененной системы в отдельности. Пример 2. Невесомые стержни AD и ВС, (рис.3.14,а) соединены скользящим шарниром (ползуном) С. Опорами конструкции служат заделка А и неподвижная шарнирная опора В. На систему действуют сила Р=20кН, пара сил с моментом m=60кН·м и распределенная по закону треугольника нагрузка с qmax=20kH/м. Размеры даны на схеме. Найти реакции заделки А, шарнира В и ползуна С. а б Рис.3.14 Решение. Конструкция и действующая на неё система сил являются плоскими. Скользящий шарнир С не допускает относительных перемещений стержней только в направлении, перпендикулярном стержню AD, поэтому 48 его реакция R C направлена перпендикулярно этому стержню. Таким образом, имеем шесть неизвестных: три в заделке А, две в опоре В и одну в ползуне С. Для двух тел можно составить шесть уравнений равновесия, т.е. задача статически определимая. Заменим распределенную нагрузку её равнодействующей Q=qmaxBC/2=30кН, ВК=ВС/3=1м. Отбросив внешние связи в точках А, В и заменив их соответствующими реакциями ( XA , YA , mA, XB , YB ), получим систему сил, изображенную на рис.3.14,а. Если мы будем составлять уравнения равновесия для нерасчлененной системы, то в каждое из них войдет не менее двух неизвестных реакций, что усложнит вычисления. Поэтому расчленим систему и рассмотрим равновесие каждой её части (рис.3.14,6). Составим уравнения равновесия стержней AD, ВС, причем для стержня ВС используем вторую форму условий равновесия плоской системы сил (в этом случае в каждое уравнение будет входить только одна неизвестная сила). Для стержня AD: 1) Fkx  XA  P cos 45  0, 2) Fkx  YA  R C  Psin 45  0,   3) MA Fk  mA  m  R C  4  Psin 45 6  0. Для стрежня ВС: 1)Fkx  XB  Q  0,   3)M F  Y 3cos60  Q1cos30  0. 2)MB Fk  R C 3cos60  Q1cos30  0, E k B Решая эту систему уравнений, находим mA=93,7 кНм ; XA= –14,1кН; YA=31,4кН; XB=30кН; YB= –17,3кН; RC=17,3кН. Реакции XA , YB , R C в действительности направлены противоположно показанным на схеме. Пример 3. Два однородных бруса АВ и АС соединены между собой шарниром А и невесомым шарнирно–закрепленным стержнем DE. Брус АС в точке С закреплен шарнирно, а брус АВ концом В опирается на гладкую плоскость (рис. 3.15,а). Определить реакции гладкой плоскости и шарнира С, а также давление в шарнире А и усилие в стержне DE, если вес одного погонного метра брусьев равен q=0,5кН/м. Решение. Рассмотрим равновесие системы двух брусов. На неё действуют активные силы (веса брусьев) Q1  q  AB  2 кH, Q2  q  AB 2 кH, реакции внешних связей: шарнира С ( XC , YC ) и гладкой поверхности в 49 точке В ( N ) (рис.3.15,а). При расчленении системы (рис.3.15,б) на эти брусы будут действовать ещё и реакции внутренних связей: шарнира А ( XA , YA )и стержня DE ( S ) (рис.3.15,б). Всего в задаче шесть неизвестных ( XC , YC , N , XA , YA , S ) и можно составить шесть уравнений равновесия по три для каждого бруса. (а) (б) Рис.3.15 Задача статически определима. Если мы, как в примере 2, будем составлять уравнения равновесия для каждого тела системы, то получим систему шести уравнений, в каждое из которых входит по две и более неизвестных, что может вызвать затруднения при решении этой системы. Если же мы рассмотрим нерасчлененную систему (рис.3.15,а), то заметим, что на неё действуют только три неизвестные реакции( XC , YC , N ), которые легко определяются из трех уравнений равновесия, которые мы и составим: 1) Fkx  Q1cos60 Q2 cos60 XC  0, 0  AB cos 60 AC  AC   N ABAC cos300  0, 2) MC Fk  Q2  Q 1 2 2         3) MB Fk  Q1  ABcos60   Y ABACcos300  0. Q2 ABcos60  AC C 2 2  Из первого уравнения ХС=2кН,  из второго – N=2,02кH, из третьего – УС=1,44кН. Для нахождения остальных неизвестных рассмотрим равновесие (рис.3.15,б) бруса АВ (на него действует более простая система сил): 50 4) Fkx  SX AQ1cos60  0, 5) Fky  NY AQ1cos30  0,   6) MA Fk  Q1 AB cos60 SADsin 30 NABcos30  0. 2 Из шестого уравнения – S=4кН, из пятого – YА=0,29кН, из четвертого – ХA=3кН. Все ответы положительные, поэтому выбранные нами направления реакций соответствуют действительности. Лекция 4. Динамика точки Для исследования движения точки под действием приложенных к ней сил необходимо иметь аналитические зависимости кинематических параметров движения точки a , v , x, y, z  от этих сил. Зависимости такого вида являются основные уравнения динамики свободной (2.3) и несвободной (2.6) материальной точки, которые можно заменить одной формулой; называемой основным уравнением динамики точки: (3.1) ma  Fk ,  где m – масса точки, a – её ускорение, Fk – действующие на точку силы как активные, так и реакции наложенных на точку связей. Дифференциальные уравнения движения материальной точки Проектируя на оси выбранной нами системы координат основное уравнение динамики точки (3.1), получим дифференциальные уравнения движения точки. В проекциях на декартовы оси координат они имеют вид: max  mvx  mx  ma y  mv y  my  maz  mvz  mz  n F kx , k 1 n F (3.2) ky , k 1 n F kz , k 1 где ax  vx  x, a y  v y  y, az  vz  z – проекции ускорения точки; vx, vy, vz – проекции скорости точки; x, y, z – координаты точки. 51 В проекциях на естественные оси (касательную, главную нормаль и бинормаль к траектории точки) они запишутся: ma  mv  ms  n F k , k 1 man  2 mv   maв  0  n F (3.3) kn , k 1 n F kв , k 1 где a  v  s – касательное ускорение точки, an  v 2 /  – нормальное ускорение, aв  0 – бинормальное ускорение точки; v – алгебраическая скорость точки ( v  s ); s – криволинейная координата точки; ρ – радиус кривизны траектории точки. Движение точки в плоскости осей х, у определяется первыми двумя уравнениями системы (3.2), а третье используется для нахождения реакции плоскости. Движение точки вдоль оси Ox описывается только первым уравнением системы (3.2), а остальные два определяют реакции прямой на точку. С помощью уравнений (3.2), (3.3) решаются две основные задачи динамики материальной точки (эти же две задачи справедливы и для материальной системы). Первая, прямая задача: зная массу точки m и закон её движения (например, x  f1 t , y  f 2 t , z  f3 t  ), найти равнодействующую сил, вызывающих это движение. Определив проекции ускорения точки ax  x, a y  y, az  z, по уравнениям (3.2) находим проекции искомой силы Вторая, обратная задача: зная массу точки, действующие на не` силы. Начальные положение и скорость точки, найти закон её движения. Задача решается с помощью интегрирования системы дифференциальных уравнений (3.2) (или (3.3)). Возникающие при этом произвольные постоянные находятся по начальным условиям задачи. Типы полученных дифференциальных уравнений в значительной степени зависят от действующих на точку (систему) сил, которые могут быть постоянными или зависеть от времени (t), положения точки (x, y, z), её скорости x, y , z  . Колебания. Колебательное движение материальной точки чаще всего происходит, когда на отклоненную от положения равновесия точку действует сила, пропорциональная смещению точки от положения равновесия и стремящаяся вернуть точку в это положение равновесия, называемое статическим, где сумма всех сил, действующих на точку, равна нулю:  Fk  0 . Такая сила называется восстанавливающей. Природа восстанавливающей силы может 52 быть различна, но чаще всего это силы упругости, возникающие при деформации упругого элемента (пружины, упругой балки и т.д.). В настоящем пособии в качестве основной составляющей восстанавливающей силы рассматривается реакция пружины. Если обозначить деформацию пружины через Δ, то усилие пружины равно F  c  k . В большинстве случаев можно считать, что k = 1, и тогда (3.4) F  c  , где c – жесткость пружины, то есть усилие вызывающее её единичную деформацию [c] = [H/м]. Часто материальное тело крепится не к одной пружине, а к системе пружин, с жесткостями с1, с2, …, сn, соединенных между собой тем или иным способом. При решении задач удобно эту упругую систему заменить эквивалентной пружиной с жесткостью (сэкв). При такой замене от действия одних и тех же сил статическая деформация (Δст) системы пружин Рис. 1.7 Рис.1.7 равна статической деформации эквивалентной пружины. Различают параллельное (рис. 1.7. а, б) и последовательное (рис. 1.7, в) соединение пружин. В первом случае деформации всех пружин соединения одинаковы. Во втором – все пружины деформируются одной и той же силой. Жесткость эквивалентных пружин равны:  при параллельном соединении (3.5) сэкв  c1  c2 ;  при последовательном соединении 1 1 1 (3.6)   . сэкв c1 c2 Колебания точки исследуются с помощью дифференциальных уравнений её движения (см. формулы 3.2, 3.3) и, следовательно, являются примерами применения этих уравнений. Методика их составления остается прежней (см. § 1), но начало координат следует выбирать в положении статического равновесия, что упрощает дифференциальные уравнения. Рассмотрим тело массой m, подвешенное к потолку на пружине жесткостью с, длина которой в недеформированном состоянии равна lн (рис. 1.8а), упругая сила пружины равна F  c   , где Δ – деформация пружины. 53 „а” „б” „в” „г” „д” Рис. 1.8 На рисунке 1.8б рассматриваемое тело находится в положении статического равновесия,  Fx  mg  Fст  0 , отсюда: (3.7) mg  cст , где Δст – статическая деформация. Начало системы координат Оxy выбираем в этом положении точки. В начальный момент тело может находиться в одном из положений рис. 1.8 (в, г, д). Будем считать начальную деформацию Δ0 пружины положительной, если её направление совпадает с положительным направлением оси х (случаи рис.1.8 (г, д), в случае (в) Δ0 < 0). Тогда начальная координата для всех трех случаев будет определяться выражениями: (3.8) x0  l0  lст или x0  0  ст . При данном выборе начала отсчета после составления дифференциального уравнения и приведения его к каноническому виду, вам могут встретиться четыре основных случая колебательного движения точки. 1. Свободные гармонические колебания, происходят, если сумма проекций всех сил, действующих на точку, на ось движения точки (ось х) равна восстанавливающей силе Fx  cx . В этом случае дифференциальное уравнение движения является линейным однородным и имеет вид: c x  k 2 x  0, k 2  , (3.9) m а его решение: (3.10) x  C1 cos kt  C2 sin kt или в амплитудной форме: x  A sinkt    . (3.11) Произвольные постоянные интегрирования С1, С2, А, α находятся по начальным условиям t  0, x0 , x0  из выражений для x и x , получаемых из (3.10), (3.11). 54 В соответствии с решением (3.11) точка под действием только восстанавливающей силы будет совершать гармонические колебания относительно её положения статического равновесия с круговой (циклической) частотой k, амплитудой А, фазой (kt + α), начальной фазой 2 α и периодом T  . Начальная фаза α определяется совокупностью k x формул tg  k 0 , x0 x sin   0 , 0    3600 . A Круговая частота k и период Т не зависят от начальных условий, и если в задаче требуется найти только период, то она сводится к составлению уравнения (1.9), c определению по нему k 2  Рис. 1.9 m Рис.1.9 2 и далее T  . График такого движения показан на рис. 1.9. k 2. Затухающие колебания происходят под действием восстанавливающей силы ( Fx  cx ) и силы сопротивления, пропорциональной скорости точки R x  x (μ – коэффициент сопротивления среды). Дифференциальное уравнение движения приводится к виду: c  x  2nx  k 2 x  0, k 2  , n  . (3.12) m 2m Это линейное однородное уравнение второго порядка. Соответствующее характеристическое уравнение: 2  2n  k 2  0 , имеет следующие корни: 1, 2  n  n 2  k 2 . (3.13) Решение уравнения (3.12) определяется значениями корней (3.13), то есть соотношением между k и n. а) При n < k корни комплексные сопряженные и решение имеет вид: x  e  nt C1 cos k1t  C 2 sin k1t  или x  Ae  nt sin k1t    , (3.14) где k1  k 2  n 2 . Произвольные постоянные С1, С2, А, α находится по начальным условиям. Движение является колебательным с уменьшающейся амплитудой и декрементом 55 (отношением предыдущего максимального отклонения к nT1 e 2 последующему) D , с круговой частотой k1  k 2  n 2 и 2 периодом T  . Период затухающих колебаний больше периода k1 соответствующих (Rx = 0) гармонических. Примерный график затухающих колебаний показан на рис. 1.10. Рис.1.10 б) При n > k корни (1.13) действительные и x  e  nt C1e1t  C2e 2t , (3.15) движение точки не колебательное (апериодическое), затухающее. в) При n = k: λ1 = λ2 < 0 и x  e  nt C1  C 2t  , (1.16) движение апериодическое, затухающее. Примерный график движения точки для случаев (б, в) показан на рис. 1.11.   Рис. 1.11 Рис.1.11 3. Вынужденные колебания без учета сопротивления среды происходит при действии на точку восстанавливающей силы Fx  cx  и возмущающей силы Sx  H sin pt  . Получаемое дифференциальное уравнение является линейным неоднородным: x  k 2 x  h sin pt , (3.17) H где h  , p – круговая частота возмущающей силы, k – круговая частота m соответствующих свободных (S  0) колебаний. Общее решение уравнения (2.17): x  x1  x2 , где х1 – общее решение соответствующего   однородного уравнения x  k 2 x  0 , определяемое формулами (3.10), (3.11), х2 – частное решение уравнения (3.17), зависящее от соотношения p и k. а) При p ≠ k: h sin pt , (3.18) x2  2 k  p2 h sin pt . (3.19) x  A sinkt     2 k  p2 б) При p = k (случай резонанса): 56 x2   h t cos pt , 2p (3.20) x  A sinkt     h t cos pt . (3.21) 2p Произвольные постоянные А, α уравнений (3.19), (3.20) находятся по начальным условиям из выражений для x и x . Если в задаче требуется найти не движение точки при заданных начальных условиях, а её вынужденные колебания, то надо определить только х2 = хвын по формулам (3.18), (3.20). Видно, что вынужденные колебания от начальных условий не зависят. Динамика системы Механической системой называется система материальных точек, движения которых взаимозависимы. Внешние и внутренние силы системы: силы взаимодействия точек (тел) системы с телами в неё не входящими, называются внешними силами F e ; силы взаимодействия между точками системы называются внутренними F i . Внутренние силы попарно равны и противоположно направлены, поэтому  Fk i  0, M o Fk i  0 .       Масса и центр масс системы Масса М системы n материальных точек равна арифметической сумме масс mk всех её точек, то есть: M   mk . Центром масс системы n точек называется геометрическая точка C, радиус вектор rC и координаты (xС, yС, zС) которой определяются выражениями:  mk rk , x   mk xk и т.д. rC  (4.1) C M M где rk , xk, yk, zk – радиус-вектор и координаты k-той точки. Если центр масс находится в начале координат, то rC  0, xC  0 и т.д., следовательно, (4.2)  mk rk  0,  mk xk  0 и т.д. В первом приближении можно считать, что центр масс совпадает с центром тяжести. Моменты инерции Движение механической системы зависит не только от её массы, но и от распределения этой массы (например, относительно оси вращения). Распределение масс определяется моментами инерции. Их существуют три вида: 57 1. Осевые моменты инерции. Для точки M массой m с координатами x, y, z (рис. 4.1) момент инерции относительно оси Оx равен: J x  mhx2  m y 2  z 2 , относительно оси Оy: J y  mhy2  m z 2  x 2 , относительно оси Оz: J z  mhz2  m x 2  y 2 , где hx, hy, hz – кратчайшие расстояния от точки М до соответствующей оси.       Рис. 2.1 Рис.4.1 Эти моменты всегда положительны. Для системы n точек: Jx  n  mk hk2x k 1   mk yk2  zk2  и т.д. n k 1   Размерность момента инерции J x   кг  м 2 . Момент инерции тела относительно оси (например, Оz) можно представить в виде произведения массы M тела на квадрат линейной величины, называемой радиусом инерции тела относительно этой оси ρz, то есть: J z  M 2z . (4.3) 2. Полярный момент инерции:  для точки (рис 4.1): J O  mr 2  m x 2  y 2  z 2 ,   для системы n точек: J O  n  mk hk2 k 1    mk xk2  yk2  zk2 . n k 1 Очевидно, что JО > 0 и JО = Jx + Jy + Jz.. 2. Центробежные моменты инерции:  для точки: J xy  mxy, J yz  myz, J xz  mxz ,  для системы n точек: J xy  n  mk xk yk и т.д. k 1 Очевидно, что центробежный момент инерции может быть положительным, отрицательным, и равным нулю. Если нам задан момент инерции тела J zC относительно оси zС проходящей через его центр масс (т.е. рис. 4.2), то момент инерции Jz относительно любой оси z, параллельной оси zС, определяется формулой теоремы Штейнера: (4.4) J z  J zС  md 2 , Рис. 2.2 где m– масса тела, d – расстояние между осями z и zC. Рис.4.2 58 В заключение приведем моменты инерции простейших материальных тел. 1. Тонкий однородный стержень массой m и длиной l (рис. 4.3): 2 ml 2 ml 2 l . J yC  0, J xC  J zC  . J z  J zC  m   12 3 2 2. Тонкий обруч массой m и радиусом r (рис. 2.4): mr 2 Jx  Jy  , J z  mr 2 . 2 Рис. 2.3 Рис.4.3 Рис. 2.5 Рис. 2.4 Рис.4.4 Рис.4.5 3. Тонкий круговой диск (рис. 4.5) mr 2 mr 2 Jx  Jy  , Jz  . 4 2 4. Прямой круговой цилиндр (рис. 4.6): mr 2 Jz  . 2 5.Тонкая однородная прямоугольная пластина (рис. 4.7): ma 2 mb 2 m a 2  b2 . J xС  , J yС  , J zС  12 12 12 6. Однородный шар радиуса R: J xС  J yС  J zС  0,4  mR 2 . 7. Однородный прямой круговой конус (рис. 4.8): J z  0,3  mR 2 .  Рис. 2.7 Рис.4.6 Рис. 2.6 Рис.4.7 59  Рис. 2.8 Рис.4.8 Практическое занятие 4. Лекция 5. Практическое занятие 5. Задачи на свободные и вынужденные колебания. Пример 1.7. Тело массой m = 300 кг подвешено на двух пружинах, как показано на рис. 1.12. Чтобы деформировать первую пружину на 2 см, а вторую на 3 см надо приложить к их концам силы соответственно в 0,4 кH и 0,3 кH. В ненагруженном состоянии длины пружин lH1  lH2  50 см. В начальном положении Рис. 1.12 Рис.1.12 груза длина пружин l0 = 40 м. Грузу сообщена начальная скорость v0 = 4 м/с, направленная вертикально вниз. Найти закон движения груза, g ≈ 10 м/с2. Решение. Пружины, удерживающие груз, соединены параллельно. Их жесткости: 0,4 кH 400 Н Н с1    20000 , 2 см 0,02 м м 0,3 кH 300 Н Н с2    10000 . 3 см 0,03 м м Жесткость эквивалентной пружины (рис. 1.12) равна: Н  кг  cэкв  c  c1  c2  30000   30000 2  . м  с  Изобразим тело, подвешенное на эквивалентной пружине (рис. 1.13) в текущей момент времени, смещенными относительно положения статического равновесия (Δст) в сторону увеличения статической деформации. Начало отсчета точку О совместим с положением статического равновесия, ось х направим в сторону увеличения Δст. Определим начальные условия x0 , x0  . По условию 60 задачи и учитывая направление оси х имеем x0  4 м/с. Длина пружины в положении статического равновесия тела lст  lH  ст , по формуле (3.7): mg 3000  ст    0,1 м cэкв 30000 Рис.1.13 и тогда lст  60 см, а x0  l0  lcт  0,2 м. Окончательно начальные условия запишутся: t  0, x0  0,2 м, x0  4 м/с. В текущем положении тела деформация пружины равна:    ст  x , а упругая сила пружины: F  c  c ст  x   c ст  cx . Используя формулу (3.7), получим: F  mg  cx . Кроме этой силы на тело действует еще его сила тяжести mg . Составляем по рис. 1.13 дифференциальное уравнение движения тела: dv m  mx   Fx  mg  F  mg  c  mg  mg  cx . dt Отсюда с x  x  0 или x  k 2 x  0 , m с 30000 1 1 где k 2    100 2 , k  10 . m 300 c c Решение этого уравнения будем искать в амплитудной форме: (а) x  A sinkt   , x  Ak coskt   . м  По начальным условиям  t  0, x0  0,2 м, x0  4  находим: с  x0  A sin , x0  Ak cos  , x02 A  2  0,2  0,447 . k xk x tg  0  0,5; sin   0  0,447;   3330 20 . x0 A Закон движения тела окончательно запишется: x  0,447 sin 10t  3330 20 м. x02   Пример 1.8. Определить движение груза массой m = 1 кг, подвешенного на пружине жесткостью с = 196 Н/м, верхний конец которой совершает колебания по закону A0A  xA  a sin pt , где а = 5 см, p = 14 рад/с (рис. 1.16). В начальный момент верхний конец пружины неподвижен и груз находится в покое (Вст). Сопротивлением движению груза пренебречь. 61 Решение. Выберем начало отсчета оси х в точке Вст, где груз находился в положении равновесия при неподвижном конце А0 пружины. В этом mg положении пружина растянута на величину  ст  . c Если в момент t конец А пружины сместится из своего среднего положения А0 на величину хА, а положение груза определяется координатой х, то деформация пружины равна:   ст  x  x A  ст  x  a sin pt . При этом на груз действуют сила тяжести mg и упругая сила пружины F  c . Составим дифференциальное уравнение движения груза: mх   Fx  mg  F  mg  c ст  x  a sin pt   mg  cx  ca sin pt. c c рад ca м  14 , h  9,8 2 , получим Обозначив k  m с m с 2 х  k x  h sin pt , (a) Это дифференциальное уравнение вынужденных колебаний. Общее решение соответствующего однородного уравнения x1  A sinkt    , а частное решение зависит от соотношения p и k. В примере p = k, то есть имеем случай резонанса: ht x2   cos pt . Рис.1.16 2p Рис. 1.16 Общее решение уравнения (а), то есть закон движения груза, запишется: ht x  A sinkt     cos kt . (б) 2k Произвольные постоянные А и α определим по начальным условиям: t = 0, x0 = 0, х0  0 , найдя предварительно по (б) h ht х  Ak coskt     cos kt  sin kt . 2k 2 h h Тогда х0  0  A sin , х0  0  Ak cos   , отсюда   0, A  2 и 2k 2k окончательно h ht x  2 sin kt  cos kt  2,5 sin14t  35t cos14t см. 2k 2k Если в задаче требуется найти не закон движения тела, а только его вынужденные колебания, как это требуется в курсовой работе, то надо определить только x2  xвын. в нашем случае: ht xвын.   cos kt  35  cos14t см. 2k  mg  c 62 Для определения вынужденных колебаний начальных условий не требуется, т.к. они от этих условий не зависят. Упражнение. Определите вынужденные колебания в примере при условии, что масса груза увеличилась в 4 раза. Пример 1.9 На рис. 4.9 изображена плоская жесткая пластина, состоящая из шести частей: четырех одинаковых тонких однородных стержней 1÷4, длиной l, массой m1 = 3кг, прямоугольной пластины 5 со сторонами l и 2l, массой m5 = 6 кг, и круглой пластины 6 радиуса l и массой m6 = 2 кг, l = 1м. Определить момент инерции пластины относительно оси z (точки О) и Рис. 4.9 координаты её центра масс. Решение. Момент инерции системы тел относительно оси равен сумме моментов инерции каждого тела системы относительно этой оси: J z  J z1  J z 2  J z 3  J z 4  J z 5  J z 6 . Используя вышеприведенные формулы моментов инерции простейших тел и формулу теоремы Штейнера, получим: m l2 J z1  J z 2  1  1 кг·м2; 3  2 l2  4 m1l 2 m1l 2 2 J z3  J z 4   m1 OC3    m1  l    m1l 2  4 кг·м2; 12 12 4 3  2 m J z5  J Cz5  m5 OC5 2  5 4l 2  l 2  m5 l  2  l  6,24  m5l 2  37,4 12 2 кг·м ; 2 m6l 2 2 J z 6  J Cz 6  m6 OC6    m6  l  2  2l  4l 2   16,1  m6l 2  32,2   2 2 кг·м . Окончательно: Jz = 79,6 кг·м2.    63    В соответствии с формулами (4.1) координаты центра масс пластины равны: m1 xC1  m2 xC 2  m3 xC 3  m4 xC 4  m5 xC 5  m6 xC 6 m x xC   k k   1,49 m1  m2  m3  m4  m5  m6  mk м, m1 yC1  m2 yC 2  m3 yC 3  m4 yC 4  m5 yC 5  m6 yC 6 m y yC   k k   0,2 m1  m2  m3  m4  m5  m6  mk м. Лекция 5. Кинетическая энергия механической системы. Кинетическая энергия механической системы n точек (тел) равна арифметической сумме кинетических энергий всех точек (тел) системы: T n  Tk . (4.14) k 1 Кинетическая энергия материальной точки: mv 2 T , (4.15) 2 где m – масса точки, v – её абсолютная скорость. Кинетическая энергия твердого тела Поступательное движение. В этом случае скорости всех точек тела одинаковы, vk = v, поэтому mk vk2 mk v 2 v 2 Mv 2 , (4.16) T   mk  2 2 2 2 где M – масса тела. Вращательное движение. В этом случае vk  hk , где hk – расстояние от точки тела до оси вращения z, ω – угловая скорость тела. mk vk2 mk 2 hk2 2 T   mk hk2 . 2 2 2 2 Но по определению mk hk  J z – момент инерции тела относительно        оси вращения (z). Тогда J z 2 . (4.17) T 2 Плоскопараллельное движение. Пусть плоская фигура движется в плоскости Oxy и её мгновенный центр скоростей находится в точке Р. Тогда 64 скорость её произвольной точки Mk равна vk    Mk P и mk vk2 mk 2 M k P  2  2 Jz P 2 T   mk M k P   , 2 2 2 2 2 где JzP  – момент mk M k P    2   инерции тела относительно оси zP, проходящей через мгновенный центр скоростей. Но этот момент инерции, как правило, меняет свое значение по мере движения тела, поэтому пользоваться этой формулой неудобно. Применив теорему Штейнера, исключим эту переменную величину 2 Jz P  Jz C  M  CP  , Рис. 3.10 где M – масса тела, JzC – его момент инерции относительно оси, проходящей через центр масс. Получим: JzC2 M 2 2 2 2 T JzC  MCP     CP . 2 2 2 Так как   CP  vC – скорость центра масс, то окончательно искомое выражение запишется: MvC2 JzC2 , (4.18) T  2 2 т.е. кинетическая энергия плоской фигуры равна сумме кинетических энергий тела при поступательном движении вместе с центром масс и вращательного движения вокруг центра масс. Работа силы. Элементарная работа силы – бесконечно малая величина, равная скалярному произведению силы F  на элементарное перемещение точки её приложения dr , происходящее за время dt.   dA  F  dr  F  dr  cos   Fx dx  Fy dy  Fz dz  F  v  dt . (4.19) Если сила действует на точку М вращающегося тела , то её элементарную работу можно определить по формуле: dA   M O F d , (4.20) где M O F   F  h – момент силы F относительно оси вращения О, dφ – элементарный угол поворота тела, знак «+» берется, если направления M O F  и dφ совпадают. Если сила действует на точку М плоской фигуры ,то её элементарную работу можно определить так: dA   M P F d , (4.21) 65 где M P F  – момент силы F относительно мгновенного центра скоростей фигуры, dφ – угол её элементарного поворота, правило знаков прежнее. Если к телу, движущемуся в плоскости, приложена пара сил с моментом М, то её элементарная работа равна: (4.22) dA  M  d . Работа силы на конечном перемещении точки её приложения определяется формулой A   dA   Fdr   Fv dt , (4.23) где  dA – криволинейный интеграл, взятый вдоль траектории перемещения точки приложения силы. Работа постоянной (по величине и направлению) силы при перемещении точки её приложения из положения МO(хO, уO, zO) в положение М1(х1, у1, z1) равна: A  Fx x1  xO   Fy  y1  yO   Fz z1  zO  . (4.24) В частности, если точка перемещается только вдоль оси х, то A  Fx x1  xO . Работа силы тяжести: (4.25) A  mg zO  z1   mgh , где h – высота перемещения точки. Работа упругой силы пружины жесткостью с определяется выражением: с A  20  21 , (4.26) 2 где Δ0 – начальная деформация пружины, Δ1 – её конечная деформация. Работа постоянного момента М при повороте тела на угол Δφ = φ 1 – φ0 равна: A = ± M·Δφ. (4.27) Мощность силы – это работа, производимая силой в единицу времени (рис. 4.26): dA N  F  v  F  v  cos  . (4.28) dt При действии силы на вращающееся тело (рис. 2.27а) её мощность можно найти так N   M O F  . (4.29) Знак «+» берется, если направления M O F  и ω совпадают. При плоскопараллельном движении тела мощность приложенной к нему силы (рис. 4.27б) равна: N   M P F  , (4.30) где точка Р – мгновенный центр скоростей тела. При действии на тело пары сил с моментом М её мощность равна: N   M (4.31)   66 где ω – угловая скорость тела. Сумма работ и мощностей внутренних сил абсолютно твердого тела равна нулю: n  dA ik k 1  0, n   0, A ik k 1 n  N ik  0 . k 1 Имеются три формы записи формулы теоремы об изменении кинетической энергии механической системы: а) первая дифференциальная форма: dT  n  dA ek  k 1 n  dA ik , (4.32) k 1 дифференциал кинетической энергии системы равен сумме элементарных работ внешних и внутренних сил, действующих на систему; б) вторая дифференциальная форма: n dT n e   N k   N ik , (4.33) dt k 1 k 1 производная по времени от кинетической энергии системы равна сумме мощностей внешних и внутренних сил системы; в) интегральная форма теоремы: T1  T0  n  dA ek  k 1 n  dA ik , (4.34) k 1 приращение кинетической энергии системы при её перемещении из начального положения (Т0) в конечное (или текущие) положение (Т1) равно сумме работ внешних и внутренних сил системы на этом перемещении системы. Для механической системы, состоящей из абсолютно твердых тел, соединенных между собой идеальными связями, то есть связями, сумма элементарных работ реакций которых равна нулю (гладкие поверхности, качение без проскальзывания, гибкие нерастяжимые нити), вторые слагаемые правых частей выражений (4.32-4.34), равны нулю: n  dA ik k 1  0, n  A ik k 1  0, n  N ik  0 . k 1 Классификация связей, Связи накладывают ограничения на положения и скорости точек механической системы, которые должны выполняться при любых, действующих на систему силах. Аналитически эти ограничения записываются в виде уравнений, которым в силу наложенных связей должны удовлетворять координаты точек системы и их скорости. Так, если две точки А и В, связанные между собой жестким стержнем длиной AB = l, движутся в плоскости Oxy, то уравнение связи, выражающее 67 неизменность расстояния АВ, накладывает ограничение на координаты точек и записывается xA  xB 2   yA  yB 2  l 2 (a) Для кругового колеса радиуса R, катящегося без скольжения по неподвижной поверхности (рис. 3.1), скорость его центра С и угловая скорость связаны между собой зависимостью (б) vC    R и т.д. Связи, уравнения которых содержат только координаты точек системы (и, может быть, время), называются геометрическими (связь, выраженная равенством (а)). Если в уравнения связи входят скорости точек Рис. 3.1 системы (уравнение (б)), то связь называется дифференциальной или кинематической. Когда уравнение связи явно не зависит от времени (уравнения (а), (б)), то связь называется стационарной, в противном случае – нестационарной. Если система не может освободиться от связи, то последняя называется удерживающей, в противном случае – неудерживающей. Так для мухи, ползущей по проволоке, последняя является неудерживающей связью: муха, взлетев, покидает связь. Но если муха ползет в узкой трубке, то последняя будет удерживающей связью. К голономным связям относятся все геометрические и те из кинематических, которые путем интегрирования сводятся к геометрическим. Так уравнение (б), можно проинтегрировать и получить зависимость между координатой xC и углом поворота φ колеса: dx d vC  C  R , dxC  d  R , dxC  d  R , xC  R  C , dt dt где С – произвольная постоянная интегрирования. В изучаемом курсе мы будем иметь дело, как правило, с механическими системами, на которые наложены голономные стационарные удерживающие связи.   Действительные и возможные перемещения Бесконечно малые перемещения n точек механической системы, фактически совершаемые ими под действием приложенных к ним сил, называются действительными перемещениями и обозначаются drk k  1, 2, ..., n. С точки зрения математически drk представляет собой полный дифференциал функции rk . Возможными перемещениями точек механической системы называются их бесконечно малые перемещения, которые мы можем им сообщить из занимаемого в данный момент положения (при этом 68 перемещении время не меняется) и которые допускаются всеми наложенными на систему связями. Эти перемещения точек обозначаются rk . Математическая операция, обозначаемая значком , называется вариацией, её приближенно можно рассматривать как полный дифференциал функции rk при неизменном времени. В общем случае механическая система может иметь множество различных возможных перемещений. Число независимых между собой возможных перемещений механической системы называется числом её степеней свободы. С этим числом совпадает число независимых координат (линейных и угловых), определяющих положение системы. Возможная работа силы. Идеальные связи Элементарная работа силы F на одном из возможных перемещений точки её приложения r называется возможной работой силы, она обозначается А и равна скалярному произведению вектора силы на вектор возможного перемещения точки её приложения (рис. 5.6а): (5.4) A  F  r  Fr cos  или (5.5) A  Fx xA  Fy yA  Fz zA , где Fx, Fy, Fz – проекции силы на оси координат; xA, yA, zA – проекции на оси возможного перемещения точки. Рис. 5.6 Из выражения (5.4) следует, что возможная работа силы равна нулю, когда сила F перпендикулярна перемещению r   900 и когда возможное перемещение точки приложения силы равно нулю (r = 0), в частности силы, приложенные в мгновенном центре скоростей работу не совершают. Если сила действует на тело, вращающееся вокруг оси О (рис. 5.6,б), то её возможную работу можно найти так же по формуле: A   M O F    , (5.6) где M O F  – момент силы относительно оси вращения MO  F  h, знак плюс в (5.6) берется, если направления момента M O F  и угла поворота φ совпадают. При действие силы на плоскую фигуру с одной степенью свободы её возможная работа может определяться аналогичным образом  69  (рис.5.6,в): A   M P F    , (5.7) где M P F  – момент силы F относительно мгновенного центра скоростей. При действии на тело пары сил (рис. 5.6,г) её возможная работа равна: (5.8) A  M, то есть при поступательном возможном перемещении тела (φ = 0) работа пары сил равна нулю. С понятием возможной работы связано еще одно деление связей на идеальные и неидеальные. Идеальной называется связь, сумма работ сил реакций которой на любом возможном перемещении точек системы равна нулю. Если же эта сумма отлична от нуля, то связь называется неидеальной. К числу идеальных связей относятся все связи без трения и те из связей с трением, которые осуществляются качением без скольжения (если пренебречь трением качения). К идеальным же связям относятся гибкие нерастяжимые нити и жесткие шарнирно закрепленные невесомые стержни (шарниры гладкие). К неидеальным связям относятся все связи с трением (за исключением случая качения одного тела по другому без проскальзывания) и растяжимые нити, в частности, пружины. Обобщенные координаты, число степеней свободы. Обобщенные силы Любые независимые параметры, однозначно определяющие положение механической системы, называются обобщенными координатами этой системы и обозначаются через q1 , q2 , ..., qm . Их число совпадает с числом независимых декартовых координат и с числом независимых возможных перемещенной системы, то есть с числом её степеней свободы. Производные обобщенных координат по времени называются обобщенными скоростями и обозначаются через q1 , q2 , ..., qm . Сообщим системе с голономными стационарными удерживающими связями возможное перемещение, изменив в сторону увеличения все возможные координаты на величины q1. Доказывается, что сумма возможных работ сил системы на этом произвольном её возможном перемещении имеет вид n  A k  Q1q1  Q2q2  ...  Qm qm  k 1 m  Q q . i i (5.10) i 1 Обобщенной силой Qi, соответствующей обобщенной координате qi, является коэффициент при вариации этой координаты в выражении суммы элементарных работ всех активных сил системы при её произвольном возможном перемещении. Из этого определения вытекает основной метод нахождения обобщенных сил. Поскольку обобщенные координаты – независимые 70 величины, то их вариации (qi) произвольны. Поэтому для определения обобщенной силы Qi, соответствующей координате qi, дадим системе такое перемещение, чтобы изменилась в сторону увеличения только координата qi, а все остальные координаты остались бы без изменения. Тогда qi  0, а q2  q3  ...  qm  0 . Каждая точка приложения сил системы (тело, на которое действует пара сил) получит своё возможное перемещение, соответствующее перемещению. Выразим их все через qi и подсчитаем  n  сумму элементарных работ всех активных сил системы  A k  (индекс qi  k 1  qi показывает, что работа совершается только на перемещениях системы, вызванных изменением координаты qi). Выражение (3.10) примет вид:  n   A k     n   k 1  qi  A k   Q1q1 , отсюда Q1  (5.11)    q 1  k 1  qi Последовательно изменим только координату q2, затем q3 и так далее, получим аналогичные выражения для Q2, Q3 и т.д. То есть в общем виде выражение для обобщенной силы Q1, соответствующей координате qi, запишется  n   A k     k 1  qi i  1, 2, ..., m  . Q1  (5.12) qi Размерность обобщенной силы Q  A /q зависит от размерности обобщенной координаты: если [q] = м, то [Q] = H, если [q] = рад, то [Q] = H·м, то есть в первом случае это сила, а во втором – момент. Наиболее простым и универсальным методом исследования движения механической системы с голономными идеальными удерживающими связями, обладающей любым числом степеней свободы, является применение для этих целей дифференциальных уравнений движения системы в обобщенных координатах, уравнений Лагранжа второго рода. Эти уравнения представляют собой обыкновенные дифференциальные уравнения второго порядка относительно обобщенных координат. Их число совпадает с числом независимых обобщенных координат, то есть с числом степеней свободы системы. Общая их запись для системы с m степенями свободы имеет вид: d T T (5.13)   Qi , i  1, 2, ..., m . dt qi qi В этих формулах Т – кинетическая энергия системы, выраженная через обобщенные скорости qi , обобщенные координаты qi , и время, то есть     71 T означает частную производную qi T кинетической энергии по обобщенной координате, операция – частную qi производную кинетической энергии по обобщенной скорости, операция d T – полную производную по времени от предыдущей частной dt qi производной. Величины правых частей уравнений (5.13), Qi , называются обобщенными силами, соответствующими i-той обобщенной координате Tqi , qi , t . Математическая операция Практическое занятие 5. Пример 2.17. К барабану 1 ворота радиуса r и массой m1 приложена пара сил с постоянным моментом (М). На барабан намотан трос, другой конец которого намотан на каток 2 массой m2 и радиуса R. Каток катится без проскальзывания по наклонной плоскости с углом наклона α. В начальный момент система находилась в покое. Какую угловую скорость приобретет барабан 1, сделав n оборотов? Барабан и каток считать однородными круглыми цилиндрами, массой троса и трением в шарнире О пренебречь. Решение. Условием задачи заданы силы, действующие на систему m1g , m2 g , M , массы входящих в неё тел и конечное перемещение системы (угол поворота барабана φ1 = 2πn), требуется же найти скорость в конце этого перемещения. Поэтому для решения задачи применим теорему об изменении конечностей энергии системы в интегральной форме: T1  T0  n  A ek  k 1 n  A ik . k 1 Изобразим систему в начальном и конечном положениях вместе с действующими на неё внешними силами m1 g , m2 g , R, N, F  и моментом (М). Внутренние силы не показываем, так как система состоит из твердых тел, соединенных идеальной нитью АВ, и n  A ik  0 . В начальном положении система k 1 72 Рис. 2.30. неподвижна, поэтому Т0 = 0. После n оборотов барабан 1 приобрел угловую скорость ω1, скорость центра катка стала vС и он имеет угловую скорость ω2. При этом v r r vB  vA  1r , 2  B  1 , vC  2 CP  1 . BP 2R 2 Барабан 1 вращается вокруг неподвижной оси О, а каток 2 совершает плоскопараллельное движение, поэтому после n оборотов барабана кинетическая энергия системы равна: J O 12 m2 C2 J C 22 T1  Tбар кат    . 2 2 2 Учитывая выведенные выше кинематические зависимости vС, ω2 от ω1 и m1r 2 m2 R 2 , JC  значения моментов инерции тел системы J O  , получим: 2 2 m1r 2 12 m2 12 r 2 m2 R 2  12 r 2 1r 2  3  T1     m  m2  .  1 4 24 4  4  2  2  4R 2 При повороте барабана на угол φ1 = 2πn центр катка переместится вдоль наклонной плоскости на расстояние S, то есть поднимется на высоту h r d dS = S·sinα. Так как vC  , 1  1 , a vC  1 , то dt dt 2 r r ds  d1  или S  1  nr , h  nr sin  . 2 2 Определим работу внешних сил на этом конечном перемещении: n  A ek  A M  Am2 g  M1  m2 gh  n2M  m2 gr sin   . k 1 Работы сил m1 g , R, N, F равны нулю, так как они приложены или в неподвижной точке О, или в мгновенном центре скоростей катка (точка Р). Подставим полученные значения Т1 и n  A ek в формулу теоремы: k 1 12 r 2  3   m1  m2   n2M  m2 gr sin   4  4  и определим ω1: 2 M  m2 gr sin  2 1  n . r m1  0,75m2 Пример 2.18. Груз 1 массой m1 = 105 кг подвешен к подвижному однородному блоку 2 массой m2 = 10 кг. Блок и груз удерживаются от падения тросом, конец которого В закреплен неподвижно, а конец А соединен с пружиной AD жесткостью с = 1470 Н/м (рис. 4.29); трос по блоку не скользит. Найти период свободных колебаний системы, а так же закон движения груза 1, если в начальный момент система находится в положении 73 статического равновесия и груз 1 имеет скорость v01  14 см/с, направленную вертикально вниз. Решение. Для определения движения груза 1 составим дифференциальное уравнение его движения, воспользовавшись теоремой об изменении кинетической энергии в дифференциальной форме (2.33): n dT n e   N k   N ik . dt k 1 k 1 Так как система состоит из твердых тел, соединенных идеальным шарниром О (шарниром без трения и нерастяжимым тросом ОЕ, то n  N ik  0 ). k 1 Положение груза 1 определяется положением шарнира О блока 2. Предполагая, что точка О движется только по вертикали, определим её положение координатой х, отсчитываемой от положения её статического равновесия (точка Ост). Смещение точки А крепления троса к пружине Рис. 2.29. Рис.4.29 относительно её положения статического равновесия определим с помощью координаты S. К системе приложены внешние силы m1 g , m2 g , реакции троса PB ( S ) и пружины F . Упругая сила пружины равна F = c·Δ, где Δ – текущая деформация пружины, равная Δ = Δст + S см. (рис. 4.29), Δст – деформация пружины в положении статического равновесия системы, когда силы Fcт = c·Δcт и Sст уравновешивают силы тяжести тел системы. Из соображения симметрии следует, что Fст  Sст  2m1 g  m2 g  или g m1  m2   2c   ст . Система состоит из груза 1, движущегося поступательно, и блока 2, совершающего плоскопараллельное движение, поэтому её кинетическая энергия равна: m1v12 m2 vO2 J O 2 T  T1  T2    . (а) 2 2 2 Выразим все скорости через x : v0  v1  x , так как точка Р – м.ц.с. блока 2 , m2 r 2 vO x  . Кроме того, J O  то   . Тогда 2 OP r m1 x 2 m2 x 2 m2 r 2 x 2 x 2 T     m1  1,5m2 . 2 2 2  2 r2 2 Находим сумму мощностей внешних сил: 74 (б) n  N ek  N m g k 1 1  N m2 g  N F  N S  m1 gv1  m2 gv1  F  vA . NP = 0, так как сила S приложена в м.ц.с. блока 2. dx dS dS dx vA  vK  2 , KP  2 x , x  , vA  , поэтому 2 dt dt dt dt отсюда, интегрируя, находим: S = 2x, F = c(Δст + 2x). Тогда или dS  2dx , n  N ek  m1  m2 gx  с ст  2 x   2 x  xg m1  m2   с ст  2 x   4cx k 1 , (в) поскольку, как было установлено ранее g m1  m2   2c   ст . Подставив выражения (б) и (в) в формулу теоремы (а), получим дифференциальное уравнение движения груза 1:  d  x 2   xm1  1,5m2   4cxx .   m  1 , 5 m  1 2 x dt  2  Сократим на x , перенесем все члены в левую часть и разделим на коэффициент при ускорении x груза 1, это дает: 4c x  x  0. m1  1,5m2 4c Введем обозначение  k 2 (k = 7 рад/с) и получим m1  1,5m2 дифференциальное уравнение свободных гармонических колебаний с 2  0,9 с: периодом T  k x  k 2 x  0 . Решение которого имеет вид x  A sinkt    , где А и α найдем по начальным условиям (t = 0, x0 = 0, x0 = v0 = 14 см/с), предварительно определив x : x  Ak coskt    . Тогда x0 = 0 = Asinα, v0 = Akcosα, отсюда (т.к. A ≠ 0) sinα = 0, v α = 0, cosα = 1, A  0  2 см и окончательно уравнение движения груза 1 k запишется в виде: x  2 sin 7t см. 75 Пример 6.1. Подсчитать обобщенную силу системы, изображенной на рис., где каток 1 катится без скольжения по наклонной плоскости, а груз 3 скользит по гладкой горизонтальной поверхности. Центр катка и груз 3 связаны невесомой нерастяжимой нитью, перекинутой через блок 2, радиуса r. Массы тел равны соответственно m1, m2, m3. Кроме сил тяжести m1g , m2 g , m3 g  на блок 2 действует пара сил с моментом M, а на груз 3 сила F . Решение. Система имеет одну степень свободы: её положение полностью определяется координатой s, которую принимаем за обобщенную координату q  s . Для определения Qs сообщаем системе возможное перемещение s в сторону возрастания координаты s s  0 . Блок 2 повернется в этом случае на угол   s / r , а груз 3 сместится на расстояние s3  s (так как нить нерастяжима). Вычисляем на этом перемещении системы сумму возможных работ активных сил системы m1g , m2 g , m3 g , M, F  . Работа реакций связей равна нулю, поскольку связи идеальные.  A  m1gs sin   M  Fs3 cos   Ms M    m1 gs sin    Fs cos    m1 g sin    F cos  s . r r   Искомая обобщенная сила равна: A M Qs    m1 g sin    F cos  . s r Задача 6.2. Система (рис. 6.2), состоящая из груза 1, однородного сплошного блока 2 и катка 3, массы которых равны m1, m2, m3 соответственно, движется под действием сил тяжести входящих в неё тел, пары сил с постоянным моментом M, действующей на блок 2 и упругой силы пружины, соединенной с центром катка 3. Радиус блока 2 – r, радиус катка R, его масса равномерно распределена по ободу, жесткость пружины – c. В начальный момент груз 1 смещен вниз из положения статического равновесия на величину l и отпущен без начальной скорости. Найти последующее движение груза 1. 76 Решение. Число степеней свободы определяем методом «закрепления»: вращающийся блок 2 имеет одну степень свободы, закрепим его, то есть лишим систему одной степени свободы. В этом случае(без учета возможного смятия нити) система потеряет подвижность. Таким образом, рассматриваемая система имеет одну степень свободы. За обобщенную координату выбираем смещение s груза Рис. 6.2 1 относительно положения его статического равновесия q  s . Составляем дифференциальное уравнение движение системы в виде уравнения Лагранжа второго рода: d T T   Qs . dt s s Система с действующими на нее силами m1 g , m2 g , m3 g , F, M  изображена на рис. 6.2. в смещенном относительно начала отсчета координаты s положении. Найдем кинетическую энергию системы: T  T1  T2  T3  m1v12 / 2  J 0 22 / 2  m3vB2 / 2  J B 32 / 2 . Так как v1  s, 2  v1 / r  s / r , 3  vD / DP  v1 / 2 R  s / 2 R, vB  3  BP  s / 2 , J 0  m2 r 2 / 2, J B  m3 R 2 (масса катка распределена по его ободу – это тонкое кольцо), то окончательно: m s 2 m s 2 m s 2 m s 2 T  1  2  3  3  0,5  s 2 m1  0,5m2  0,5m3   0,5  s 2  m , 2 4 8 8 где m =m1+0,5m2+m3. T  0, s T  s  m , s d T  s m . dt s Для определения обобщенной силы Qs сообщим грузу перемещение s (при этом блок 2 повернется на угол 2, каток 3 – на угол 3, а его центр сместится влево на величину sB) и подсчитаем сумму возможных работ сил системы на этом её перемещении  A  m1g  s  M  2  F  sB , здесь F  c cт  sB  – упругая сила пружины, ст – её статическая деформация. Выразим возможные перемещения 2, sB через s, а координату sB – через s. При стационарных связях в системе с одной степенью свободы, 77 соотношения между возможными перемещениями аналогичны соотношениям между соответствующими скоростями, поэтому 2  s / r, sB  s / 2 . То же справедливо и в отношении координат: sB  s / 2 . Следовательно: Ms  s  s  A  m1 gs  r  c  cт  2   2 ,   отсюда A M cs Qs    m1 g   c   cт  2  . (а) s r 4 При равновесии системы T  0, s  0, Qs  0 , поэтому сумма трех первых постоянных слагаемых правой части равенства (а) равна нулю. Окончательно: cs Qs   , 4 И уравнение Лагранжа запишется: cs s  m   , 4 c  s  0 или отсюда s  4m s  k 2 s  0 , (б) c где k 2  – квадрат круговой частоты свободных 4m1  0,5m2  0,5m3  гармонических колебаний системы. Решением уравнения (б) будет: s  С1 cos kt  С2 sin kt s  С1k sin kt  С2k cos kt  . По начальным условиям t  0, s0  l , s0  0 находим С1  l ,C2=0 и закон движения груза 1 примет вид: s  l cos kt . Лекция 6. Структура механизмов. Основные понятия. Теория механизмов и машин (ТММ) - наука, изучающая строение, кинематику и динамику механизмов в связи, а также методы их исследования. Структура механизмов рассматривает строение с целью определения числа их допускаемых движений или числа степеней свободы (W). ТММ включает три основные части: 78 1.Структурный и кинематический анализ механизмов - изучение теории строения механизмов, исследование движения тел образующих механизм с точки зрения геометрии без учета сил, вызывающих движение этих тел. 2.Синтез механизмов - проектирование механизмов по заданным кинематическим и динамическим условиям. 3.Динамический анализ механизмов - определение сил, действующих на звенья механизма во время их движения, изучение взаимосвязи между движениями тел, их массами и силами действующими на них. Машина - это устройство, создаваемое человеком, для облегчения физического и умственного труда, увеличения производительности путем частичной или полной замены человека, а так же для преобразования энергии, информации или материалов. Машины состоят из механизмов. Механизм - система тел, предназначенная для преобразования движения одних тел (одного или нескольких) в требуемое движение других. Например: механизм подачи заготовок, механизм сцепления, механизм торможения и т.д. Механизмы состоят из звеньев и кинематических пар. Звенья бывают подвижные и неподвижные. Группа жестко соединенных между собой деталей называется звеном. Например: шатун, который состоит из деталей: 1 – основание, 2 – крышка, 3 – втулка, 4 – болты. Неподвижное звено или стойка – это звено по отношению к которому изучаются движения других звеньев. Подвижное соединение двух звеньев, допускающее относительное движение называется кинематической парой. Звенья различают входные (ведущие), выходные (ведомые) и промежуточные. Основные виды звеньев: стойка, кривошип, коромысло, ползун, кулиса, кулачок, зубчатое колесо. Кроме перечисленных жестких звеньев, в механизмах применяют гибкие (цепи, ремни), упругие (пружины, мембраны) звенья, а также жидкие и газообразные (масло, вода, газ, воздух и т.д.). Звенья обозначают цифрами, причем нумерация ведется от ведущего звена, а стойке присваивается «ноль». Кинематические пары обозначают заглавными латинскими буквами (A,B,C,D и т.д.). Основные виды кинематических пар Таблица 1 79 Кинематическая схема механизма – чертеж механизма в выбранном масштабе с соблюдением условных обозначений звеньев и кинематических пар. Звено со стрелкой является ведущим или входным звеном (получает движение от двигателя). Ведущее звено – это начальное звено, у которого задан закон движения. 80 Рис.1 Кинематическая схема механизма Различают кинематические пары высшие и низшие. Высшая кинематическая пара – звенья соприкасаются по линии или в точке. Эти пары допускают два движения относительно друг друга: вращательное и поступательное одновременно. Высшая кинематическая пара – это пара четвертого класса, так как у нее отнято четыре степени свободы (возможных движений). Низшая кинематическая пара – звенья соприкасаются по плоскости или по поверхности (цилиндрический или шаровой шарниры, ползун и кулиса). Эти пары допускают одно движение относительно друг друга: вращательное или поступательное. Низшая кинематическая пара – это пара пятого класса, так как у нее отнято пять степеней свободы (возможных движений). Различают кинематические пары с геометрическим и силовым замыканием. Геометрическое замыкание (характерно для низших пар) – соприкосновение элементов звеньев обеспечивается их формами (цилиндрический шарнир, шаровой шарнир, ползун и кулиса). Силовое замыкание (характерно для высших пар) – соприкосновение обеспечивается силой веса, силой сжатия пружины и т.д. Высшие пары изнашиваются сильнее, чет низшие, так как чем больше поверхности, тем меньше удельное давление (давление на единицу площади). Различают пять классов кинематических пар. Свободно движущееся в пространстве тело имеет шесть степеней свободы (W) – шесть движений (три поступательных, три вращательных). Основные типы звеньев механизмов: стойка, кривошип, кулачок, зубчатое колесо, коромысло, шатун, ползун, кулиса. Если же тело связано с другими телами, то на его движения накладываются ограничения – условия связи (S), тогда число степеней свободы не равно шести, оно уменьшается. W=6-S Примеры. Класс кинематической паре присваивается по числу связей S. Степень свободы механизма 81 Различают механизмы плоские и пространственные. Степень свободы пространственных механизмов считают по формуле Сомова-Малышева: W=6n-5p5-4p4-3p3-2p2-p1, где n - число подвижных звеньев; p5,p4,p3,p2,p1- число кинематических пар пятого, четвертого, третьего, второго и первого классов соответственно. Степень свободы плоских механизмов считают по формуле Чебышева: W=3n-2p5-p4 Степень свободы плоского механизма должна быть равна числу ведущих звеньев, то есть W=1. Избыточные связи - это такие связи, которые повторяют (дублируют) связи, уже имеющиеся по данной координате, и поэтому не изменяющие реальной подвижности механизма. Классификация плоских механизмов по системе Л.В.Ассура. Согласно идее Л.В.Ассура, механизмы состоят из отдельных кинематических цепей – структурных групп (групп Ассура), степень свободы которых равна нулю (W=0). Кроме того, механизм должен содержать только кинематические пары 5 класса (р5), если же есть пары 4 класса (р4), то одну пару р4 заменяют на звено и две пары р5 . Полученный после такой замены механизм называют заменяющим. Так как W=0, р4=0, то из формулы Чебышева следует: W=3n-2p5=0 p5=3n/2 n 2 4 6 8 p5 3 6 9 12 Структурная группа - это кинематическая цепь, степень свободы которой равна нулю и она не должна распадаться на более простые кинематические цепи, удовлетворяющие этому условию. Число звеньев в структурной группе должно быть четным, а число пар пятого класса кратно трем. Примеры. Механизм I класса - это ведущее звено со стойкой, соединенные парой пятого класса (W=1) W=3n-2p5 = 3. 1 – 2. 1 = 1 (рис.1). 82 Рис.1 Механизм I класса Структурная группа II класса состоит из двух звеньев и трех кинематических пятого класса (вращательные или поступательные). Рис.2 Структурная группа II класса Начиная с III класса, номер группе присваивается в зависимости от числа внутренних кинематических пар (внешние кинематические пары служат для соединения с другими группами). Рис.3 Структурная группа III класса Пример: Дан механизм внутреннего сгорания. Определить число степеней свободы – W. 83 Рис. 4 Схема механизма Решение: Так как все звенья механизма движутся в одной плоскости, то механизм плоский. Тогда по формуле Чебышева П.Л. определяем число степеней свободы. W = 3n – 2P5 – P4, здесь: n = 5, P5 = 6 (A, A´, B, C, D, E), P4 = 2(F, K). W = 3·5 – 2 ·6 – 2= 1 Число степеней свободы равно числу ведущих звеньев. Пример: Дан кулачковый механизм с поступательно движущимся толкателем. Определить число степеней свободы – W. Рис. 5 Схема кулачкового механизма Решение: Так как все звенья механизма движутся в одной плоскости, то механизм плоский. Тогда по формуле Чебышева П.Л. определяем число степеней свободы. W = 3n – 2P5 – P4, здесь: n = 3, P5 = 3, P4 = 1. W =3·3 – 2 ·3 – 1= 2 Исходя из W = 2 механизм должен иметь два ведущих звена, в действительности оно одно, так как движение звена 2 не влияет на движение ведомого звена 3. Следовательно, это механизм с лишней степенью свободы звено 2 – кинематическая пара С. 84 Правила выполнения структурного анализа механизма: 1. Исключать из кинематической схемы пассивные связи и лишние степени свободы. 2. Заменить кинематические кинематические пары пятого пары четвертого класса на класса, при этом заменяющий механизм должен иметь число степеней свободы прежнего механизма и восполнять все его движения. 3. Начинать отсоединение структурной группы с наиболее удаленной от ведущего звена. 4. Отсоединять в первую очередь структурные группы II класса (если отсоединить структурную группы II класса не удается, отсоединяют структурную группы III класса и т.д.). 5. Следить, оставшийся чтобы механизм разваливался (все при отсоединении сохранял звенья свою оставшегося структурной работоспособность, механизма группы т.е. должны не быть подвижными). Пример. Дан зубчатый механизм. Требуется заменить кинематическую пару четвертого класса на кинематическую пару пятого класса. Провести структурный анализ механизма. Рис.6 Схема зубчатого механизма Решение: W = 3n – 2P5 – P4, Здесь n=2, P5=2, P4=1, тогда W=3·2 – 2 ·2 – 1 = 1 Через т. В проводят касательную t-t к звену 2. Через т. В под углом к t-t проводят N-N (нормаль). Из точек А и С проводят перпендикуляры к N-N. 85 В точках их пересечения с нормалью устанавливают вращательные кинематические пары пятого класса: К и L, которые соединяют звено K-L. - угол зацепления звена 1 и звена 2 друг с другом. Составляют кинематическую схему заменяющего механизма и определяют его W, рис. 7 Здесь n=3, P5=4, P4=0 Тогда W=3·3-2·4=1 Рис.7 Схема заменяющего механизма Затем отсоединяем структурную группы II класса, состоящую из звеньев 2 и 3, остается ведущее звено (механизм первого класса). Запишем формулу строения, которая показывает порядок присоединения структурной группы к ведущему звену и друг к другу: I (0,1)→II (2,3) Класс механизма определяется по наивысшему классу структурной группы, входящей в формулу строения механизма. В нашем случае механизм будет II класса. Пример: Дан механизм. Определить класс механизма. структурный анализ механизмов: Рис.1 Кривошипно-ползунный механизм 86 Провести Примеры: Изобразить кинематическую схему механизма и провести структурный анализ механизма. Определить класс механизма. Ведущее звено – 1. Рис.2 Рычажный механизм Рис.3 Шарнирно – ползунный механизм Рис.4 Шарнирно – ползунный механизм 87 Лекция 7. Механика деформируемого твердого тела. Основные понятия. Упругое и пластическое тело. Деформации. Напряжения. Напряженнодеформированное состояние изотропного тела. Гипотезы и допущения. Картины явлений в деформируемом теле. Сопротивление материалов – наука о прочности, жесткости и устойчивости элементов инженерных конструкций. Методами сопротивления материалов ведутся прочностные расчеты и определяются необходимые размеры деталей машин, различных конструкций и сооружений. Основные понятия сопротивления материалов опираются на законы и теоремы теории упругости, которая является разделом механики сплошной среды. В отличие от теоретической механики сопротивление материалов рассматривает задачи, где наиболее существенными являются свойства деформируемых тел, а законы движения тела как абсолютно твёрдого являются несущественными. Сопротивление материалов имеет целью создание инженерных методов расчета на прочность и устойчивость типичных, наиболее часто встречающихся элементов конструкций. Необходимость довести решение каждой практической задачи до некоторого числового результата заставляет прибегать к упрощающим гипотезам. Определим основные понятия сопромата, которые мы использовали выше. Прочность – способность конструкции выдерживать заданную нагрузку, не распадаясь на отдельные части. Жесткость – это сопротивляемость тела деформированию. Деформируемость – свойство конструкции изменять свои геометрические размеры и форму под действием внешних сил Устойчивость – свойство конструкции сохранять при действии внешних сил исходную форму равновесия. Механика сплошной среды рассматривает материал как сплошное тело, наделенное свойством однородности структуры. Материал обладает свойством упругости, то есть свойством тела восстанавливать свою форму после снятия внешних нагрузок. Однородной называется структура, в которой механические свойства во всех точках тела одинаковы и не зависят от величины рассматриваемых объёмов. Сплошность материала – это свойство заполнять все участки рассматриваемых объёмов. Это свойство вытекает из предыдущего. Твёрдое тело мы называем изотропным, если в каждой точке его свойства по различным направлениям одинаковы. В действительности это часто не так. Например, свойства дерева вдоль волокон и поперёк волокон, свойства монокристаллов и т.д. 88 На рис. 1.1 представлены геометрические формы элементов конструкций, рассматриваемых в сопромате. Рис.1.1 а) стержень, б) пластина, в) оболочка Определим внешние нагрузки в зависимости от их величины, характера распределения (сосредоточенная или распределенная сила или момент), а также воздействия внешних полей и сред. Внешние силы, действующие на элемент конструкции, подразделяются на 3 группы: 1) сосредоточенные силы, 2) распределенные силы, 3) объемные или массовые силы. Сосредоточенные силы — силы, действующие на небольших участках поверхности конструкции. Распределенные силы приложены к значительным участкам поверхности. Объемные или массовые силы приложены к каждой частице материала (например силы тяжести, силы инерции). Основным методом решения задач сопромата является «метод плоских сечений». Метод плоских сечений состоит в следующем. Произвольно напряжённую конструкцию, например стержень, мысленно разделяем плоскостью на две части. Мысленно одна из частей тела отбрасывается. Для сохранения статического равновесия оставшейся части тела действие отброшенной части на оставшуюся заменяется действием внутренних сил взаимного сцепления. Начало координат помещается в центр тяжести плоскости сцепления. Внутренние силы взаимного сцепления приводятся к началу координат. Результирующими получаются главный вектор силы и главный вектор момента, которые раскладываются по осям координат. В результате получаем три силы и три момента, которые уже являются внешними силовыми факторами для рассматриваемой части тела и для стержня с продольной осью Z: N(z) [H], [kH] – «нормальная» или «продольная» сила, обуславливает деформацию растяжения или сжатия. Qx(z), Qy(z) – «поперечная» или «перерезывающая» сила, обуславливает деформацию сдвига. 89 Мх(z), My(z) [H m], [kH m] – «изгибающий момент», обуславливает деформацию изгиба. Mz(z) – «крутящий момент» или «скручивающий момент», обуславливает деформацию кручения. Основной гипотезой сопротивления материалов является гипотеза сечений Бернулли: «Сечения плоские до деформации остаются плоскими после деформации». В некоторых случаях, например, в задаче о кручении стержней некруглого поперечного сечения эта гипотеза неправомерна. Как следствие, методами сопротивления материалов решить такую задачу невозможно. В подобных случаях на помощь приходят науки с развитым математическим аппаратом, например, математическая теория упругости. С другой стороны, иногда с некоторыми допущениями удаётся использовать решения задач, когда гипотеза плоских сечений строго не соблюдается. Например, при определении нормальных напряжений в случае поперечного изгиба. В сопротивлении материалов используются три принципа. Первый принцип. Принцип независимости действия сил, или принцип суперпозиции: «Суммарный эффект от действия всех сил равен сумме эффектов от каждой силы в отдельности». Данный принцип основывается на законе Гука, где, например, существует линейная связь между напряжением ( в формулировке принципа – это сила) и деформацией (в формулировке принципа – это эффект). Так при одновременном действии изгиба и растяжения суммарную деформацию в рассматриваемой точке тела получают простым сложением деформаций от изгиба и от растяжения. Второй принцип. Принцип отвердения: «Под действием заданных нагрузок рассматриваемое тело в начале упруго деформируется, а затем отвердевает». Вследствие того, что абсолютные перемещения при упругом деформировании ничтожно малы по сравнению с размерами тела, то при составлении уравнений равновесия ими можно пренебречь и составлять уравнения для недеформированного состояния. Таким образом, этот принцип позволяет использовать уравнения статики для абсолютно твёрдого тела, которые неизмеримо проще уравнений, составляемых методами сопротивления материалов. Третий принцип. Принцип Сен-Венана: «Распределение напряжений в сечениях достаточно удалённых от места приложения нагрузки не зависит от способа приложения нагрузки». Оказывается, что в областях приложения нагрузки способ приложения сказывается на характер распределения напряжений по сечению на длине, имеющей величину порядка величины поперечного сечения. Поэтому, исключив области приложения нагрузки, расчёты по определению напряжений можно проводить с помощью зависимостей, полученными методами сопротивления материалов. В областях приложения нагрузки расчёты ведутся по зависимостям для контактных напряжений, рассматриваемых в курсе деталей машин. Замечание по поводу статически определимых и статически неопределимых систем. 90 Если при расчёте данной системы, находящейся в состоянии статического равновесия, все реакции в связях закрепления, а также внутренние усилия в её элементах можно определить только по методу плоских сечений, без использования дополнительных условий, то такая система называется статически определимой. На практике встречаются такие конструкции, при расчёте которых одних лишь уравнений равновесия оказывается недостаточно и требуется формулировка дополнительных уравнений, связанных с характером деформирования конструкций. Системы, в которых количество положенных связей больше числа независимых уравнений равновесия называются статически неопределимыми. Напряжение. Мера внутренних сил для данной точки деформированного тела дается физической величиной, которую называют напряжением. Имея в виду исследование внутренних сил в малой области, окружающей точку М, мы проведем через эту точку сечение, отбросим верхнюю часть тела и заменим действие ее на нижнюю внутренними силами. Выделим в сечении площадку ΔF, контур которой окружает точку М. Результирующую внутренних сил, действующих на эту площадку, представим вектором ΔP на ΔF. В результате получим новый вектор σ*, направленный так же, как ΔP. Назовем σ* средним напряжением на площадке ΔF. Теперь начнем уменьшать площадку ΔF, но так, чтобы точка М все время оставалась внутри площадки. Как говорят, будем стягивать площадку к точке М. При этом вектор σ* будет меняться по величине и направлению, стремясь при безграничном уменьшении площадки к некоторому вектору σ. Предел отношения результирующей внутренних сил на площадке в точку М называется истинным напряжением в точке М. Применяя обычную символику, можем написать: Lim  P     F  0  F  Вектор напряжения σ имеет размерность: сила, деленная на площадь. Обычно в технике напряжение измеряют в килограммах на квадратный сантиметр или квадратный миллиметр. Чтобы найти вектор напряжения в точке М, мы рассекаем тело плоскостью, проходящей через точку М. Но через точку М может проходить сколько угодно различных сечений. Определяя вектор σ для той же точки М, но для другого сечения, мы получим иной результат. Таким образом, беря различные сечения, проходящие через данную точку, можно определить бесконечное множество относящихся к этой точке векторов напряжений. Совокупность всех векторов напряжений для всех площадок, заключающих в себе точку, характеризует напряженное состояние в точке. 91 Будем рассматривать напряженное состояние в точке как единое целое, как некоторую физическую величину; эта физическая величина носит более сложный характер, чем те, с которыми обычно имеют дело в механике, и называется тензором напряжений, определяется заданием шести скалярных величин, или компонент тензора, подобно тому как вектор определяется заданием трех скалярных величин – его проекций на оси. Изучение напряженного состояния в точке является одной из основных задач нашего курса. Простейшие типы напряженно состояния. Не задаваясь целью дать общее изложение механики сплошной среды, мы не будем развивать общей теории напряженного состояния, как это делается обычно в курсах теории упругости и теории пластичности, хотя почти все элементы этой теории будут в дальнейшем сообщены. Для уяснения принципов, а также для решения важнейших задач нам будет достаточно отправляться от простейших типов напряженных состояний, переходя от них к более сложным. Заметим, прежде всего, что вектор напряжений естественно разложить на две составляющие: направленную по нормали к площадке, на которой действует напряжение, и лежащую в этой площадке. Назовем первую составляющую нормальным напряжением, вторую – касательным. Их скалярные величины обозначаются соответственно σ и  . Если нормальное напряжение направлено по внешней нормали к поверхности выделенной части тела, то его считают положительным и называют растягивающим напряжением; если по внутренней – его считают отрицательным и называют сжимающим. При первоначальном рассмотрении типичных видов напряженных состояний бывает удобно ввести понятие об однородном напряженном состоянии, то есть не меняющемся от точки к точке. Для однородного напряженного состояния    независимо от величины площадки и ее ориентации, поэтому операция предельного перехода для отыскания напряжений оказывается излишней. Представим себе призматическое тело, к основаниям которого приложены нормальные усилия, равномерно распределенные по площадки оснований с интенсивностью σ на единицу площади. Тогда в любом плоском сечении, перпендикулярном оси призмы напряжения будут направлены по нормали и постоянны во всех точках сечения. Такое напряженное состояние называется чистым растяжением. В качестве второго примера рассмотрим прямоугольный параллелепипед с измерениями a, b, c. Предположим, что на верхнюю грань действуют равномерно распределенные касательные усилия, параллельные ребру a , интенсивность которых на единицу площади есть  . Для того чтобы главный вектор системы внешних сил был равен нулю, к нижней грани должны быть приложены противоположно направленные силы той же интенсивности. Усилия, действующие на горизонтальные грани, каждое из которых статически эквивалентно силе ab, составляют пару с плечом с. Момент этой пары есть abc. Чтобы уравновесить его, приложим к грани cd 92 вертикальные равномерно распределенные касательные усилия  и к противоположной грани – противоположно направленные касательные усилия. Они приводятся к паре cba. Из условий равновесия получаем:    Это соотношение называют законом парности касательных напряжений. Более точная его формулировка будет следующей: составляющие касательного напряжения на двух взаимно перпендикулярных площадках, перпендикулярные линии их пересечения, равны между собой. В любом плоском сечении, параллельном одной из граней ab или bc , будут действовать постоянные касательные напряжения  . Такое напряженное состояние называется чистым сдвигом. Как чистое растяжение, так и чистый сдвиг реализовать довольно трудно, в особенности это относится к чистому сдвигу; однако напряженные состояния, представляют собою основные элементы, из которых строятся напряженные состояния самого сложного характера. Простейшие виды деформации. Напряжённо-деформированное состояние стержня при центральном растяжении (сжатии). 1.Внутренние силовые факторы. ℓ+∆ℓ Y А а` а с с` В P P Z b` b d d` ℓ Рис.2.1 Рассмотрим стрежень АВ, по торцам которого действуют силы Р, растягивающие его (рис.2.1). Для установления вида напряженного состояния применим метод плоских сечений и определим внутренние силовые факторы (рис.2.2). A N(z) 93 Z Рис.2.2 Ограничимся рассмотрением случая, когда внешние силы Р приложены в центрах тяжестей торцевых сечений. Из рис.2.2 очевидно, что из всех внутренних силовых факторов отличной от нуля будет только нормальная сила N(z), приложенная в центре тяжести мысленного поперечного сечения. В этом случае имеет место так называемое центральное растяжение. Условимся направлять нормальную силу по направлению внешней нормали. Составим уравнение равновесия: - P + N(z)= 0 Откуда получаем : N(z)= P Аналогично можно рассуждать в случае, когда пара сил Р сжимают стержень. В этом случае величину N(z) получим с отрицательным знаком. Таким образом отличие растяжения и сжатия будет сказываться только в знаках. Знак плюс нормальной силы указывает на растяжение, знак минус – на сжатие. 2.Напряжения при растяжении – сжатии стержня. Из определения понятий о напряжениях следует, что от действия нормальной силы возникают нормальные напряжения. При этом условимся, что по толщине стержня напряжения и деформации остаются неизменными. То есть, фактически можно ограничиться по определению напряжений по высоте поперечного сечения в плоскости поперечного сечения. Закон распределения напряжений по сечению стержня можно представить различными способами: см. рис.2.3, 2.4 и 2.5   Z N(z) Рис.2.3   Z N(z) Рис.2.4   Z 94 N(z) Рис.2.5 Примеры использования принципа Сен-Венана изображены на рис. 2.3 – 2.5. Принцип Сен-Венана позволяет получать приближённые решения задач теории упругости с помощью решения аналогичных задач для частных распределений действующих сил. Введём понятия продольной деформации и продольного напряжения в соответствии с формулами (2.1) и (2.3). В сопротивлении материалов мы имеем дело с малыми упругими деформациями для которых справедлив закон Гука (см. 2.2). Для установления закона распределения нормальных напряжений составим условие совместности деформации. Для этого воспользуемся гипотезой плоских сечений Бернулли . Рассмотрим стержень постоянного поперечного сечения аb и cd. ℓ(y)=const. По гипотезе плоских сечений при растяжении эти сечения не искривятся и переместятся параллельно себе. В результате новое расстояние будет: (ℓ+∆ℓ)(у)=const. Абсолютное удлинение : (ℓ+∆ℓ)(у)-ℓ(у)=∆ℓ(у)=const. Относительное удлинение – деформация :  ( у)  const . ( у ) (2.1) Используя закон Гука, связывающий напряжения с деформацией линейной зависимостью :  ( у)   ( у)  Е  const. (2.2) Где Е – модуль упругости (модуль Юнга). Таким образом по сечению стержня нормальные напряжения распределяются равномерно (рис.2.5). 95 Согласно определению нормального напряжения  dN dF (2.3) Можем записать : dN    dF N    dF F Так как   const , эту величину можно вынести из под знака интеграла : N    dF F То есть : N    F Откуда окончательно :  N F (2.4) При расчётах на жесткость при растяжении – сжатии требуется определять величину удлинения стержня под нагрузкой. Закон Гука можем записать следующим образом :     Е Подставляя значения напряжения и деформации, перепишем закон Гука : N   E F  где ℓ - длина стержня. Отсюда выражение для удлинения ∆ℓ :   N  EF (2.5) Таким образом, получили выражение для удлинения (укорочения) стержня при растяжении (сжатии). Жесткость стержня характеризуется произведением E  F , которое так и называется «жесткость при растяжении – сжатии». Расчеты на прочность при растяжении – сжатии. 96 Из формулы (2.4) следуют три рода задач, решаемые при растяжении – сжатии. Составляется уравнение прочности для наиболее опасного сечения :  max  N    F где   - допускаемое напряжение. (2.6) Допускаемое напряжение определяется через механические характеристики материала.     T - для пластичных материалов, n     В - для хрупких материалов, N Где  T - предел текучести,  В - предел прочности, обе эти величины получают путем механических испытаний материала, n – коэффициент запаса прочности, назначается в зависимости от рода материала, способа приложения нагрузки и степени ответственности детали. Определение допускаемой нагрузки. Для расчётного «опасного» сечения определяется допускаемое значение внутреннего силового фактора : N     F В конкретных задачах существует однозначная связь величины N  с величиной внешней нагрузки. Таким образом, определяется величина допускаемой нагрузки. . Мы связали деформацию растяжения с напряженным состоянием чистого растяжения и деформацию сдвига с напряженным состоянием чистого сдвига, хотя это и не вполне очевидно. Существуют тела столь сложной структуры (некоторые кристаллы), что растягивающие напряжения вызывают в них сдвиг и, наоборот, касательные напряжения связаны с 97 удлинениями. Однако для сопротивления материалов такие тела интереса не представляют. Закон Гука. Константы упругости Упругость и пластичность. Понятия напряженного и деформированного состояний, введенные в предыдущих параграфах, носят первое – чисто статический характер, второе – геометрический, и еще ничем не связаны с реальными свойствами тела. Напряжения и деформации могут существовать не только в твердом теле, но и в жидкости, в газе и вообще в любой сплошной среде. В реальных твердых телах напряжения и деформации оказываются связанными между собой определенными зависимостями, которые могут быть установлены лишь из опыта. Надежное установление этих зависимостей является основной задачей при построении теории сопротивления материалов. Различные материалы обладают различными свойствами, зависимости между напряжением и деформацией оказываются для них различными. Поэтому при пользовании теми или иными формулами сопротивления материалов необходимо следить за тем, чтобы свойства тех тел, к которым эти формулы применяются, соответствовали основным предпосылкам, положенным в основу при их выводе. По характеру зависимости между напряжением и деформациями тела можно условно, имея в виду цели расчета, различать: тела упругие и тела пластические. Упругостью мы будем называть свойство тела, выражающееся в однозначной зависимости между силами, действующими на тело, и его деформациями. В частности, упругое тело после снятия действовавших на него нагрузок возвращается в исходное состояние. Как говорят, оно не получает остаточных деформаций. Этот факт содержится в определении упругости. В противоположность упругости пластичность состоит в том, что тела получают деформации, зависящие не только от конечных значений действующих на них сил, но и от порядка их приложения. В частности, если пластическое тело было подвергнуто действию сил, то после удаления их оно в первоначальное состояние не приходит, сообщенные силами деформации сохраняются, полностью или частично, и после прекращения действия этих сил. Свойства упругости и пластичности являются не абсолютными, а относительными. Например, стальная пружина, которая выпрямляется полностью, будучи согнута небольшой силой, под действием большей силы получает такой прогиб, который полностью уже не восстанавливается. Значит, для стали малые деформации - упруги, а большие – пластичны. В то же время всякое пластическое тело восстанавливает некоторую, пусть небольшую, часть своей деформации. Следовательно, в нем, наряду со свойством пластичности, существует и свойство упругости. 98 Изучение поведения упругих тел произвольной формы под действием произвольных сил служит задачей специальной дисциплины, называемой теорией упругости. Иногда употребляют термин математическая теория упругости, подчеркивая этим то, что, поскольку закон упругости предполагается известным, определение напряжений и деформаций является строго поставленной математической задачей интегрирования некоторых систем дифференциальных уравнений. Методы теории упругости, при всей их общности и точности, еще недостаточны для суждения о прочности реальных конструкций. С другой стороны, строгая постановка вопроса об определении напряжений и деформаций методами теории упругости часто приводит к непреодолимым математическим трудностям. Сопротивление материалов тесно связано с теорией упругости и широко использует ее результаты, но нельзя считать, что это упрощенная теории упругости. Пользуясь более простыми математическими методами, сопротивление материалов ставит более широкую задачу, а именно суждение о прочности элементов конструкций с возможно более полным учетом реальных свойств материалов. Наряду с теорией упругости, притом значительно позже, возникла теория пластичности, изучающая с общих позиции поведение тел под нагрузкой в области пластических деформаций. Развитие теории пластичности в стильной степени повлияло на развитие теории сопротивления материалов, и начальные сведения по теории пластичности включены в эту книгу. Закон Гука. Наблюдения показывают, что для большинства упругих тел, таких, как сталь, бронза, дерево и др., величины деформаций пропорциональны величинам действующих сил. Типичный пример, поясняющий это свойство, представляют пружинные весы, у которых удлинение пружины пропорционально действующей силе. Это видно из того, что шкала делений у таких весов равномерна. Как общее свойство упругих тел закон пропорциональности между силой и деформацией был впервые сформулирован Р.Гуком в 1660 г. и опубликован в 1678 г. в сочинении «De potential restitutiva» . В современной формулировке этого закона рассматривают не силы и перемещения точек их приложения, а напряжение и деформацию. Так, для чистого растяжения полагают:   E Здесь ε – относительное удлинение любого отрезка, взятого в направлении растяжения. Например, если ребра призмы до приложения нагрузки были a, b и c , как показано на чертеже, а после деформации они будут a  a соответственно a, b, c, тогда   . a Постоянная Е, имеющая размерность напряжения, называется модулем упругости или модулем Юнга. 99 Растяжение элементов, параллельных действующим напряжениям , сопровождается сокращением перпендикулярных элементов, то есть уменьшением поперечных размеров стержня . Относительная поперечная деформация b  b c   c  b c будет величиной отрицательной. Оказывается, что продольная и поперечная деформации в упругом теле связаны постоянным отношением:   v . Безразмерная величина v, постоянная для каждого материала, называется коэффициентом поперечного сжатия или коэффициентом Пуассона. Сам Пуассон, исходивший из теоретических соображений, которые оказались впоследствии неверными, считал, что v = ¼ для всех материалов (1829). На самом деле значения этого коэффициента различны. Так, для стали v =0,3. Заменяя в последней формуле ε выражением  / E , получим: v    . E Закон Гука не является точным законом. Для стали отклонения от пропорциональности между σ и ε незначительны, тогда как чугун и резина явно этому закону не подчиняются. Для них   , причем  может быть аппроксимирована линейной функцией разве лишь в самом грубом приближении. В течение долгого времени сопротивление материалов занималось лишь материалами, подчиняющимися закону Гука, и приложение формул сопротивления материалов к другим телам можно было делать только с большой натяжкой. В настоящее время нелинейные законы упругости начинают изучаться и применяться к решению конкретных задач. В реальных телах возможны и более сложные виды связи между напряжениями и деформациями, существенно зависящие от времени действия нагрузки. Тела изотропные и анизотропные. Рассмотренные выше свойства упругости и пластичности устанавливаются в результате опытов, произведенных над образцами. Для некоторых материалов, как, например, сталь, медь и другие металлы, прессованные пластики, бетон, эти свойства будут одинаковыми для образцов, вырезанных из тела в различных направлениях. Такие тела называются изотропными. Но древесина, например, обладает в силу своей структуры разными свойствами в разных направлениях; образец, вырезанный вдоль волокна, покажет при испытании на растяжение или сжатие совершенно иные свойства, чем образец, вырезанный в поперечном направлении. Такие материалы, которые   100 обнаруживают разные свойства в разных направлениях, называются анизотропными. Единичные кристаллы металлов всегда анизотропны, потому что атомы образуют в них кристаллическую решетку правильного строения и степень густоты расположения атомов для различных направлений различна. Изотропия поликристаллического металла объясняется тем, что кристаллические зерна чрезвычайно малы по сравнению с образцом и расположены в беспорядке; таким образом, все ориентации зерен равновероятны и в среднем для всех направлений свойства оказываются одинаковыми. Обработка давлением – ковка, штамповка, протяжка, волочение – создает определенную ориентацию зерен, поэтому, например, свойства проката в продольном и поперечном направлениях будут различными. Такая анизотропия в меньшей мере относится к упругим свойствам, чем к пластичности и прочности. Модуль упругости для продольных и поперечных по отношению к направлению проката образцов почти одинаков, тогда как характеристики прочности, например сопротивление разрыву, различны. Лекция 8. Внутренние усилия при растяжении-сжатии, кручении и прямом изгибе. Растяжением или сжатием называется такой простой вид сопротивления, при котором внешние силы приложены вдоль продольной оси бруса, а в поперечном сечении его возникает только нормальная сила. Рассмотрим расчетную схему бруса постоянного поперечного сечения с заданной внешней сосредоточенной нагрузкой Р и распределенной q. 101 Рисунок 4 Эпюра нормальных сил: а) расчетная схема, б) первый участок, левая отсеченная часть, в) второй участок, левая отсеченная часть, г) второй участок, правая отсеченная часть, д) эпюра нормальных сил. Пусть вдоль оси х. . Определим опорную реакцию R, задавшись ее направлением Брус имеет 2 участка 1 и 2. В пределах первого участка мысленно рассечем брус на 2 части нормальным сечением и рассмотрим равновесие, допустим левой части, введя следующую координату х1, рис.4 б: Следовательно, в пределах первого участка брус возникает сжатие постоянной нормальной силой. Аналогично поступим со вторым участком. Мысленно рассечем его сечением 2—2, и рассмотрим равновесие левой части (рис.4в). Установим предварительно границы изменения х2: Подставляя граничные значения параметра х2, получим: 102 Таким образом, в пределах второго участка брус растянут и нормальная сила изменяется по линейному закону. Аналогичный результат получается и при рассмотрении правой отсеченной части (рис.4 г): На основе полученных данных строится эпюра нормальных сил в виде графика распределения нормальной силы по длине бруса (рис.4д). Характерно, что скачки на эпюре обусловлены наличием в соответствующих сечениях сосредоточенных сил R и Р, что в свою очередь может служить правилом для выполненных построений. Кручением называется простой вид сопротивления, при котором к брусу (валу) прикладываются внешние пары сил в плоскостях, совпадающих с поперечным сечением вала, а в последних возникает только внутренний крутящий момент. Рассмотрим расчетную схему вала, нагруженного двумя сосредоточенными моментами М и 2М и распределенными по длине: m, рис.5. Методика построения эпюры аналогична только что рассмотренной методике при растяжении-сжатии. 103 Рисунок 5 Эпюра крутящих моментов: а) расчетная схема, б) первый участок, левая часть в) второй участок, левая часть г) третий участок, правая часть, д) эпюра внутренних крутящих моментов В исходных сечениях No 1,2 и 3 задаются положительными значениями внутренних крутящих моментов М1, М2, М3. Пусть М=ml. Для первого участка (рис.5 б): Для второго участка (рис.5 в): Для третьего участка (рис.5 г): Границы измерения параметра х3 в следующей системе координат: Тогда: 104 Отмеченные значения ординат откладываются на эпюре внутренних крутящих моментов (рис.5 д). Рассмотрим внутренние усилия при прямом изгибе. Прямым изгибом называется такой вид простого сопротивления, когда внешние силы приложены перпендикулярно продольной оси бруса (балки) и расположены в одной из главных плоскостей в соответствие с конфигурацией поперечного сечения балки. Как известно, при прямом изгибе в поперечном сечении возникают два вида внутренних усилий: поперечная сила и внутренний изгибающий момент. Рассмотрим пример расчетной схемы консольной балки с сосредоточенной силой Р, рис. 6 а., … Рис. 6 Построение эпюр поперечных сил и внутренних изгибающих моментов при прямом изгибе: а) расчетная схема, б) левая часть, в) правая часть, г) эпюра поперечных сил, д) эпюра изгибающих моментов. Прежде всего вычислим реакции связи на базе уравнений равновесия: После мысленного рассечения балки нормальным сечением 1—1 рассмотрим равновесие левой отсеченной части (рис.6 б), получим: 105 Таким образом, на первом участке поперечная сила отрицательная и постоянная, а внутренний изгибающий момент изменяется по линейному закону. Для правой отсеченной части при рассмотрении ее равновесия результат аналогичен рис.6в. А именно: На основании полученных значений строятся эпюры поперечных сил (рис.6г) и внутренних изгибающих моментов (рис.6д). Как следует из построенных эпюр ,а в сечении жесткой связи. Именно это сечение и является наиболее опасным в данной расчетной схеме. Продифференцируем выражение внутреннего изгибающего момента по координате х: Как видим, после дифференцирования получено выражение для поперечной силы. Случайность это или закономерность? – Закономерность. Рассмотрим расчетную схему балки с произвольной распределенной нагрузкой (рис.7). 106 Рисунок 7 Схема изгиба балки: а) расчетная модель, б) фрагмент балки Составим уравнение равновесия: , Таким образом: первая производная от внутреннего изгибающего момента по линейной координате равна поперечной силе в сечении. Это известное свойство функции и ее первой производной успешно используется при проверке правильности построения эпюр. Так, для расчетной схемы консольной балки (рис.7) эта связь дает следующие проверочные результаты: и М убывает от 0 до –Pl. ; и М х. Рассмотрим второй характерный пример изгиба двухопорной балки (рис.8). Рисунок 8 Изгиб двухопорной балки: а) расчетная схема, б) модель первого участка, в) модель второго участка, г) эпюра поперечных сил, д) эпюра изгибающих моментов 107 Очевидно, что опорные реакции RA = RB ⁄ : для первого участка (рис.8б) для второго участка (рис.8 в) – Эпюры внутренних усилий представлены соответственно на рис.8 г и 8 д. На основе дифференциальной связи Q и М, получим: для первого участка: Q > 0 и М возрастает от нуля до Pl /4. Q = const и M x для второго участка: Q < 0 и М убывает с ⁄ до нуля. Q = const и M также пропорционален х, т.е. изменяется по линейному закону. Опасным в данном примере является сечение балки в центре пролета: . Третий пример связан с использованием распределенной по длине балки нагрузки (рис.9). Следуя методике, принятой ранее, очевидно равенство опорных реакций: , а для искомого сечения (рис.9б) выражения для внутренних усилий приобретают вид: 108 Рисунок 9. Двухопорная балка:а) расчетная схема, б) отсеченная часть, в) эпюра поперечных сил, г) эпюра внутренних изгибающих моментов На обеих опорах изгибающий момент отсутствует. Тем не менее опасным сечением балки будет центр пролета при . Действительно, исходя из свойства функции и производной при , внутренний изгибающий момент достигает экстремума. Для нахождения исходной координаты х0 (рис.9 в) в общем случае приравняем выражение поперечной силы к нулю. В итоге получим После подстановки в выражение изгибающего момента получим: , Таким образом 109 Попробуем теперь превратить основную систему без опоры В в систему, полностью совпадающую с заданной статически неопределимой балкой (рис.10). Рис.10 Эпюры поперечных сил и внутренних изгибающих моментов. Подставляя значение лишней реакции В в уравнения статики, получаем Выражение изгибающего момента получаем, рассматривая правую часть балки (Рис.4) и подставляя значение В: Поперечная сила Q выражается формулой Эпюры моментов и поперечных сил изображены на рис.10. Сечение с наибольшим положительным определяемой равенством моментом соответствует абсциссе т.е. Отсюда соответствующая ордината эпюры моментов, равна: 110 , Список используемых источников 1. Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики. М.:Высш. шк., 2010. 2. Феодосьев В.И. Сопротивление материалов. Изд. МВТУ им. Баумана. М. 2006г 111