В. А. ОСАДЧИЙ,
А. М. ФАЙН

РУКОВОДСТВО
К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ
ПО ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ
МЕХАНИКЕ

ИЗДАНИЕ ВТОРОЕ, ПЕРЕРАБОТАННОЕ

Допущено Министерством высшего и среднего
специального образования СССР в качестве
учебного пособия для учащихся техникумов
механических специальностей

ИЗДАТЕЛЬСТВО «ВЫСШАЯ ШКОЛА»
МОСКВА-1972
С-72

УДК 531.1/531.3(075)

Осадчий В. А., Файн А, М.

0-72 Руководство к решению задач по теоретической
механике. Изд. 2-е, перераб. Учеб, пособие для технику-
мов. М., «Высшая школа», 1972,

256 с. с илл.

Пособие построено в соответствии с программой,
утвержденной для учащихся техникумов механических
специальностей. В каждом параграфе дан краткий теорети-
ческий обзор, приведены методические указания, даны при-
меры решения задач, большинство из которых отражает
реальные вопросы техники. Значительная часть задач
оригинальна. Особое внимание уделено выбору рацио-
нальных способов решения, проверке решения по раз-
мерности. Подробно рассмотрены принципы построения
систем механических единиц.

В конце каждого раздела даны контрольные вопросы
для самопроверки, тематика которых связана с техникой.
Учебное пособие рассчитано на студентов механических
и машиностроительных техникумов.

2—4—2

201—72

531

Рецензент А. Г. Ярмицкий

(Украинский заочный индустриальный техникум)
ПРЕДИСЛОВИЕ

Цель настоящего пособия — помочь учащимся глубже разобраться
в физической сущности механических взаимодействий и научить их
применять методы теоретической механики к задачам практики.

Пособие построено в соответствии с программой, утвержденной
для учащихся средних технических учебных заведений механических
специальностей. В каждом разделе имеется краткий теоретический
обзор, приведены методические указания и примеры решения задач.
Тематика и содержание разобранных задач отражают реальные воп-
росы техники. Большое внимание уделено выбору наиболее рациональ-
ных способов решения, сравнению различных методов, проверке
решения по размерности. В качестве основной в пособии используется
Международная система единиц — СИ.

В конце каждого раздела даны контрольные вопросы, которые
помогут учащимся проверить и закрепить знания по данному разделу.
Вопросы носят прикладной характер и не повторяют вопросов, приво-
димых в основных курсах. Параграфы, помеченные звездочкой (*),
не входят в программу и могут быть использованы в кружковой
работе.

В конце пособия приведены ответы на контрольные вопросы.

Во втором издании учтены замечания преподавателей и учащих-
ся, откликнувшихся на появление первого издания. Исключены задачи,
не имеющие достаточного прикладного значения; вместе с тем состав-
лены новые задачи, в которых отражены достижения современной
техники; увеличено количество справочных таблиц.

На первое издание пособия были получены рецензии от коллективов
преподавателей Гомельского и Нижнетагильского машиностроитель-
ных техникумов, Киевских техникумов горэлектротранспорта, лег-
кой промышленности, механического и политехникума связи, которым
авторы приносят глубокую благодарность. Особую признательность
авторы выражают преподавателю Украинского индустриального тех-
никума А. Г. Ярмицкому, многочисленные советы которого исполь-
зованы при подготовке второго издания.

Замечания и пожелания по второму изданию пособия следует посы-
лать в издательство «Высшая школа» по адресу: Москва, К-51, Неглин-
ная ул., д. 29/14.

Авторы
ВВЕДЕНИЕ

В теоретической механике (классической механике) изучают общие
законы механического движения и связанные с ним механические
взаимодействия материальных тел.

Под механическим движением — простейшей формой движения
материи — понимают перемещения физических тел во времени и про-
странстве. Частным случаем механического движется тела является
состояние относительного покоя, т. е. отсутствие перемещения рас-
сматриваемого тела относительно другого, принятого за начало от-
счета. Абсолютно неподвижных тел в природе не существует; всякий
покой — это лишь относительная неподвижность. Состояние покоя,
или инерционного движения, называют равновесием тела.

К инерционному движению тела относят: равномерное прямоли-
нейное поступательное движение, равномерное вращение вокруг не-
подвижной оси и общий случай — равномерное винтовое движение
(сложное движение, при котором центр тяжести тела движется пря-
молинейно и равномерно, а все тело равномерно вращается вокруг
оси, проходящей через его центр тяжести).

В основу теоретической механики положены аксиомы, впервые
сформулированные Ньютоном и проверенные многовековой деятель-
ностью человека. Аксиомы механики имеют опытный характер и выра-
жают определенный уровень приближения к действительности.

В настоящее время окружающий нас мир принято делить на мега-
мир, макромир и микромир. Законы движения в макромире (описываю-
щие все непосредственно наблюдаемые нами движения от ползущей
черепахи до полета современных космических кораблей и движения
планет) изучает теоретическая механика. Законы движения в микро-
мире (движения электронов, протонов и т. д.) и мегамире (движения
звезд, галактик) изучают квантовая механика и теория относитель-
ности.

Теоретическая механика является основой большинства техниче-
ских наук: сопротивления материалов, строительной механики, тео-
рии механизмов и машин, теории колебаний и многих других. Различ-
ные научные исследования, связанные с изучением космического про-
странства, сложнейшие расчеты по проектированию, например, под-
водных лодок и небоскребов основаны на законах и методах теорети-
ческой механики.
Основными понятиями в механике являются сила, масса, простран-
ство, время, система отсчета.

В механике рассматриваются механические взаимодействия, вы-
ражающиеся в виде давления, притяжения или отталкивания. Мерой
механического взаимодействия является сила, характеризующаяся
точкой приложения, направлением и модулем (числовым значением).
Физическая природа сил различна. Однако этот вопрос в механике
не рассматривается.

Природой возникновения различных сил занимается физика.
Интересно, что при огромном разнообразии физических процессов по
современным представлениям в основе всех физических взаимодей-
ствий лежат лишь четыре, так называемые фундаментальные силы:
гравитационные, электромагнитные, сильные (ядерные) и слабые
(взаимодействия элементарных частиц). Правда, две последние свя-
заны с микромиром, в котором действуют законы квантовой меха-
ники, и понятие «сила» несравненно сложнее, чем сила в обычном
понимании (притяжение, отталкивание или давление). В последнее
время некоторые физики высказывают мысль, что единственным фун-
даментальным является слабое взаимодействие.

Итак, в теоретической механике имеет значение только величина,
направление и точка приложения «обычной» силы и результат, который
она производит, будучи приложена к телу.

При статическом действии силы тело не изменяет состояние своего
движения, в частности, не нарушается состояние его равновесия. При
динамическом действии силы изменяется скорость тела. Поэтому в тео-
ретической механике производят статические и динамические изме-
рения сил.

В теоретической механике пространство, в котором происходят
движения материальных точек и тел, рассматривают как трехмерное
евклидово пространство (каждая точка пространства определяется
тремя координатами). Время рассматривают как непрерывно изменяю-
щуюся величину, являющуюся независимым переменным. Понятия
системы отсчета и массы введены соответственно в разделах «Кинема-
тика» и «Динамика».

В механике все тела делятся на свободные и несвободные. Если
на движение тела не наложено никаких ограничивающих условий и
оно может двигаться в любых направлениях, то такое тело называют
свободным. Если на движение тела накладываются какие-либо ограни-
чения и оно может двигаться только в определенных направлениях,
то такое тело называют несвободным.

Условия, ограничивающие движения тела и делающие его несво-
бодным, называют связями. Силу, с которой связь действует на тело,
называют реакцией связи. Направление реакции всегда противопо-
ложно направлению, по которому связь препятствует движению тела.
Все силы, кроме реакций связи, называют активными (заданными),
а реакции связей — реактивными. На свободное тело действуют
только активные силы, на несвободные — и активные силы и реакции
связей.
Первая аксиома связей (принцип освобождаемости).
Любое несвободное тело можно освободить от связей, заменив их реак-
циями, и рассматривать его как свободное тело, находящееся под дей-
ствием активных сил и реакций связей.

Вторая аксиома связей. Если тело или система тел
находятся в равновесии, то наложение новых связей не изменяет со-
стояния равновесия.

Каждая естественная наука из всего многообразия физических
свойств, присущих реальным телам, рассматривает лишь какие-то
определенные свойства. Условный объект, обладающий только этими
свойствами, называют моделью данной науки. В теоретической меха-
нике рассматриваются в основном два физических свойства: протяжен-
ность и инерционность. Условное тело, не имеющее протяженности
и обладающее конечной массой, описывается соответствующей моде-
лью — материальной точкой; условное тело, имеющее конечные раз-
меры и массу, описывается другой моделью — абсолютно твердым
телом.

Материальной точкой называют такое тело, размерами которого
при изучении его движения или равновесия можно пренебречь. В от-
личие от геометрической материальная точка обладает свойством
инертности (способностью сохранять состояние прямолинейного и
равномерного движения) и имеет способность взаимодействовать с
другими телами.

Абсолютно твердым телом называют тело, расстояния между
любыми двумя точками которого при любых силовых воздействиях
остаются неизменными. Твердое тело не изменяет свою геометриче-
скую форму, т. е. не деформируется. Группу связанных между собой
материальных точек называют системой материальных точек. Любое
тело состоит из большого количества частиц, каждую из которых
можно рассматривать как материальную точку. Тело представляет
собой систему материальных точек.

Кроме двух основных, в механике рассматриваются и другие
модели, описанные ниже.

Таким образом, с точки зрения теоретической механики весь окру-
жающий нас мир представляет собой как бы набор материальных точек
и абсолютно твердых тел. Отсюда не следует, конечно, что одни пред-
меты могут рассматриваться только как материальные точки, а другие
лишь как твердые тела. Все зависит от поставленной задачи. Если,
например, изучать траекторию спутника, то в качестве модели для него
естественно принять материальную точку. Если же рассматривать
стыковку двух спутников в космическом пространстве, то необходимо
учитывать относительную ориентацию плоскостей стыковки. В этом
случае для спутников нужно принять модели абсолютно твердых
тел.

Необходимо различать стройную науку теоретическую механику,
основанную лишь на четырех основных аксиомах динамики (аксиомы
статики являются вспомогательными) и изучающую движения мате-
риальных точек и абсолютно твердых тел, и механику как раздел
Рис, 1

физики, в которой рассматривается природа различных механических
свойств — твердости, упругости, вязкости, пластичности и т. д.

Выбор моделей, установление их связей друг с другом и с окру-
жающей средой в технике называются выбором расчетной схемы. Рас-
четная схема позволяет свести реальные физические взаимодействия
к взаимодействию моделей, к которым можно применять законы и
теоремы механики. Следовательно, любая расчетная схема является
некоторым приближением к действительности. Чем большее количе-
ство взаимодействий хотят
учесть, тем сложнее принимают
расчетную схему и тем ближе
она к реальным условиям. Од-
нако усложнение схемы ведет
к неизбежным усложнениям при
составлении и решении уравне-
ний, описывающих процесс.
Поэтому нужно научиться вы-
делять главные и побочные
взаимодействия в рассматривае-
мом физическом процессе и так
получить исчерпывающий ответ

чать лишних, ненужных результатов.

Любая расчетная схема описывает множество подобных явлений.
Например, для схемы, показанной на рис. 1, давления на опоры А
и В обратно пропорциональны расстояниям а и b вне зависимости от
величины силы Р. Для получения конкретного числового резуль-
тата необходимо задать определенные числовые значения исход-
ных данных (размеры, нагрузки и т. д.).

Чтобы научиться применять методы теоретической механики
к задачам практики, необходимо вдумчиво прорешать как можно
больше учебных задач, в которых, как правило, уже даны все необхо-
димые исходные данные.

Опыт, приобретенный при решении учебных задач, глубокий ана-
лиз физического существа рассматриваемых механических взаимо-
действий, изучение различных приемов решения и проверки явятся
гарантией успеха в будущей практической деятельности.

схему, чтобы
сы и не полу-

составлять расчетную
на поставленные вопг

СИСТЕМЫ ЕДИНИЦ ФИЗИЧЕСКИХ ВЕЛИЧИН

Изучение физических явлений и их закономерностей, а также
применение этих закономерностей в практической деятельности свя-
зано с измерением физических величин. Физическая величина — это
количественная характеристика определенного физического свойства
(масса, скорость, длина, промежуток времени и т. д.). Физические
величины, характеризующие одно определенное физическое свойство,
называются однородными. Например, расстояние от Земли до Луны
и толщина листа бумаги — однородные величины. Однородные вели-
чины отличаются друг от друга только количественно. Чтобы
найти эту количественную характеристику, необходимо определить
способ, позволяющий сравнивать однородные величины. Таким спо-
собом является измерение.

Измерить какую-либо физическую величину — это значит срав-
нить ее с однородной величиной, принятой за единицу измерения.
Отвлеченное число, характеризующее результат этого измерения,
называют числовым значением физической величины.

Количественно и качественно зависимости между физическими
величинами описываются физическими законами и выражаются в виде
уравнений

X = f (Хь Х2) •••» Хл),

где X, Хъ Х2, Хп — не конкретные числовые значения, а физиче-
ские величины независимо от единиц измерения. Так, второй закон
Ньютона выражается в виде

F = та,

где массу т, ускорение а и силу F можно выразить в любой системе
единиц.

Великий математик К. Гаусс показал, что если выбрать незави-
симо друг от друга единицы измерения нескольких величин, то с по-
мощью физических законов можно установить единицы измерения
всех величин, входящих в определенный раздел физики, например
в механику. Такие независимые, произвольно выбранные единицы
называют основными. Все остальные единицы, выражаемые через основ-
ные, являются производными.

Совокупность всех основных и производных единиц, образованных
по принципу Гаусса, называют системой единиц. В настоящее время
в механике применяют три системы: международную систему единиц —•
СИ, физическую СГС и техническую МКГСС (табл. 1).

Таблица 1

Основные единицы систем СИ, СГС и МКГСС

Физическая величина	си	СГС	МКГСС
Тип системы 		LMT	LMT	LPT
Длина, L .......	метр, м	сантиметр, см	метр, м
Масса, М .......	килограмм, кг	грамм, г	
Время, Т .......	секунда, сек	секунда, сек	секунда, сек
Сила, Р ........			килограмм-сила, кГ

Длину, массу, время и силу обозначают символами Л, Mt Т, Р.
Системы СИ (табл. 2) и СГС относятся к системам типа LMT, МКГСС —
к типу LPT,
Величина

Международная система единиц — СИ

Обозначение величины и ее опре- деляющее уравнение	Единица измерения			
	название	обозна- чение	размерность	символи- ческое обозначе- ние размер- ности

Длина .......

Масса ...........

Время............

Плоский угол . . .
Телесный угол . .

Площадь........

Объем..........

Скорость ......

Ускорение ....

Сила...........

Давление ....

Плотность ....

Удельный вес . .

Удельный объем
Импульс силы .
Количество движе
НИЯ ...........

Работа (энергия)
Мощность ....
Момент силы . .
Момент инерции.
Частота........

Угловая скорость

Угловое ускорение
Импульс момента
силы.............

Момент количества
движения . . . .

Основные единицы

S	метр	м	м	L
tn	килограмм	кг	кг	М
i	секунда	сек	сек	т
Дополнительные единицы				
Ф	радиан	рад		
а	стерадиан	стер	—*	 и
Производные единицы				
F = $2		Л(2	м2	L2
	—	м3	м3	L3
v~s/t		м/сек	м •сек-1	LT1
а — v/t	 	м/сек2	м •сек-2	LT'2
Р — та	ньютон	н	м • кг • сек"2	LMT~2
P — P/F		н/м2	м1 • кг • сек-2	L-1MT 2
р = tn/V	м 1	кг/м3	м-3 • кг	L-3M
d = P/V	ч —	н/м3	м-2 • кг • сек 2	L-2MT~2
Vo = V/m		м3/кг	м3 • кг"1	L3M-1
K = Pt	—	н • сек	м • кг • сек-1	LMT-1
К = mv		кг м/сек	м • кг • сек-1	LMT-1
A = Ps	джоуль	дж	м2 < кг сек-2	L2MT~2
JV — Pv	ватт	вт	м2 • кг • сек'3	L2MT~3
M — Ps		нм	м2 * кг * сек 2	L2MT 2
I = ms2		кгм2	м2 • кг	L2M
f=\/t	герц	гц	сек-1	Г'1
CD = $/£	— 	рад/сек	ceK~v	T-1
e = (а/t		рад/сек2	сек-2	T~2
L = Mt	 	нм • сек	м2 • кг • сек-1	L2MT-1
L = /cd	1	кгм2/сек	м2 • кг • сек-1	LPMT-1


Каждая единица в любой системе имеет соответствующую размер-
ность, под которой понимают формулу, выражающую данную еди-
ницу через основные. Если нужно указать размерность физической
величины, то перед ней ставят символ dim (dimension — измерение).
Например, скорость равномерного прямолинейного движения выра-
жается формулой

s
у=т-

где s — путь, t — время.

В системах LMT размерность скорости

dim v = LT~\

употреб

В частности, в СИ dim v — м-сек,г. До недавнего времени наиболее
обозначением размерности были квадратные скобки,

Размерность произвольной физической величины G можно пред-
ставить символическим выражением

dim G = LlMmT\
где /, т и t— любые рациональные (положительные и отрицательные,
целые и дробные) числа.

В размерностях некоторых величин один, два или все три показа-
теля Z, m, t могут быть равны нулю. В последнем случае физическая
величина называется безразмерной.

Размерности различных физических величин могут совпадать,
например момент силы (РТИТ'2) и работа (L27WT'2). Поэтому в ряде
случаев знание размерности не позволяет однозначно определить физи-
ческую величину, но такие совпадения чрезвычайно редки.

В механике применяются системы с тремя основными единицами,
хотя принципиально могут быть построены системы с числом основных
единиц больше и меньше трех. Однако наиболее удобны системы с тремя
основными единицами.

Некоторые производные единицы имеют собственные наименова-
ния (ньютон — w, джоуль — дж и др.), но размерность каждой из них
можно выразить через основные единицы.

Соотношения между единицами различных систем приведены в
табл. 3.

Задача 1. Выразить давление 326 н!м2 (СИ) в единицах МКГСС.

Решение. Находим в табл. 3 строку, где давление для СИ пред-
ставлено числом 1, которому в столбце МГКСС соответствует число
0,102, следовательно

326 н!м2 = 326-0,102 - 33,25 кПм\
и наоборот

33,25 кГ/л!2 = 33,25-9,81 = 326 н!м2.

В тех случаях, когда требуется перевести из одной системы в дру-
гую величину, не вошедшую в таблицу, необходимо перевести в новую
систему каждый сомножитель размерности.

ю
Соотношения между единицами систем СИ, СГС, МКГСС

Величины	Системы		
	СИ  i	СГС	МКГСС
Сила Р	н  1 10“5 9,81	дин  10*  1  9,81 • 10*	кГ  0,102  1,02- IO’8  1
Масса т	кг  1  10“3  9,81	г  103  1  9,81 • 10з	тем  0,102  1,02- 10’4  1
Работа А	дж  1 10’7 9,81	эрг  Ю7  1  9,81 • 107	кГ м 0,102 1,02- 10’3  1
Мощность V	вт  1  10~’  9,81	эрг/сек IO?  1  9,81 • 10?	к Г м/сек 0,102 1,02 . 10’3  1
Давление р	н/м2 1 0,1 9,81	бар  10  1  98,1	кГ /м2 0,102  1,02.10’2 1
Плотность р	кг/м3 1  103  9,81	г/см3  10’3  1  9,81. Ю-з	те.м; м3 0,102  102  1
Удельный вес d	н/м3 1 10  9,81	дин/см3  0,1  1  0,981	к Г/м3 0,102 1,02  1
Момент инерции J	кг • At2 1  10’7 9,81	г в см2 И?  1  9,81 • Ю7	к Гм • сек2 0,102  1,02.10’8 1
Задача 2. Перевести 245 эрг*мин2/(см3*кГ) в СИ.
Решение. В соответствии с табл. 3 имеем

пдс- эрг • мин2 д . - (10 7 дж) (60 сек,)2 ______пдк Ю 7 * 3600

° см3 • кГ	(10-2 Л()з (9,81 Н)	10-6.9,81

дж • сек2
м3 • н

==0,9- 104

дж • сек2
м3 ’ н

Размерность полученной величины представлена и основными
(м, сек) и производными (дж, н) единицами. Подставив размерность
дж и н (табл. 2), выразим рассматриваемую величину только через
основные единицы. Так как дж = м2*кг*сек~2 и н = м * кг* сек'2, то

0,9-104

дж • сек2 п л3 • кг сек2 сек2 n < А1 сек2

о _ “~"г’	Оj У * 10 л ~ “ о" ————— — Оj У * 1У 9

л3 • н	сек2 м3 м - кг	м2

Складывать (вычитать) можно только однородные физические
величины. Поэтому все слагаемые, входящие в уравнение, описы-
вающее физический процесс, должны иметь одинаковую размерность.
Это положение представляет собой правило размерностей.

Правило размерностей позволяет правильно определять числовой
ответ по расчетной формуле. Для этого необходимо выполнить следую-
щее:

выразить числовые значения величин, входящих в расчетную фор-
мулу, в единицах принятой системы;

подставить в расчетную формулу числовые значения и произвести
вычисления;

записать результат вычисления и проставить название или раз-
мерность искомой величины в данной системе.

Задача 3. Определить мощность электродвигателя лебедки плат-
формы по формуле

" = (« + ©£.

если t = 21 мин — время движения; s = 0,5 км — длина эстакады;
G = 1,5 т — вес платформы; Q — 3000 кГ — вес груза; f = 0,1 —
общий коэффициент сопротивления движению; ц = 0,65 — коэффи-
циент полезного действия лебедки.

Решение. Выразим исходные данные в СИ:

t = 21 мин = 21 -60 = 1260 сек;

Q = 3000 кГ = 3000-9,81 = 29430 н;

s - 0,5 км = 0,5-1000 = 500 м; f = 0,1;

G = 1,5 m = 1,5-1000-9,81 - 14715 н; i] = 0,65.

Подставим числовые значения в расчетную формулу (мощность
в СИ измеряется в вт):

(14715+29430) 0,Г 500_О77П

N 1260-0,65 2ZZU вт*
Правило размерностей позволяет производить проверку правиль-
ности полученной формулы. Для этого необходимо:

подставить в расчетную формулу размерности всех входящих в нее
величин в одной системе;

произвести указанные математические действия;

полученный результат сравнить с размерностью искомой величины,
совпадение их свидетельствует о правильности решения.

Задача 4. Произвести проверку по размерности расчетной фор-
мулы для определения допустимой скорости ветра:

a(Q+6)
kch *

если величины, входящие в эту формулу, в СИ имеют следующие раз-
мерности: dim v = м • сект1; dim Л, а = м\ dim Q, G = я; dim k —•
безразмерная величина; dim с = н-сек2-м~\

Решение. Подставим размерности в расчетную формулу:

м^сек~‘1 = т/~ ——

У н • сек2 • м 4 • м

• сек-1,

Размерности справа и слева разные. Значит, формула неверна.

Правило размерности позволяет часто предопределить вид физиче-
ских зависимостей.

Задача 5. Пусть точка массой tn начинает движение из состояния
покоя и движется с постоянным ускорением а. Определить возможный
вид закона пройденного пути в системе LMT.

Решение. Обычно физические зависимости имеют вид степен-
ных. Предположив, что искомый путь является функцией массы tn,
ускорения а и времени /, запишем:

s = Cmxavtz,

где С — некоторый безразмерный коэффициент; х, yt z — неизвест-
ные степени. Поскольку dim s = L, dim tn = M, dim a = LT~2, to,
подставив размерности в искомую формулу, получим

L = Мх (LT~2yTz = UMXT~2^Z.

Это равенство выполняется, если показатели степеней при L, М
и Т слева и справа равны, т. е.

1	= у, 0 — х, 0 — — 2 у + z.

Таким образом х = 0, у = 1, z = 2 и искомая зависимость имеет
вид s = Cat2. Нетрудно видеть, что с точностью до постоянного мно-
жителя мы получили известную формулу

s = 0,5 at2.

При образовании кратных и дольных единиц к названию и обозна-
чению исходной единицы добавляются приставки (табл. 4). Например,
килоньютон (1 кн = 103 я), микросекунда (1 мксек = 10'6 сек).
Приставки для кратных и дольных единиц

Приставки кратных еди ниц	Отношение к основной единице	Обозна- чение	Приставки дольных единиц	Отношение к основной единице	Обозна- чение
Тера		1012		Деци		10*1	д
Гига		10®		Санти 		10*2	с
Мега		10е	м	Милли		IO*3	м
Кило		103	k	Микро		10*«	мк
Гекто 		Ю2	г	Нано		10"9	н
Дек а		10	да	Пико		10~12	п
			Фемто 		10”16	ф
			Атто		10~1в	а

Контрольные вопросы

1.	Каковы модели теоретической механики и какие два свойства физических
тел они описывают?

2.	Что представляет собой расчетная схема? В чем отличие учебной задачи от
задачи практики?

3.	По какому принципу построены системы физических единиц? Какие основ-
ные системы применяются сейчас?

4.	Что такое размерность? Дайте пример физических величин, имеющих нуле-
вую размерность (т. е. безразмерных).

5.	Как формулируется правило размерностей, когда и как им пользуются?
РАЗДЕЛ ПЕРВЫЙ. СТАТИКА

В статике изучают вопросы замены заданной системы сил другой
эквивалентной ей по механическому воздействию на твердое тело,
а также устанавливают необходимые и достаточные условия равнове-
сия различных систем сил.

Совокупность сил, приложенных к телу, называют системой сил.
Система сил, под действием которой свободное тело не изменяет своего
движения и состояния покоя, называется уравновешенной. Говорят,
что такая система находится в равновесии.

Силу, которая, будучи присоединенной к некоторой системе сил,
приводит эту систему к равновесию, называют уравновешивающей
силой. Понятно, что в уравновешенной системе сил любая составляю-
щая является уравновешивающей силой.

Если одну систему сил, действующих на свободное тело, можно
заменить другой системой, не изменяя при этом движения (покоя)
тела, то такие две системы называют эквивалентными. Одну силу,
эквивалентную системе сил, называют равнодействующей данной си-
стемы сил. В свою очередь, силы, входящие в состав системы, назы-
вают составляющими. Нахождение равнодействующей называется
сложением сил. Обратный процесс — замену одной силы эквивалент-
ной системой сил — разложением сил. Очевидно, система сил может
иметь только одну равнодействующую, в то же время любую силу
можно представить бесчисленным множеством эквивалентных си-
стем.

В основе статики лежат аксиомы, устанавливающие основные
свойства сил, приложенных к материальной точке и абсолютно твер-
дому телу.

Аксиома I (принцип инерции). Если на материальную точку
действует уравновешенная система сил, то материальная точка дви-
жется равномерно и прямолинейно или находится в состоянии
покоя.

Аксиома II. Для равновесия двух сил, приложенных к твердому
телу, необходимо и достаточно, чтобы эти силы были равны по модулю
и направлены по прямой, соединяющей их точки приложения, в проти-
воположные стороны.

Аксиома III. Не изменяя действия данной системы сил на
тело, можно прибавить к этой системе или отнять от нее любую
уравновешенную систему сил*
Следствие 1. Не изменяя действия данной силы на тело,
точку приложения этой силы можно переносить в любую точку тела,
лежащую на линии действия данной силы.

Следствие 2. Если к телу приложена уравновешенная си-
стема сил, то одна из этих сил, взятая в обратном направлении, яв-
ляется равнодействующей для всех остальных сил.

Аксиома IV. Равнодействующая двух сил, приложенных к твер-
дому телу в одной точке, равна их геометрической сумме, т. е. выра-
жается диагональю параллелограмма, построенного на этих силах.

Аксиома V (закон равенства действия и противодействия).
Всякое действие вызывает равное и противоположно направленное

с)	б)

Рис. 2

противодействие. Или если тело А действует на тело В с силой Р19
то тело В действует на тело А с силой

Р2 =-Pv	(1.1)

Аксиома VI (принцип отвердения). Если упругое тело нахо-
дится в состоянии покоя, а затем мгновенно затвердевает, то равно-
весие при этом не нарушается.

Силы, которые действуют на систему тел со стороны других тел,
не входящих в данную систему, называют внешними. На рис. 2, а
изображена система, состоящая из трех тел А, В и С. Силы Р19 P2t
Р3 и по отношению к этой системе являются внешними. Но А, В
и С взаимодействуют не только с телами, окружающими систему, но
и между собой.

Силы, с которыми отдельные тела системы действуют друг на
друга, называют внутренними. Вследствие равенства действия и про-
тиводействия сила Nabj с которой А действует на В, равна и проти-
воположно направлена силе с которой, в свою очередь, В дейст-
вует на А. Аналогично

$ас = — $са> Nbc — — $ св»
Таким образом, в любой системе сумма внутренних сил всегда равна
нулю.

Деление на внешние и внутренние силы условно. Отнесение дан-
ной силы к категории внутренних или внешних зависит от конкретных

4

в

Рис. 3

Рис. 4

условий задачи. Если рассматривать всю систему тел Л, В и С в-Це-
лом, то все силы взаимодействия NAB и NBA, NAc и NBC и NCB
являются внутренними^ Если же рассматривать равновесие_двух
тел Л и В (рис. 2, б), то NAB и ПВА — внутренние силы, a Nca и —
внешние. Для отдельно рассмотренного тела (рис. 2, в) ПАс и
tVbc — внешние силы.

В зависимости от ха-
рактера закрепления тел,
или от вида опоры, раз-
личают следующие виды
связей.

Простое соприкоснове-
н ие тел. Связь в в и де
гладкой плоскости или
поверхности (рис. 3, а, б,
в, г). Реакция связи N
всегда направлена по нор-
мали к опорной поверх-
ности.

Связь в виде ребра двугранного угла (рис. 3, д). Реакция направ-
лена по нормали к опирающейся поверхности тела.

Шарнирное соединение тел. Цилиндрический шарнир. Реакция
шарнира всегда проходит через ось вращения О (рис. 4, а). При дей-
ствии ^ескольких внешних сил направление и модуль реакции шар-
нира R неизвестны. Раскладывая неизвестный вектор R на две соста-
вляющие (рис. 4, б) по осям координат, получаем две неизвестные
только по модулю X и Y (направления их заданы осями координат).
Определив их, найдем модуль равнодействующей и ее направление:

Я=Ух2+У2; cos(^?x)=~; cos(M?y)=^.	(1.2)

Обычно в задачах ограничиваются нахождением составляющих.

Сферический шарнир. Реакция шарнира также всегда проходит
через центр сферы О (рис. 5, а). В общем случае, при действии не-
скольких сил неизвестную реакцию R разлагаем на три составляю-
щие по осям координат (рис. 5 , б), находим их модули X, Y и Z и

определяем модуль равнодей-
ствующей и ее направление:

R=Vx2+y*+z2-

COS
к

cos

cos(#7z)=^. (1.3)

Подпятник. Подпятник
представляет собой соедине-

Рис. 5	ние цилиндрического шар-

нира и опорной плоскости.
Пусть тело (рис. 6, а) укреплено на вертикальной оси z при помощи
подшипника А и подпятника В. Так как подшипник А (цилиндриче-
ский шарнир) допускает скольжение вдоль оси z, то реакция его
представится только горизонтальными составляющими Хл и Ул*

Рис. 6

Реакция подпятника имеет все три составляющие: горизонтальные
Ад, Yb (цилиндрический шарнир) и вертикальную Zb (нормальная
реакция опорной плоскости). Если на тело действуют силы, лежа-
щие в одной плоскости (рис. 6, б), то подшипник А имеет только
одну горизонтальную реакцию^ Хд, а подпятник В — две, горизон-
тальную Хв и вертикальную YB.

Гибкая нерастяжимая нить (веревка, трос, цепь). Гибкая нера-
стяжимая нить может воспринимать только растягивающее усилие,
направленное вдоль ее оси, т. е. нить работает только на растяжение.
Сила, с которой твердое тело, находящееся под действием заданной
системы сил, растягивает нить, называется натяжением. В свою
очередь, со стороны нити к твердому телу приложена реакция нити Т,
которая всегда действует вдоль нити в точке ее прикрепления к телу
(по направлению к точке подвеса).

Рассматривая равновесие твердых тел, имеющих в качестве связей
гибкие нити, будем заменять нити их реакциями ТА, Тв (рис. 7, а),
величины которых численно равны натяжениям. Если при рассмотрении

Рис. 7

равновесия тела реакция нити получается отрицательной (т. е. согласно
решению должна быть направлена от точки подвеса), то такая система
не может находиться в равновесии, либо решение неверно.

Жесткий стержень (с шарнирным закреплением концов). Жесткий
стержень в отличие от нити может передавать и растягивающее и
сжимающее усилие, т. е. работает и на растяжение и на сжатие. Реак-
ция такой связи направлена от тела, если стержень растягивается
(£л, SB, Sc рис. 7, б), ик телу, если стержень сжимается. В задачах
из статики очень часто приходится определять вид неизвестного уси-
лия в стержне (сжатие или растяжение).

Рассмотрим равновесие узла Л, в котором сходятся три жестких
стержня. Отбросим связи, заменив их реакциями S2 и S3t т. е.
такими силами, действие которых эквивалентно связям. Пусть в ре-
зультате решения задачи получено, что реакции направлены, как
показано на рис. 7, в. Реакция направлена от узла А (от конца
стержня внутрь его). Это означает, что действующие силы стремятся
растянуть стержень. Наоборот, реакция S2 направлена к узлу А
(изнутри стержня к его концу), т. е. действующие силы вызывают сжа-
тие стержня. Третий стержень сжат, так как его реакция З3 направ-
лена к узлу. Итак, если стержень растянут, реакция его направлена
от узла; если стержень сжат, реакция направлена к узлу.

Абсолютно гладкую (без трения) поверхность, абсолютно гибкую
нерастяжимую нить, абсолютно жесткий (воспринимающий только
растягивающее или сжимающее усилие) стержень называют идеаль-
ными связями. Эти связи также являются моделями теоретической
механики. Реальные же связи отличаются от принятых научных мо-
делей. Приведем несколько примеров. Идеально гладкие поверхности
не существуют, но можно представить отполированную до зеркального
блеска поверхность, при наличии смазки обеспечивающей ничтожно
малое трение. Такую поверхность можно считать идеально гладкой.

Стальной трос под действием приложенной нагрузки удлиняется,
но если определяется скорость подъема груза на стреле крана, то бес-
спорно растяжением троса следует пренебречь, и для троса можно
принять модель абсолютно гибкой нерастяжимой нити. Стальной
раскос в ферменной конструкции моста передает не только продоль-
ные, но и поперечные усилия, однако расчеты и эксперименты показы-
вают, что последние в десятки раз меньше, поэтому раскос следует
рассматривать как абсолютно жесткий стержень.

Таким образом, принятые модели связей отражают главные взаи-
модействия при рассмотрении огромного разнообразия механических
процессов и широко используются в технике.
ГЛАВА 1. ПЛОСКАЯ СИСТЕМА СХОДЯЩИХСЯ СИЛ

§ 1.	СЛОЖЕНИЕ ДВУХ СИЛ, СХОДЯЩИХСЯ В ТОЧКЕ

Систему сил, линии действия которых пересекаются в точке, назы-
вают сходящейся. Систему сил, выходящих из точки, называют пучком
сил. Поскольку силу можно переносить по линии ее действия в любую
точку, то система сходящихся сил легко приводится к пучкусил.

Параллелограмм сил. Равнодействующая R двух сил Рг и Р2
(рис. 8, а), приложенных в одной точке и направленных под углом
друг к другу, равна геометрической сумме этих сил и изображается
диагональю параллелограмма

R-=Pr + P^	(1-4)

Модуль равнодействующей находится по теореме косинусов

Р = V Pl + + ZPiPt cos (р^К) •

(1-5)

Направление равнодействующей
ставляющими и равнодействующей,
синусов

определяется углами

найти

между со-
ло теореме

Отметим, что при

делении равнодействующей по
двум составляющим из выра-
жения (1.5) углы отсчитываются

которые можно

опре-
«J

всегда между векторами, выходящими

из одной точки. Определять равнодействующую можно также гра-
фически, выполняя построения в масштабе.

В частных случаях, если силы Рг и Р2 направлены по одной прямой
в одну сторону, то

2’

Если силы Рг и Р2 направлены по одной прямой в противополож-
ные стороны, то

R = P1~p2t	(1.8)

Если силы ₽! и Р2 взаимно перпендикулярны, то

R = yPi + Pl.

(1-9)

Треугольник сил. Силы Рг и Р2, как и любые два вектора, можно
сложить также по правилу треугольника (рис. 8, б).

Задача 6. Найти равнодействующую двух сил Рг = 10 н и Р2 =
= 20 н, если (Рь Р2) = 135°.
Решение. Определим величины синусов и косинусов задан-
ного угла: sin 135° = 0,707; cos 135° = — 0,707. Модуль равнодейст
вующей определяем по теореме косинусов

=1/ Pi +	4“ 2Р2 Cos i> Р2) —

= ]/1024-2024-2 • 10 • 20 (—0,707) — 14,7 н.

Так как sin а = sin (180° — а), то целесообразно сначала найти
угол, составляемый равнодействующей с большей по модулю силой,
поскольку он всегда меньше 90°. Тогда

sin(O2)=Jsin(p1?P2) = ^^.=0,48, Z (Ог) = 28°42'.

Угол, составляемый равнодействующей и Ръ

Z (/Oi)=135° —28е 42' — 106° 18'.

§ 2.	РАЗЛОЖЕНИЕ СИЛЫ НА ДВЕ СОСТАВЛЯЮЩИЕ

Разложить силу R на две составляющие — это значит найти такие
две силы Рг и Р2, которые, будучи приложены к этой же точке, произ-
водят действие, эквивалентное действию данной (разлагаемой) силы.
Любую силу R можно рассматривать как равнодействующую двух
произвольных составляющих сил. Если не заданы дополнительные
условия, то можно подобрать бесконечное количество пар составляю-
щих (рис. 9, а). В таком случае задача приобретает неопределенный
характер.

Любую силу_ R можно единственным способом разложить на две
составляющие Р1 и Р2, если:

1. Известны линии действия Рх и Р2 (рис. 9, б), т. е. заданы углы,
образуемые Рг и Р2 с R. Модули искомых сил определяют по теореме

синусов

sin Р2)

sin (plt Р2)

sin

(МО)

2. Заданы модули и Р2 обеих составляющих (рис. 9, в). Нахо-
дим угол между составляющими по теореме косинусов



2Р1Р2

(1.П)

Затем по теореме синусов находим углы, составляемые Рг и Р2
с R:

sin (/?,	= y sinyPjTX);

sin (/?r>2) = ^1sin(p1T'P 2).	(1.12)
3. Заданы модуль и направление одной из составляющих, напри-
мер Pi и Z (R, Рх) (рис. 9, г). Находим модуль Р2 из треугольника сил

Р2 = К/?2 + Pi - 2RPi cos (Oi) •	(1-13)

По теореме синусов определяем направление Р2

sin (.RГр2) = sin (яГРт)-	(1-14)

” 2

Поскольку sin а — sin (180° — а), то при Р2 < Р необходимо
выбирать угол, меньший 90°, а при Р2 > R — угол, больший 90°.

Рис. 9

Задачу о разложении равнодействующей на составляющие во всех
случаях можно решать графически, выполняя построения в масштабе
(рис. 9, б, в, г).

Задача 7. Заданы модули двух сил Р± = 25 н и Р2 = 20 «. Найти
углы, составляемые этими силами с равнодействующей, если ее модуль
R = 35

Решение. По формуле (1.5) находим угол между составляю-
щими:

cos(n-p_ 352-252-2Q2_0 2.

COSV 1’ ^2?—	2P1P2	“	2*25*20	’ '

Z (p^?pa) = 78°26'; sin (р^Р2)=0,98.

Сначала определяем угол, составляемый большей по модулю си-
лой Pj с равнодействующей (он всегда меньше 90°)

sin(Oi)=§sin(P1?P2)=So,98=0,56; Z (/O3i)=34°03'.

4	' к\	ОЭ

Угол между Р2 и R определяем как разность

Z (O2)=Z (Р1'?Ра)-(О1) = 78°26'-34003,=44э23'.
Этот же ответ можно получить по теореме синусов

Z (О2) = 44° 23'.

§ 3. СЛОЖЕНИЕ НЕСКОЛЬКИХ СИЛ, СХОДЯЩИХСЯ В ТОЧКЕ
И ЛЕЖАЩИХ В ОДНОЙ ПЛОСКОСТИ

Проекции сил. Проекции силы Р на оси координат х и у равны
(рис. 10, а, б)

X = Pcos(p, х), Y = Р cos (p^y),	(1.15)

где Z (Р> *) и L (Р> у) — углы, образуемые данной силой с положи-
тельными направлениями осей координат.

Рис. 10

Зная проекции силы Р, можно определить модуль этой силы и ее

направление

р = угХа4-У2; cos(/0) = ^;

COS

(1.16)

Многоугольник сил. Равнодействующую нескольких сил, сходя-
щихся в одной точке, можно определить геометрически — последова-
тельным сложением. Равнодействующая такой системы сил равна
геометрической сумме этих сил

Р=Р1 + Р2 + ... + Рл = 2 р	(1.17)

i “ 1

и выражается по модулю и направлению вектором, замыкающим ло-
маную линию, стороны которой параллельны и равны данным силам
в выбранном масштабе. На рис. 11, а показано сложение четырех сил.
Многоугольник ABCDE (рис. 11, б) называют силовым. Следует помнить,
что при обходе контура многоугольника сил составляющие Р19 Р2, ...,
Рп направлены в одну сторону, а равнодействующая R — в противо-
положную. При этом порядок сложения сил не имеет никакого значе-
ния (рис. И, в, г). Но чтобы не пропустить какую-либо составляющую,
сложение сил рекомендуется производить в порядке их номеров.

Аналитическое определение равнодействующей. Равнодействую-
щую системы сходящихся сил можно определить и аналитически (спо-
собом проекций). Для этого необходимо воспользоваться такой теоре-
мой: проекция равнодействующей на данную ось равна алгебраической
сумме проекций слагаемых сил на ту же ось.

Проекции равнодействующей на координатные оси хи// опреде-
ляются как суммы проекций составляющих

п

Ry — ¥1 + ^2 + •

Для удобства и простоты ин-
декс и пределы суммирования
ставить не будем

= Ry = %Y.

Зная проекции, определяют
модуль и направление равно-
действующей по формулам (1.16).

При решении задач на сложе-
ние плоской системы сходящих-
ся сил аналитическим способом
необходимо: выбрать систему ко-
ординатных осей хи//, найти
углы каждой силы с координат-
ными осями, а затем, определив
проекции равнодействующей,
найти ее модуль и направление.

Задача 8. Даны силы Рг =
= 20 н, Р2 = 26 н, Р3= 16 н,
приложенные к точке О. Силы
составляют между собой следу-
ющие углы: Z (Р1? Р2) = 135°;

(1.18)

Рис. 11

_Z (Р2, Рз) = 75°; / (Р3, Р0 = 150°.

Определить равнодействующую 7?.

Решение. Примем точку О за начало координат, линию дейст-
вия силы Рг — за ось х, а прямую, перпендикулярную к Ри — за

ось у (рис. 12, а). Тогда заданные силы составят с положительным
направлением оси х углы: Z (Ръ х) = 0, Z (Р2, х) = 135°, Z (Р3, х) =
= 150°, а с положительным направлением оси у соответственно:
Z (PiU/) = 90°, Z (Р2?</) = 45°, Z (iQ У) = 120°.

Определяем проекции равнодействующей:

= S X=:P1cos0 + P2cos 135° 4-Р3 cos 150° =

= 20 • 1-26^-16^ = — 12,2 н;

=	=	cos 90° + Р2 cos 45° + Р3 cos 120° =

= 20-04-26^-16^ = 10,4 н.

£ £
Тогда модуль и направление равнодействующей равны:

£ =	12,2)2 + (10,4)2= 16,0 н;

cos(+>) = ^ = -|g = -0,762, Z (/??>) = 139° 36';
cos = =	=0,648, Z (0 = 49° 36'.

Решение удобно провести табличным методом (табл. 5):

1.	В первую графу подставляем модули сил, а во вторую — вели-
чины углов, составляемых силами и осями.

2.	Косинусы этих углов даем в третьей графе.

Рис. 12

3.	Перемножая модули сил на соответствующие косинусы, нахо-
дим проекции и заполняем четвертую графу.

4.	Складываем проекции (с учетом знаков) и находим Rx и Ry,
а затем R% и R*y.

5.	Складывая эти квадраты, находим R2 и затем R.

Таблица 5

Определение равнодействующей

Силы Р, н	Углы с осями		Косинусы углов		Проекции, н	
	X	У	X	У	X	
/>х = 20	0°	90°	1	0	20	0
Рг = 26	135°	45°	—0,707	+0,707	—18,40	18,40
Р3 = 16	150°	120°	—0,865	—0,500	—13,80	—8,0

139°36'

/? = 16

49°36'

— 12,20

—0,762

10,40

0,648

R2 = 256

108

Проверка (—0,762)2 + (0,648)2 == 0,58 + 0,42 = 1.
6.	Определяем отношения Rx/R и Ry/R, равные косинусам соот-
ветствующих углов.

7.	По полученным значениям определяем углы, составляемые R
с осями.

8.	Для проверки используем равенство

cos2(Rf\) + cos2 (R, у) — 1.

Этот же результат можно получить и геометрически, построив
в определенном масштабе силовой многоугольник (рис. 12, б).

§ 4.	ГЕОМЕТРИЧЕСКОЕ И АНАЛИТИЧЕСКОЕ УСЛОВИЯ
РАВНОВЕСИЯ СИСТЕМЫ СХОДЯЩИХСЯ СИЛ

Необходимым и достаточным условием равновесия плоской системы
сходящихся сил является равенство нулю равнодействующей этой си-
стемы сил. Это условие можно выразить одним векторным равенством

R = SP = 0	(1.19)

или двумя алгебраическими (скалярными) равенствами:

£Х = 0,	=	(1.20)

Векторное равенство (1.19) выражает условие замкнутости много-
угольника данных сил, т. е. условие равновесия плоской системы схо-
дящихся сил в геометрической форме.

Равенства (1.20) выражают условие равновесия плоской системы
сходящихся сил в аналитической форме и их называют
условиями равновесия плоской системы сходящихся сил: для равнове-
сия плоской системы сходящихся сил необходимо и достаточно, чтобы
алгебраические суммы проекций всех сил на координатные оси были
равны нулю.

Методические указания к решению задач

При решении задач геометрическим (графическим) спо-
собом необходимо придерживаться следующего порядка:

1.	Выделить тело (или точку), равновесие которого следует рас-
смотреть.

2.	Изобразить все активные (заданные) силы, действующие на вы-
деленное тело.

3.	Освободить это тело от наложенных на него связей, заменив их
действие реакциями связей.

4.	Построить замкнутый силовой многоугольник (или треуголь-
ник — если действуют три силы). При этом следует сначала сложить
все заданные, а затем достроить неизвестные силы.

5.	Решить силовой многоугольник (по известным элементам опре-
делить неизвестные) или, если силовой многоугольник построен в мас-
штабе, определить искомые силы по масштабу.
При решении задач аналитическим способом рекомен-
дуется придерживаться следующего порядка:

1.	Выделить тело (или точку), равновесие которого следует рас-
смотреть.

2.	Изобразить активные (заданные) силы, действующие на выде-
ленное тело.

3.	Освободить тело от наложенных на него связей, заменив их
действие реакциями связей.

4.	Выбрать систему координат. Координатные оси следует по
возможности направлять по неизвестным силам, тогда проекция
неизвестной силы на перпендикулярную ей ось окажется равной
нулю. Благодаря этому в уравнение равновесия войдет только одно
неизвестное.

Схема механизма

Рис. 13

5.	Составить уравнения равновесия плоской системы сил: SX = О,
SY = 0. При проектировании силы на ось модуль силы следует умно-
жать на косинус острого угла независимо от того, с каким направле-
нием оси (положительным или отрицательным) он образован. Проек-
ция соответственно положительна или отрицательна (см. рис. 10, б).

6.	Решить уравнения равновесия относительно искомых величин.

Преимущества аналитического способа проекций перед геометри-
ческим способом силового многоугольника особенно заметны в задачах
на равновесие системы более трех сил. Действительно, решение сило-
вого четырех-, пяти- и n-угольника представляет известные трудности,
в то время как решение методом проекций не усложняется при уве-
личении числа проектируемых сил.

Задача 9. В шарнире В кронштейна АВС подвешен груз силой
тяжести G = 100 н. Определить усилия в стержнях кронштейна,
если а = 110°, |3 = 30°, у — 40°. Стержни прикреплены к стене шар-
нирно (рис. 13, а).

Решение. Рассмотрим равновесие шарнира В (рис. 13, б).
К нему приложена активная сила G. Отбросим связи, заменив их реак-
циями и Sa. Предположим, что стержень АВ растянут, а ВС сжат.
Тогда Sx будет направлена от шарнира В, a S2 — к нему. Итак, на
узел В действует система трех сходящихся сил.

Для решения применим геометрический способ. Поскольку шарнир
находится в равновесии, то силовой треугольник, составленный из
этих сил, должен быть замкнут. Из ^некоторой точки О (рис. 13, в)
в выбранном масштабе строим вектор G, а затем из его начала и конца
проводим прямые, параллельные направлениям Si и S2 до их пере-
сечения. По масштабу находим Sx = 130 S2 — 190 н. Совершая
обход по треугольнику в направлении силы G, замечаем, что получен-
ные направления реакций стержней совпадают с первоначально вы-
бранными. Следовательно, стержень АВ растягивается, а ВС сжи-
мается.

Модули Si и S2 можно определить также по теореме синусов

sin Р sin у sin а’

Откуда

е ^siny 1AAsin40° i по с
S1=G—4 = 100 .	128,6 н.

1	sin р sm 30

^^=1001^=188«’

Несовпадение результатов, полученных графическим и расчетным
путями, не превышает 1%:

е2 = 19°188188 100=1%

130-128,6

128,6

100-1,1%

Не следует думать, что расчетным путем получен абсолютно точ-
ный результат в сравнении с приближенным, найденным графически.

Как при вычислениях с по-
мощью логарифмической ли-
нейки, так и при измерении
масштабных отрезков неиз-
бежны ошибки. Однако совпа-
дение с точностью до ~ 1 %
результатов, найденных дву-
мя независимыми путями, по-
зволяет сделать вывод о до-
стоверности полученного от-
вета.

Отметим, что порядок по-
строения векторов не влияет
на результат решения этой
задачи (см. рис. 9,

в — треугольник,

Рис. 14

показанный

пунктиром).

Задача 10. Тяжелый цилиндр силой тяжести G = 200 н, ось кото-

рого горизонтальна, удерживается на гладкой наклонной поверхности
веревкой, прикрепленной к вертикальной стене. Угол наклона плоско-
сти к горизонту Р == 45°. Определить натяжение веревки и угол а,

составляемый ею с вертикалью, если давление цилиндра на плоскость
Q = 60 н (рис. 14, а).
Решение. Рассмотрим равновесие цилиндра, К нему прило-
жена активная сила G. Отбросим связи, заменив их нормальной реак-
цией плоскости 77, равной, но противоположно направленной давле-
нию Q и реакцией веревки Т (рис. 14, б).

На цилиндр, находящийся в равновесии, действует система трех
сходящихся сил: G, 77 и Т. Для решения воспользуемся геометрическим
способом. Построим силовой треугольник (рис. 14, в). Модуль реакции
находим по формуле

Т = O2 + G2 —2AZGcosp =
= V602 + 2002 — 2 • 60 • 200 • cos 45° = 163 н.

Натяжение веревки численно равно Т,
По теореме синусов определяем угол а:

N T
»	-'	, Л

sm а	sin р

N . Q 60 у 2 п пс
sin а = sin р = ТЙ5 •	= о,26,

л	Л ОО “

а ^15°.

Задача 11. Груз силой тяжести G = 3 кн поднимается лебедкой
посредством троса, перекинутого через блок А, который крепится
к вертикальной стене стержнями АВ и ВС. Определить усилия в стерж-
нях, пренебрегая весом стержней, а также трением в оси блока, если
LBAC = 15°; £АСВ = Ц)АВ = 45Q (рис. 15, а).

а)

Рис. 15

Решение. Рассмотрим равновесие блока. Отбросим связи.
Реакции троса по обе стороны блока численно равны G. Предположив,
что оба стержня растянуты, направим реакции Sx и S2 от узла А
(рис. 15, б). На блок действует уравновешенная система четырех сил:
G, G и S2. Решение проведем аналитически. Направив ось х по
стержню АС, а ось у перпендикулярно ей, составим уравнения равно-
весия:

£ X = 0, G cos 60° + Si cos 15° + S2 + G cos 45° = 0;	(a)

2 Y = 0, G cos 45° — G cos 30° —	cos 75° = 0.	(6)
Из выражения (б)

с	cos 45° - cos 30°	о 0,707 — 0,866	t QA

S1==G------cos7&-----= 3-----= ~1’84 '

Из (а)

S2 = — Sx cos 15° — G (cos 45° + cos 60°) =
= 1,84- 0,966 — 3 (0,707 + 0,5) = — 1,84 kh.

Таким образом, оба стержня сжаты с одинаковым усилием, равным
1,84 кн.

Для проверки построим силовой многоугольник (рис. 15, в).

Задача 12. Определить усилия в стержнях АВ и ВС, имеющих
в точке А, В и С шарниры. К шарниру В подвешен груз силой тяжести

Рис. 16

Gi = 1 кн и прикреплены два каната, перекинутые через блоки и несу-
щие грузы G2 = 2 кн и G3 = 0,5 кн. Трением в блоках пренебречь,
углы а = 45°, р = 90°, у = 30°, 0 = 60° (рис. 16, а).

Решение. Рассмотрим равновесие шарнира В. Освободимся
от связей. Реакция среднего каната равна Gb а боковых соответственно
G2 и G3 (рис. 16,6). Предположив, что оба стержня испытывают растяги-
вающие усилия, приложим реакции стержней и S2. Тогда на шарнир
действует уравновешенная система пяти сходящихся сил: Gv G2, G3,
и S2. Решение проведем аналитически. Ось х направим по стержню
ВС, а ось у — по стержню АВ. При таком выборе осей координат в каж-
дое уравнение равновесия войдет только одна неизвестная:

£ Х = 0, S2—Gicos a + G2cos y—G3 sin 0 = 0;

2	У = 0,	G1sina — G2siny + G3cosO = 0.

Решая эти уравнения относительно искомых, находим:

S2=GiCOS a —G2 cos у+ G3 sin 0 =

= 1 • cos 45° — 2 • cos 30° + 0,5 • sin 60° = —0,588 kh',

Si — Gi sina + G2siny—-G3cos 0 =

= 1 - sin 45°+ 2-sin 30° — 0,5• cos60°= 1,457 kh.
Таким образом, стержень АВ, как и предполагалось, растянут
с усилием 1,457 кн, а стержень ВС сжат с усилием 0,588 кн.

Задача 13. Подвесная канатная дорога имеет длину L == 300 м.
Кабина с грузом общей силой тяжести G = 2 кн подвешена к привод-
ному ролику С, который катится по тросу, натянутому между мачтами
Л и В. Для передвижения кабины на мачтах имеются электрические
лебедки, наматывающие тяговый канат на барабан. Определить натя-
жение в канате и тросе в тот момент, когда кабина пройдет 3/4 пути.
Расстояние от горизонтали АВ до оси ролика h = 10 м. Тяжестью
каната и троса пренебречь (рис. 17, а).

Рис. 17

Решение. Рассмотрим равновесие ролика. К нему приложена
активная сила G. Отбросим связи. Очевидно, натяжение на всей длине
невесомого троса одинаково, а канат натянут только со стороны рабо-
тающей лебедки, поэтому отброшенный трос следует заменить двумя
равными реакциями 7\ действующим по обе стороны ролика, а канат —
одной реакцией S со стороны лебедки.

Таким образом, к ролику приложена уравновешенная система сил:
G, Т, S иТ. Решение проведем аналитически. Направив оси координат,
составим уравнения равновесия (рис. 17, б):

SX = 0, (Т + S) cos а — Т cos Р — 0;	(а)

SK -0, (Т + S) sin а + Т sin р — G = 0.	(б)

Преобразуем эти уравнения к виду:

Т (cos а — cos Р) + S cos а = 0,
Т (sin а + sin Р) + S sin а = G.

(в)

(г)
Разделив (в) на cos а и (г) на sin а, получим:

cos а—cos р
cos а

sin а + sin р
sin а

(д)

(е)

Сложив полученные равенства (д) и (е), определим

sin р + tg a cos р ’

(ж)

Из (д) имеем:

cos р — cos а
cos а

(3)

Находим числовые значения тригонометрических функций:
tg а = 10/75 = 0,134, sin а = 0,132, cos а = 0,991;

tgp = 10/225 = 0,0445, sin 0 = 0,0445, cos 0 = 0,999.

Подставляем эти значения в (ж) и (з):

0,0445 + 0,134• 0,999	КН

S =11,4	0i990i’---- = 0,092 кн.

Задача 14. Невесомое кольцо В может
стальной окружности, расположенной в

скользить без трения по
вертикальной плоскости.

Рис. 18

К кольцу привязаны две нити, перекинутые через блоки Л и С и несу-
щие грузы силой тяжести Q и G. Блоки Л и С находятся на концах
вертикального и горизонтального радиусов. Определить угол откло-
нения кольца от вертикали а при равновесии, пренебрегая трением
(рис. 18, а).

Решение. Рассмотрим равновесие кольца. На кольцо в поло-
жении равновесия действуют три силы: реакция верхней^нити Q, реак-
ция нижней нити G и нормальная реакция окружности N. Направляем

2 В. А. Осадчий, А. М. Файн

33
ось х по радиусу, а ось у по касательной (рис. 18, б). Уравнение равно-
весия в проекции на ось у примет вид:

2У = 0,

Qcos v

Преобразуем это уравнение

(а)

Сократив (а) на cos-^-, находим

откуда

Таким образом, кольцо будет находиться в равновесий при откло-
нении от вертикали на угол

§ 5.	СТЕРЖНЕВЫЕ СИСТЕМЫ С ИДЕАЛЬНЫМИ ШАРНИРАМИ

Шарнир, в котором отсутствует трение, называют идеальным.
Геометрически неизменяемая конструкция решетчатого типа, состоя-
щая из прямолинейных невесомых стержней, соединенных идеальными
шарнирами, называется фермой (рис. 19, а). Шарниры фермы назы-
ваются узлами. Все активные силы в ферме приложены только к узлам.
Использование ферм в технике позволяет значительно облегчить вес
конструкций. Такая ферма с идеальными шарнирами и невесомыми
стержнями — идеализированная расчетная схема, в которой все
стержни испытывают только растягивающие или сжимающие усилия.
В действительности же стержни имеют вес, соединены жесткими косын-
ками с помощью сварки и работают и на изгиб. Однако если внешние
нагрузки значительно превышают веса стержней и приложены в узлах,
то принятая расчетная схема достаточно хорошо описывает реальное
нагружение стержней. Верхние и нижние стержни, образующие внеш-
ний контур фермы, называются соответственно верхним и нижним
поясами. Решетка фермы образуется из вертикальных стоек и наклон-
ных раскосов.

Задача 15. Определить усилия в стержнях фермы, на которую
действует уравновешенная система сил: Рх = 4 кн, Р2 = 5 кн, Р3 ==
= 3,5 кн, Р4 = 5,5 кн (рис. 19, б).

Решение. При определении усилий в стержнях применим
метод вырезания узлов. Он состоит в том, что последовательно выре-
зают каждый из шарнирных узлов фермы и рассматривают равновесие
сил, приложенных к нему. В число этих сил входят реакция перере-
занных стержней, численно равные искомым усилиям в стержнях,
и активные силы, действующие на рассматриваемый узел.

Предположим, что все стержни растянуты. Тогда при рассмотрении
равновесия каждого узла реакции перерезанных стержней будут
направлены от узла. Если в результате расчета реакция стержня
получится со знаком плюс, то он растянут, если со знаком минус,

Рис. 19

то в действительности стержень испытывает сжимающее усилие. Для
удобства расчет сведем в табл. 6. Равновесие каждого узла рассматри-
вается в данной задаче в аналитической форме; с таким же успехом
можно применять и геометрический метод, решая многоугольник сил,
приложенных к узлу. Созданы удобные графические приемы расчета
усилий в стержнях, широко применяемые в строительной механике.

Таблица 6

Определение усилий в стержнях

Вырезанный узел

Решение

22С = 0, 5] "|~ 52 cos 35° = 0;	(а)

2У = 0, P4 + S2 sin 35° = 0.	(б)

Из (б)

о	Р&	5,5 л Л

S1! = — sin 35*= ~ ‘ОДМ 9,6 КН"

Подставляя найденное значение в (а), определяем

Si = — S2 cos 35е = — (—9,6 • 0,82) =* 7,9
Продолжение табл. 6

Вырезанный узел

Решение

2Х = 0, S4+S3 cos 35" — S2 cos 35" = 0; (а)
2У=0, — ₽!— S2sin35’ — S8sin35° = 0. (б)

Из (б)

с_ Pi + S2sin35°__

3~ SiT35= “
4+ (-9,6) 0,574
“----------+574-------= 2’6™-

Решим (а) относительно S4:

S4 = (S2 - S3) cos 35° = (- 9,6 - 2,6) 0,82 == -10 к«

Узел С

2Х — 0, Sy -f- S5 cos 35° —- S4— S3 cos 35° — 0; (a)
2/ = 0, — P2 4-S3 sin 35° + S6 sin35° = 0. (6)

Из (6)

c P2 - S3 Sin 35° _ 5-2,6.0,574 ft 19

S‘ =-----sin 35"- ~ = ~ 0,574	-°6’12 m-

Подставляя найденное значение S6 в (а), полу-
чаем

Sy = S|	S3 cos 35° — S5 cos 35° =

= 7,9 + 2,6-0,82 — 6,12-0,82 = 5 kh

2У=0, P3+Se sin 35" = 0,
откуда

5e = ~ sin 35’== —0^74 = “ 6,09 KH

Условие 2X = 0 можно использовать для про-
верки:

— Se cos 35° ”— S у — 6,09 • 0,82—5	0

№ стержня

Вид усилия: растяже-
ние Р, сжатие С

Величина усилия, кн

7,90

9,60	2,60	10,00	6,12

6,09

5,00
§ 6.	ТЕОРЕМА О РАВНОВЕСИИ ТРЕХ НЕПАРАЛЛЕЛЬНЫХ СИЛ

Если три непараллельные силы, лежащие в одной плоскости, уравно-
вешиваются, то линии действия их пересекаются в одной точке.

Из этой теоремы следуют два следствия:

1)	если на тело, находящееся в равновесии, действуют три силы
и две из них пересекаются, то линия действия третьей силы проходит
через точку пересечения;

2)	если уравновешенную систему сил можно заменить тремя непа-
раллельными силами, то последние пересекаются в одной точке.

Задача 16. Тяжелая однородная балка силой тяжести G = 15 кн
и длиной 21 = 6 м поднимается за концы на двух тросах длиной а —
= 4л|и& = 3л{. Определить натяжения тросов (рис. 20, а).

Рис. 20

Решение. Рассмотрим равновесие балки. К ней приложена
активная сила G. Отбросим связи — тросы, заменив их реакциями Тг
и Г2. Так как 7\ и Т2 направлены вдоль тросов и пересекаются в точке
подвеса Л, то, согласно теореме о равновесии трех непараллельных
сил, и вертикальная сила G пройдет через точку А. Таким образом,
балка займет такое положение, при котором ее середина и точка под-
веса будут находиться на одной вертикали.

Решение произведем геометрически. Прежде всего необходимо
правильно расположить балку от точки подвеса. Построим в опреде-
ленном масштабе треугольник АВС (рис. 20, б) по трем сторонам а, b
и 2/ и проведем в нем медиану АО. Затем построим тот же треугольник,
но ориентированный так, чтобы медиана АО была расположена
вертикально (рис. 20, в). Такое положение будет соответствовать равно-
весному положению балки. Из силового треугольника, в_котором сила G
известна и по модулю, и по направлению, а силы и — по направ-
лению (рис. 20, г), с учетом масштаба находим 7\ = 18 кн, Т2 =
= 13,5 кн.

Задача 17. Тяжелая однородная балка силой тяжести G = 3 кн
в нижней точке укреплена шарнирно, а в верхней опирается на плоскую
наклонную стенку (а = 20°, 0 = 30°). К середине балки прикреплен
невесомый трос, перекинутый через блок и несущий груз Р — 2,6 кн.
Определить реакции в опорах (рис. 21, а).

Решение. Рассмотрим равновесие балки. К ней приложена
Р, численно равной силе тяжести груза. Трос заменим реакцией
груза Р (весом троса пренебрегаем). Наклонную стенку заменим
нормальной реакцией N. Реакция R шарнира А неизвестна ни по

Рис. 21

модулю, ни по направлению. К балке приложены силы /?, N, G и Р.
Две из них G и Р заменим равнодействующей Q. Рассмотрим_равновесие
балкг£ под действием трех непараллельных сил Q, R и N. Так как
Q и N пересекаются в точке О, то и реакция R пройдет через О (рис.
21, б). Построив в масштабе силовой треугольник, получим)? ^2,5 кн
и N 3,3 кн (рис. 21, в).

Задача 18. Для установки особо тяжеловесных колонн в настоящее
время применяют метод выжимания (рис. 22, а). В начальный момент
колонна одним концом свободно лежит на тележке В, а другим упира-
ется в неподвижную шарнирную опору О. Тележка с помощью поли-
спастной системы EF связана с неподвижным крюком А. При включе-
нии лебедки/) сближаются блоки Е и F полиспастной системы и тележ-
ка движется по направлению к неподвижному крюку А. При этом
выжимные тяги BR, шарнирно соединенные с кронштейном К колонны
и тележкой В, поднимают колонну до вертикального положения.
Определить реакцию опорного шарнира О и усилие сжатия тяг BR
в момент, когда колонна составляет с горизонталью угол а = 45°.
Сила тяжести колонны G = 1,6 Мн, диаметр и длина колонны d =
= 2м, /0 = 22 м, длина тяг I = 14 м, высота опоры h = 1 м, высота
тележки b = 0,70 м, центр тяжести колонны С находится на расстоя-
нии хс = 0,6 /0 от ее основания.

Решение. Удобнее эту задачу решать графически. Рассмотрим
равновесие колонны при а = 45°; к ней приложена активная сила G*

Рис. 22

Реакция 7 направлена вдоль оси тяг. Силы G, Т и R образуют уравно-
вешенную систему трех непараллельных сил (рис. 22, б). Построив
силовой треугольник по масштабу (рис. 22, в), находим Т = 1,65 Мн,
R = 1,52 Мн,
ГЛАВА 2, ПАРА СИЛ

Момент пары. Систему двух равных по модулю параллельных сил,
направленных в противоположные стороны и не лежащих на одной
прямой, называют парой сил. Любые две силы, кроме сил, образующих
пару, можно заменить равнодействующей. Пара сил не имеет равно-
действующей и никакими способами пару сил нельзя преобразовать
к одной эквивалентной силе. Пара — такой же самостоятельный про-
стейший механический элемент, как и сила.

Плоскость, в которой лежат силы, образующие пару, называют
плоскостью действия пары. Кратчайшее расстояние между линиями
сил, образующих пару, называют плечом пары h. Произведение модуля
одной из сил пары на ее плечо называют моментом пары и обозначают

М =±Ph.	(1.21)

Действие пары на тело характеризуется моментом, стремящимся
вращать тело. При этом, если пара сил вращает тело против часовой
стрелки, то момент такой пары считается положительным, если по
часовой стрелке, то момент считается отрицательным.

Свойства пар. Не изменяя действия на тело, пару сил можно:

1)	как угодно перемещать в ее плоскости;

2)	переносить в любую плоскость, параллельную плоскости дейст-
вия этой пары;

3)	изменять модуль сил и плечо пары, но так, чтобы ее момент
(т. е. произведение модуля силы на плечо) и направление вращения
оставались неизменными.

Отметим еще два полезных свойства пары:

алгебраическая сумма проекций сил, образующих пару, на любую
ось равна нулю;

алгебраическая сумма моментов сил, образующих пару, относи-
тельно любой точки постоянна и равна моменту пары.

Две пары считают эквивалентными, если они стремятся вращать
тело в одну сторону, и их моменты численно равны. Пару может урав-
новесить только другая пара с моментом, имеющим противоположный
знак.

Сложение пар. Система пар, лежащих в одной плоскости или
параллельных плоскостях, эквивалентна одной равнодействующей
паре MR, момент которой равен алгебраической сумме моментов сла-
гаемых пар, т. е.

MR = SM.	(1.22)

Равновесие пар. Плоская система пар находится в равновесии,
если алгебраическая сумма моментов всех пар равна нулю, т. е. S7H = 0.

Задача 19. На балку, свободно опирающуюся на гладкий уступ
А и шарнирно укрепленную в точке В, действует пара с мо-
ментом М = 1500 нм. Определить реакции в опорах, если I = 2 м
(рис. 23, а).
Решение. Пару может уравновесить только другая пара с рав-
ным, но противоположно направленным моментом (рис. 23, б). Следо-

вательно,

R = М = 1ЯЮ = 750 н

Отметим, что независимо от того, где приложен внешний момент,

реакции в опорах не изменяются

а)

(рис. 23, в, г).

Задача 20. На изогнутую под
углом 30° балку, свободно опер-
тую в точке А и имеющую шар-
нир в точке В, действуют моменты
Mi — 1000 нм, М3 = 2500 нм. Ка-

кой момент М2 необходимо прило-
жить к балке, чтобы реакция в
опоре А равнялась 100 н (рис.
24, а).

Рис. 23

Рис. 24

Решение. Допустим, искомый момент М2 совпадает по направ-
лению с Mi и М3. Тогда на балку действуют три заданных момента:
Мр М2 и М3. Их^ уравновесит четвертая пара, создаваемая равными
реакциями опор N (рис. 24, б). Так как реакция опоры А перпенди-
кулярна к АС, то и реакция в шарнире В также перпендикулярна
к Л С. Для равновесия системы пар необходимо, чтобы сумма их момен-
тов равнялась нулю, т. е.

SM = 0, — Mi — М2 — М3 + Nh = 0,
откуда искомый момент

М2 = Nh — Mi — М3 = 100-7,8 — 1000 — 2500 = — 2720 нм,
где h — плечо момента, создаваемого реакциями,

A = 5cos30 + cos3Qo = 7,8 м.
Момент М2 имеет знак минус, следовательно, первоначально вы-
бранное направление надо изменить на противоположное.

Задача 21. К металлическому невесомому кольцу радиусом г,
укрепленному на трех стержнях АВ, CD и DE, приложен момент М.
Определить усилия в стержнях (рис. 25, а).

Решение. Рассмотрим равновесие кольца. К йему приложен
активный момент М. Отбросим связи, заменив их двумя реакциями:
стержня АВ — SAB и шарнира D — RD. Так как на кольцо действует

имеющим противоположный знак, при этом RDt очевидно, параллельна
АВ, Имеем (рис. 25, б)

Sab = Ed =

Я
h

2М

Для определения усилий в стержнях DC и DE рассмотрим равно-
весие узла/) (рис. 25, в). Со стороны кольца на узел действует сила RD,
которая уравновешивается реакциями стержней и SDE, Построив
силовой треугольник для этих сил, находим, что DC (реакция направ-
лена к узлу) сжат,

о _ D 1	2Л1	2 _ 4 М

06 ~ D cos 30° ~ г V 3 'у 3 ~ 3 Г ’

а стержень DE (реакция направлена от узла) растянут

о 1 с 2ЛГ

—	37-

Задача 22. К рамке измерительного прибора, имеющей неподвиж-
ную ось О и опорную пружину А, приложены две равные, противопо-
ложно направленные силы Р = 0,5 кн. Определить, на сколько со-
жмется пружина, если под действием силы, равной 1 н, она сжимается
на 6 = 0,001 мм (рис. 26, а).

Рис. 26

Решение. Силы Р создают пару с моментом М == 2PL Эту пару
может уравновесить только другая пара с равным, но противоположно
направленным моментом (рис. 26, б). Тогда пружина будет сжиматься
с усилием

2?=-=Р-=0,5?-^=3(0 «м = 3- 103 н.
а а ’	50	9

Таким образом, деформация пружины

Д = RS == 3-103-0,001 = 3 мм.
ГЛАВА 3. ПЛОСКАЯ СИСТЕМА
ПРОИЗВОЛЬНО РАСПОЛОЖЕННЫХ СИЛ

§ 7.	ПРИВЕДЕНИЕ ПЛОСКОЙ СИСТЕМЫ СИЛ
К ДАННОМУ ЦЕНТРУ. ТЕОРЕМА ВАРИНЬОНА

Момент силы. Моментом силы Р относительно данной точки
О называют произведение модуля силы на ее плечо, т. е. на длину пер-
пендикуляра, опущенного из точки О на линию действия этой силы.

Если сила Р стремится повернуть тело вокруг данной точки против
часовой стрелки, то момент силы Р относительно этой точки считают
положительным, т. е. 7И0 = + Ph\ если по часовой — то отрицатель'
ным Мо = —Ph. Момент силы относительно точки равен нулю, если
сила проходит через эту точку, так как в этом случае h = 0.

Приведение силы к данной точке. Действие силы на тело не изме-
няется, если ее перенести параллельно самой себе в произвольно
выбранную точку О, приложив при этом пару сил, момент которой равен
моменту данной силы относительно О. Такую пару называют присое-
диненной, а точку О — точкой приведения.

Итак, при приведении силы Р к точке получается эквивалентная
система, состоящая из силы, равной силе Р по модулю и направлению,
и присоединенной пары.

Приведение системы сил к данному центру. Пусть дана произволь-
ная плоская система сил Plf Р2, Рп. Приводя все эти силы к произ-
вольно выбранной точке О, называемой центром приведения, получаем
п сил и п присоединенных пар.

Геометрическую сумму сил произвольной плоской системы называют
славным вектором R этой системы

R = Pi + Р2 + ... + Рп - 2Р.	(1.23)

Модуль и направление главного вектора определяют по формулам
(1.18), (1.16). Главный вектор R не изменяется с изменением центра
приведения.

Алгебраическую сумму моментов сил произвольной плоской системы
сил относительно какой-либо точки О называют главным моментом М&
этой системы сил относительно точки О

Мо =	+ М2+ ... + Мп^ ЕМ.	(1.24)

Главный момент изменяется с изменением центра приведения.
Таким образом, плоская система сил в результате приведения к дан-
ному центру заменяется эквивалентной системой, состоящей из глав-
ного вектора и главного момента.

Теорема Вариньона. Момент равнодействующей плоской системы
сил относительно любого центра, лежащего в плоскости действия
этих сил, равен алгебраической сумме моментов сил данной системы
относительно того же центра* т. е.

M0(R) = 2М0(Р).	(1.25)
Различные случаи приведения плоской системы сил к данному
центру. 1) Я =# О, Л40=# 0 — система приводится к главному вектору

и главному моменту;

2)	R = 0; Л4о =# 0 — система приводится к одной равнодейству-
ющей паре с моментом, равным главному моменту;

3)	0; Мо = 0 — система приводится к одной равнодействую-

щей силе, равной главному вектору;

4)	R = 0; Д40 = 0 — система находится в равновесии.

Отметим, что между понятиями главного вектора (главного момента)

и равнодействующей силы (равнодействующей пары)
принципиальное отличие. Равнодействующая — это одна

существует
сила (одна

пара), которая заменяет действие си-
стемы сил. Главный вектор — это
геометрическая сумма всех сил, а
главный момент — алгебраическая
сумма моментов всех сил относительно
центра приведения. Но если при вы-
бранном центре приведения О глав-
ный момент Л4о равен нулю, то глав-
ный вектор R становится равнодей-

ствующеи силой.

Если же главный

вектор R равен нулю, то главный мо-
мент Мо является равнодействующим
моментом.

Задача 23. По сторонам правиль-
ного шестиугольника действуют силы,
приложенные к вершинам: Рг = 1 я,
= 2 я, Р3 = 3 я, = 4 я, Р5 —
стему к центру О (рис. 27).

У

Рис. 27

н,

Рв = 6 я. Привести си-

Решение. Проведем оси координат х и у. Проекции главного

и

и

4Л

вектора на координатные оси:

Rx = Рг + Р2 cos 60° — Р3 cos 60° — Р4 — Р5 cos 60Q +

+ Рв cos 60° = 1 + 2-0,5 — 3-0,5 — 4 —

— 5-0,5 + 6-0,5 = — Зя;

Ry^= — Р2 sin 60° — Р3 sin 60° + Рь sin 60° + Р6 sin 60° —
= (— 2 — 3 + 5 + 6) У~3/2 = 3 КЗ н.

Модуль главного вектора

Я =	+ =	3)2 + (3]/3)2 = Кзб = 6 н.

Модуль главного момента

7140=	(?1 + -Р2 + -Рз + ^4 + ^5 + -Рв)^“

= —(1 + 2 + 3 + 44-5 + 6)а]/3/2 = 21а]ЛЗ/2 нм.
Таким образом, данная система приводится к главному вектору
и главному моменту:

/? = 6 «;	М0=21аУЗ/2 нм;

cos«\)=^ = -| = -l» z(O) = 120°;

cos (jCy)=^- = ЦР* = ^Г» z(/O)=30°.

Задача 24. К вершинам квадрата со стороной а приложены силы
Pi — 2н9 Р2 — 4 н, Р3 = 5 н и Р4 — 2]/2 н. Привести систему к вер-
шине С (рис. 28).

У

I

Рис. 28	Рис. 29

Решение. Направим оси координат. Проекции главного век-

тора на координатные оси

cos 45°“

Rx = — Р2 4- Р3 cos 45° + Р4 cos 45° =

Ry = Pi — Р3 cos 45° + Р4 cos 45° =

Модуль главного вектора

R = VRI + RI = У(1,54)2 + (0,46)а =1,6 н.

Модуль главного момента
Таким образом, система приводится к равнодействующей:

/? = 1,6 я;

cos	= ^=0,956, Z (#?*) = 14° 87';

cos (/G)=J = q^-=0,288; z(/G) = 73° 16'.

Задача 25. На стержневую систему действуют следующие силы:
Pi = 30 «, Р2 = 17 «, Р3 = 10 «, Р4 = 25 н, Р5 = 60 н. Привести
систему к точке А (рис. 29).

Решение. Проведем оси координат и определим проекции
главного вектора:

д,в_Pi + Pjsin 30° = —30 + 60v=0;

^=_рг—ра—P4 + P6cos30°=— 17—10 — 25 + 60^^0.

4W

Таким образом, главный вектор равен нулю Р = 0. Находим модуль
главного момента

МА = ЯМА = — Раа — Р^а + Р52а sin 30” =

= а (— 10 — 25-2 + 60-2-0,5) = 0.

Главный момент также равен нулю. Следовательно, система нахо-
дится в равновесии.

§ 8.	СЛОЖЕНИЕ ПЛОСКОЙ СИСТЕМЫ ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ СИЛ

Сложение двух параллельных сил. Две параллельные силы Рг и Р2,
направленные в одну сторону (разные стороны), приводятся к одной

Рис. 30

равнодействующей силе R, параллельной этим силам. Модуль равно-
действующей равен сумме (разности) модулей сил Рх и Р2, т. е.

R = Pi + Л, (Я = Pi - Ра).

Линия действия R внутренним (внешним) образом делит расстояние
между точками приложения сил на части, обратно пропорциональные
модулям сил (рис. 30, а, б):

(1.26)
Сложение нескольких параллельных сил. Система нескольких парал-
лельных сил Plt Р2> •••» Рп приводится к одной равнодействующей R,
равной по модулю алгебраической сумме составляющих

' I 7^2 ' I • • •

(1.27)

Точку приложения равнодействующей системы параллельных сил
называют центром параллельных сил. Координаты центра параллель-

ных сил х0 и Уо находят по

Рис. 31



формулам:

у. __Е Р% _______S Ру /1 по\

*о » Уо — р r (1 *

где х и у — координаты то-
чек приложения составляю-
g__ щих сил.

д~р Положение центра парал-
лельных сил не зависит от
выбора системы координат.
Обычно систему координат
выбирают так, что силы па-
раллельны какой-либо оси
(например, у). Тогда доста-
точно определить только коор-
динату х0 линии действия
равнодействующей.

Задача 26. Полиспаст со-
стоит из неподвижного бло-
ка Л и подвижных блоков
В, С и D. Груз силой тяже-
сти Q, подвешенный к ниж-
нему блоку £>, уравновеши-
вается вертикальной силой Р,
приложенной к свободному
концу веревки, перекинутой
через блок Л. Пренебрегая
собственной тяжестью по-
движных блоков и сопротив-
лением трения, найти зави-
симость между величинами Р
и Q (рис. 31, а, б).

Решение. Рассмотрим равновесие нижнего блока. Так как
груз Q приложен в центре блока, то натяжения обоих параллельных
концов веревки, охватывающей этот блок, равны между собой. Поэтому
к оси блока С приложена сила Q/2. Натяжения концов веревки, охва-
тывающей блок С, также одинаковы и равны Q/2a = Q/4. К оси блока В
приложена сила Q/4. Натяжение веревки, охватывающей блок В,
равно Q/23 = Q/8. Таким образом, Р = Q/8. Нетрудно видеть, что
если в полиспасте имеется п подвижных блоков, то Р = Q/2\
Задача 27. На балку силой тяжести G = 10 кн, свободно лежащую
на двух опорах, положено четыре груза: Рх = 50 кн, Р2 — 60 кн,
Р3 = 70 кн и Р4 = 10 кн. В точках С и D прикреплены тросы, пере-
кинутые через блоки и несущие грузы Qx = 30 кн и Q2 = 40 кн. Опре-
делить реакции в опорах. Размеры даны на рис. 32, а.

Рис. 32
ч

Решение. Примем В за начало координат, а ось балки за ось х.
Определим модуль равнодействующей системы параллельных сил

7? = SP = Рх - Qx + Р2 + G + Р3 - Q2 + Р4 =

= 50 — 30 + 60 + 10 + 70 — 40 4- 10 = 130 кн

и координату точки ее приложения

50-2-30-3 + 60-3,5+10 • 5 + 70 • 7-40 • 9 +10 • 9,5

— 3^76
Сила R уравновесится двумя параллельными ей реакциями опор RA
и RB (рис. 32, б):

/?л = Я^-= 130^=49 кн,
RB = Rl-^p=13O 10~^- = 81 кн.

§ 9.	УРАВНЕНИЯ РАВНОВЕСИЯ ПЛОСКОЙ СИСТЕМЫ СИЛ

Условия равновесия плоской системы сил. Для равновесия плоской
системы сил необходимо и достаточно, чтобы главный вектор R и глав-
ный момент Мо этой системы относительно любого произвольного
выбранного центра О равнялись нулю, т. е.

Я = 2Я ==0,	(1.29)

Мо =	= 0.	(1.30)

В векторной форме условие (1.29) применять для решения задач
неудобно. Спроектировав (1.29) на оси координат» получим вместе
с (1.30) три следующих скалярных равенства:

2Х = 0;	= 0; 2Л4О = 0.	(1.31)

Систему (1.31) называют п е р в о й формой уравнений равновесия
произвольной плоской системы сил, которая формулируется так:
для равновесия плоской системы сил необходимо и достаточно, чтобы
алгебраические суммы проекций всех сил на каждую координатную ось
(х, у) и алгебраическая сумма моментов этих сил относительно любой
точки О, лежащей в плоскости действий сил, равнялись нулю.

Вторая форма уравнений равновесия формулируется так: для
равновесия плоской системы сил необходимо и достаточно, чтобы алгеб-
раические суммы моментов всех сил относительно трех произвольных
точек А, В и С, не лежащих на одной прямой, равнялись нулю, т. е,

2Л1Л = 0;	= 0;	= 0.	(1.32)

Если бы точки А, В и С лежали на одной прямой, то одно из урав-
нений не являлось бы независимым (его можно было получить из двух
других путем тождественных преобразований). Решение задачи было бы
равносильно решению системы двух уравнений с тремя неизвестными,
что невыполнимо.

Третья форма уравнений равновесия формулируется так: для
равновесия плоской системы сил необходимо и достаточно, чтобы алге-
браические суммы моментов всех сил относительно двух произвольных
точек А и В и алгебраическая сумма проекций всех сил на какую-либо
ось х или у, не перпендикулярную к прямой АВ, равнялись нулю, т. е.

2/Ил = 0; 2Л4В = 0; SX = 0	(1.33)

или

2/Ил = 0; 2/Ив =0; 2У = 0.	(1.34)
Условие неперпендикулярности сил и прямой АВ также обяза-
тельно. В противном случае, одно из уравнений системы (1.33) или
(1.34) не является независимым.

Все три формы уравнений равновесия совершенно равноправны.
Отметим, что независимо от вида уравнений равновесия для плоской
системы произвольно расположенных сил статика позволяет составить
только три уравнения.

Условия равновесия плоской системы параллельных сил. Если
силы перпендикулярны к какой-либо оси (х), то уравнение 2Х = О
превращается в тождество 0 = 0. Для определения неизвестных сил
остается два уравнения равновесия, которые можно представить
в двух формах.

Первая форма. Для равновесия плоской системы параллель-
ных сил необходимо и достаточно, чтобы алгебраическая сумма всех сил
и алгебраическая сумма моментов всех сил относительно произвольной
точки О равнялись нулю, т. е.

= 0;	= 0.	(1.35)

Втораяформа. Для равновесия плоской системы параллельных
сил необходимо и достаточно, чтобы алгебраические суммы моментов
всех сил относительно двух произвольных точек А и В равнялись нулю,

= 0;	= 0.	(1.36)

§ 10.	СТЕПЕНИ СВОБОДЫ. НАГРУЗКИ.
ОПОРНЫЕ УСТРОЙСТВА БАЛОЧНЫХ СИСТЕМ

Степени свободы. Свободное тело на плоскости имеет три незави-
симых движения: линейное перемещение вдоль оси х, линейное пере-
мещение вдоль оси у и вращение вокруг какой-либо точки. Другими
словами, свободное тело на плоскости имеет три степени свободы.
Наложение связей полностью или частично ограничивает свободу пере-
мещения тела. Если на тело наложено три связи, каждая из которых
лишает тело одного независимого движения, то оно становится непод-
вижным. Это означает, что реакции связей уравновешивают активные
силы, а само тело находится в равновесии. Каждое уравнение равно-
весия накладывает одну связь, т. е. лишает тело одной степени свободы.
А три уравнения лишают тело трех степеней свободы, т. е. делают его
неподвижным в плоскости.

В теоретической механике рассматриваются только необходимые
связи, т. е. те, которые лишают тело какой-либо одной определенной
степени свободы. Если же связь повторяет ограничивающее действие
другой связи, то ее называют лишней. Чтобы определить, является ли
данная связь лишней, ее надо отбросить: если при этом появляется
возможность нового движения (т. е. увеличивается число степеней
свободы), то связь необходимая. Если же число степеней свободы не
увеличится, то связь лишняя.
Статическая определимость и статическая неопределимость.
Для рассмотрения равновесия произвольной плоской системы сил
статика позволяет составить только три уравнения равновесия, из
которых можно определить три неизвестные величины. Если число
неизвестных равно числу уравнений равновесия, то такая задача явля-
ется статически определимой. Если же общее число неизвестных больше
числа уравнений равновесия, то такая задача является статически
неопределимой. Решить ее методами статики нельзя, так как для этого
необходимо рассматривать не абсолютно твердые тела, а деформиру-
емые, которые изучают в курсах сопротивления материалов, теории

Рис. 33

упругости и др. При помощи методов этих наук составляют недоста-
ющие уравнения.

Виды опор. В технике часто применяют системы, которые можно
представить в виде балок. Балками называют брусья с прямолинейной
осью, положенные на опоры. Балки служат для передачи действу-
ющих нагрузок на опоры. Любая опора лишает балку одной, двух
или трех степеней свободы. Соответственно различают следующие
опоры.

Подвижный шарнир (рис. 33, а). Такая опора накладывает на балку
только одну связь, лишая ее одной степени свободы — возможности
перемещаться в направлении оси у. Перемещению вдоль оси х и вра-
щению вокруг шарнира такая опора не препятствует. Подвижный
шарнир заменяется только одной реакцией F, неизвестной по величине.
Реакция Y может быть направлена и к опоре, и от опоры. Виды схема-
тических изображений подвижного шарнира опоры показаны на рис. 33.

Свободное опирание (рис. 33, б). Эта опора также лишает балку
одной степени свободы — возможности перемещаться в направлении
оси у. Но активные силы должны прижимать балку к опоре, в против-
ном случае опора перестает выполнять свое назначение. Таким обра-
зом, реакция Y при свободном опирании должна быть направлена всегда
только от опоры.

Неподвижный шарнир (рис. 33, в). Такая опора накладывает на
балку две связи, лишая ее возможности двигаться и по оси х, и по у,
но оставляя ей одну степень свободы — вращение вокруг шарнира.
Реакция шарнирно неподвижной опоры заменяется двумя составляю-
щими X и У, неизвестными по величине.

Жесткое зацепление — заделка (рис. 33, г). Эта опора лишает балку
всех трех степеней свободы: линейных перемещений вдоль осей х и у
и возможности вращаться. В заделке соответственно появляются три
неизвестных реактавных усилия: вертикальная реакция Y, горизон-
тальная реакция X и реактивный момент заделки /И3.

Рис. 34

Балки, имеющие опоры, в которых общее число неизвестных реак-
ций равно числу уравнений равновесия, являются статически опре-
делимыми.

Нагрузки. Различают три типа нагрузок: сосредоточенные,
распределенные и моментные. Сосредоточенной нагрузкой называют
силу, приложенную к какой-либо точке твердого тела (рис. 34, а).

Распределенной нагрузкой называют совокупность сил, распреде-
ленных согласно какому-либо закону по длине (площади, объему
тела). Нагрузку на единицу длины называют интенсивностью и обозна-
чают q (dim q = P/L ~ н/м). Равномерно распределенную нагрузку
изображают прямоугольником с сетью стрелок (рис. 34, б), высота
прямоугольника соответствует интенсивности q, а ширина I—длине
загруженного участка. При решении задач такую нагрузку заменяют
сосредоточенной силой Q, численно равной площади заштрихованного
прямоугольника (Q = ql) и приложенной в середине загруженного
участка.

Моментной нагрузкой называют пару сил, момент которой задается
модулем Л4, а направление — стрелкой. На схеме такую нагрузку
обозначают или парой сил, или дугой со стрелкой, показывающей
направление действия момента (рис. 34, в).
На рис. 35, л, г, показаны статически определимые системы (по
три реактивных усилия), на рис. 35, б, в — статически неопределимые
системы (более трех неизвестных реакций).

с)	б)

Рис. 35

§ 11	РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ НА ПРОИЗВОЛЬНУЮ ПЛОСКУЮ
СИСТЕМУ СИЛ

При практическом решении задач можно пользоваться любой фор-
мой уравнений равновесия, так как все они совершенно равноправны.
Изложим некоторые общие правила составления уравнения равно-
весия.

Оси координат и моментные точки можно выбирать произвольно.
Наиболее просто и безошибочно решаются уравнения равновесия,
в которые входит одно неизвестное. Следовательно, координатные оси
надо направлять перпендикулярно к направлению неизвестных сил.
Тогда при составлении уравнений проекций неизвестные, перпенди-
кулярные к осям, в эти уравнения не войдут. За моментные целесооб-
разно брать такие точки, в которых пересекаются линии действия
двух неизвестных сил. Тогда в уравнение моментов войдет только
одна искомая сила.

Для плоской системы можно выбирать любое число координатных
осей и моментных точек и составлять соответствующее число уравне-
ний равновесия, но только три из них будут независимыми. Остальные
уравнения получаются как следствия из этих трех и их можно исполь-
зовать лишь для проверки.

Для плоской системы параллельных сил эти общие правила можно
конкретизировать. Оси координат следует направлять так, чтобы одна
из них оказалась параллельной силам, приложенным к твердому телу.
Уравнение моментов нужно составлять относительно точки, лежащей
на линии действия неизвестной силы. Это дает возможность определить
одну из неизвестных сил непосредственно из одного уравнения момен-
тов. Для решения задач при помощи двух уравнений моментов следует
учитывать, что моментные точки не должны лежать на прямой, парал-
лельной силам.

Методические указания к решению задач

Задачи на равновесие твердого тела для плоской системы сил
рекомендуется решать в следующем порядке:

1.	Выделить тело, равновесие которого надо рассмотреть.

2.	Изобразить активные (заданные) силы,

3.	Освободить тело от связей, приложив соответствующие реак-
ции. При этом необходимо убедиться, что данная задача является
статически определимой — число неизвестных величин должно быть
не более трех (для системы параллельных сил не более двух).

4.	Направить оси координат и выбрать моментные точки.

5.	Составить уравнения равновесия произвольной плоской системы
сил (или плоской системы параллельных сил).

6.	Решить систему полученных уравнений равновесия относительно
неизвестных величин.

Если в результате решения искомая реакция получается положи-
тельной, то это значит, что направление ее выбрано верно, если отри-
цательной, то направление реакции необходимо заменить на противо-
положное (модуль ее при этом остается прежним).

После того как задача решена, необходимо произвести проверку.
Для этого следует составить не применявшуюся при решении сумму
моментов или проекций, при этом необходимо учитывать уже исправ-
ленные направления реакций. Равенство нулю алгебраической суммы
проекций или моментов подтвердит правильность решения задачи.

Задача 28. Поворотный кран имеет вертикальную ось враще-
ния АВ. Сила тяжести крана G = 40 кн приложена к точке D. Сила

Рис. 36

тяжести тележки Р — 10 кн. Сила тяжести груза Q == 50 кн. Опре-
делить реакции в подшипнике А и подпятнике В, когда тележка нахо-
дится в крайнем положении С (рис. 36, а).
Решение. Рассмотрим равновесие крана. На него действуют
активные силы: G, Р9 Q, Отбросим связи, заменив их реакциями /?д
и Хв, YB (рис. 36, б). В плоской системе уравновешенных сил получено
три неизвестных, следовательно, задача статически определима.
Направим оси координат. Составим уравнения равновесия:

2Х = О, - 7?Л + Хв = 0;	(а)

= 0, YB — G — Р - Q - 0;	(б)

- 0, RAa — Gl — (Р + Q) L = 0.	(в)

Из (б) находим вертикальную реакцию подпятника

YB = G + Р + Q = 40 + 50 + 10 - 100 кн.

Из (в) определяем реакцию подшипника А

Яд-

G/ + (P+Q)L _ 40-4 + 1[10+50) 15

= 106 кн.

а

10

Тогда, учитывая (а), имеем

Хв = 7?д = 106 кн.

Произведем проверку. Составим сумму моментов относительно
точки С

%МС = G (L — /) + Хва — YBL =

= 40 (15 — 4) + 106-10— 100-15 - 1500— 1500 = 0.

Задача 29. В рычажных весах применен дифференциальный рычаг.

Определить зависимость между силой тяжести взвешиваемого груза

о)

и силой тяжести гири Р, если с = 0,995 I
и b = 51 (рис. 37, а).

Решение. Рассмотрим равнове-
сие рычага. К_рычагу приложены две
активные силы G и Р. Отбросим связь —
опору О, заменив ее вертикальной реак-
цией Ro. Получена плоская система трех
параллельных сил (рис. 37, б). Состав-
ляем сумму моментов относительно О

SMO ~0, G (I — с) — РЬ = 0,
р откуда

D r I — с г 1 — 0,9951	1 п

p = G—^G~5i—= ToooG-

Задача 30. На балку, свободно опи-

Рис. 37	рающуюся в точках Л и В и имеющую

подвижный шарнир в точке С, дей-
ствуют: силы Pi — 30 кн, Р2 = 20 кн и Р3 = 50 кн и сосредоточен-
ный момент М. = 150 кнм. Определить реакцию в опорах (рис. 38, а).
Решение. Рассмотрим равновесие балки. К ней приложены
активные нагрузки Р19 Р2, Р3 и сосредоточенный момент М. Отбросим
связи, заменив их тремя реакциями	Rc (рис. 38, б). Здесь

имеются три неизвестных — задача статически определима. Направим
оси координат и составим уравнения равновесия:

= О, Рг2 - Р3-5 + М — Р2-4 +	= 0;	(а)

2Л1/) = 0,	* 5 Рз * 2 Ч- М — ^2*1 —	*3 ” 0;	(б)

SX =0, — Р3 — Rc cos 45° = 0.

(в)

Составлять
пендикулярна
таком выборе

сумму проекций на ось х можно потому, что ось не пер-
к прямой, соединяющей моментные точки Е и D. При

моментных точек и

м

оси х в каждом уравнении полу-
чаем по одному неизвестному. Ре-
шая полученные уравнения (а), (б)
и (в) относительно искомых, нахо-
дим:

Р3 I_______________£

В

P _ л I i J	in ,	2 X __

Kb	3

— 30.2 + 50-5—150 + 20-4	.

——4 (J f

= 60 kh ;

_q=-s-----50 v 2 =

cos 45°	r

=— 70,7 kh.

“ Ip /,
t

I 	I

_____t	i~—fcM

Направление реакции опоры С	Рис. 38

следует изменить на противопо-
ложное. Для проверки составим сумму проекций на ось у

= — Рг + Ra + Rb — Pz — Rc cos 45° -

= _ 30 + 60 + 40 — 20 — 70,7 /У2 = 100 — 100 = 0.

Задача 31. Определить реакции опор двухконсольной балки, на-
груженной силой Р — 400 н (а = 60°), двумя равномерно распределен-
ными нагрузками интенсивностью qx — 100 н!м, q2 = 200 н/м и парой
сил с моментом М = 2000 нм (рис. 39, а).

Решение. Заменим равномерно распределенные нагрузки
сосредоточенными силами и Q2, приложенными в точках К (середине
BE) и N (середине СЕ)\

= qx-BE = 100-2 = 200 н, Q2 = q^CE = 200-1,5 = 300 н.

Рассмотрим равновесие балки. К ней приложены активные нагрузки
Qi, Qs» Р и М. Отбросим связи. Подвижную опору заменяем вертикаль-
ной реакцией R^ а неподвижную опору С — горизонтальной Хс
и вертикальной Ус (рис. 39, б). Имеется три неизвестных — задача
статически определима. Направим оси координат и составим уравнения
равновесия:

2/И с = 0, — Р sin 60°-1 + Q2-0,75 + Qi-2,5 — RB-3,5 + М = 0;

SX = 0, Хс + Р cos 60° = 0;

2Г = 0, Rb - & - Q2 + Ус - Р sin 60° = 0,

Решая полученную систему уравнений, находим:

Хс = —200 Ус = 166 «, RB = 680 н.

Направление горизонтальной реакции в опоре С надо изменить
на противоположное. Для проверки составим сумму моментов отно-

м

б)

।

Рис. 39

сительно £:

ЪМЕ = M —	+ Qrl — Q2-0,75 + Ус-1,5-

— Р sin 60°-2,5 = 2000- 680-2 + 200-1 —
-300-0,75 + 166-1,5 —400-0,866-2,5 =
= 2450 — 2445	0.

Погрешность вполне допустима

е = 245°2^52445- 100 = 0.2%-

Задача 32. На горизонтальную балку АВ, заделанную в стену
А в точке В действует сила Р = 400 н под углом а = 30° к вертикали
и момент М = 3000 нм. На участке ВС действует равномерно рас-
пределенная нагрузка интенсивностью q = 250 н/м. Определить ре-
акции в заделке (рис. 40, а).
Решение. Заменим равномерно распределенную нагрузку
сосредоточенной силой Q, приложенной в точке D (середине ВС)
и равной

Q = qBC = 250-4 = 1000 «.

Рассмотрим равновесие балки. К ней приложены активные
нагрузки: Р, Q, М. Освободимся от связи — заделки, заменив ее верти-
кальной реакцией YA, горизонтальной реакцией ХА и моментом М3

Рис. 40

(рис. 40, б). Задача статически определима. Направим оси координат
и составим уравнения равновесия:

2Мл — 0, — Pcos30°-6 — Q-4 + М + М3 = 0;	(а)

SX = 0, ХА — Р cos 60° = 0;	(б)

2У = 0, Ул — Q — Р cos 30° = 0.	(в)

Уравнение (а) позволит определить момент заделки

М3 — Р cos 30°-6 + Q-4 — М = 400-0,866-6 +
+ Ю00-4 — 3000 = 3075 нм.

Из (б) находим горизонтальную реакцию

ХА = Р cos 60° = 400-0,5 = 200 н.

Из (в) определяем вертикальную реакцию

У а = Q + Р cos 30° = 1000 + 400-0,866 = 1346 «.

Произведем проверку, составив сумму моментов относительно
точки С:

'ЯМс — М3 — УА-2 М — Q-2 — Р-4 cos 30° =
= 3075 — 1346-2 + 3000 — 1000-2 — 400-4-0,866 =
= 6075 — 6077 = 0.
Ошибка составляет 0,03%. Задача решена правильно.

Задача 33. Тяжелая лестница силой тяжести G = 600 н и длиной
I — 9 м опирается одним концом об угол бетонной ямы, а другим —
о карниз. На расстоянии т/3 длины лестницы от пола на ней стоит чело-
век силой тяжести Р = 750 н. Лестница наклонена к горизонту под
углом 60°. Определить реакции карниза и ямы, если расстояние по
горизонтали от угла карниза до угла ямы а = 4 м (рис. 41, а).

Решение. Рассмотрим равновесие лестницы. К лестнице прило-
жены две активные силы G и Р. Отбросим связи. Действие карниза
заменим реакцией перпендикулярной к лестнице; реакцию угла
ямы представим двумя составляющими — горизонтальной и вер-
тикальной RB. В рассмотренной плоской системе три неизвестных —

Рис. 41

задача статически определима (рис. 41, б). Направим оси координат.
Составим три уравнения равновесия:

SX = 0, RA cos 30° — Rc = 0;	(а)

2 У = 0, — G — Р + Ra sin 30° + RB = 0;	(б)

SA*b = 0, 6'4-sin30°+p4-sin30°—/?д-2а==0.	(в)

Л	□

Моментом от Rc вследствие незначительности S пренебрегаем,

Из (в)

__(364-2Р)/__ (3-600 + 2-750) 9

24а	“	24*4

= 310 я.

Решая (а), имеем

Rc = Ra cos 30° = 310-0,866 = 267 н.

Из (б) находим

RB = G + Р — Ra sin 30° = 600 + 750 — 310-0,5 = 1195 н.

Все реакции получились положительными, следовательно, перво-
начально выбранные направления правильны.
Произведем проверку, составив сумму проекций на ось jq:
SXi - — (G + Р) cos 30° + Rc sin 30° + cos 30° =
— — (600 + 750) 0,866 + 267*0,5 + 1195-0,866 = 1162 — 1164	0.

Погрешность е = 0,17%. Задача решена верно.

Задача 34. Тяжелая балка силой тяжести G поднимается в гори-
зонтальном положении на трех тросах. Определить натяжения тросов
(рис. 42, а).

Р е ш е н и е._ Рассмотрим равновесие балки. К ней приложена
активная^ сила G. Отбросим связи, заменив их реакциями тросов:
Тъ 7\ и 73, численно равными искомым натяжениям. Задача статически
определима, так как имеется три неизвестных. Выберем три моментные
точки Л, В и С, в каждой из которых а)

пересекаются по две неизвестные силы,
и составим три уравнения:

ZMA = 0, G-4a — 7\-АС = 0; (а)
- 0, G-4a — Т2-ВС = 0; (б)
2Л4С = 0, — G (CD — 4а) +

+ T3-CD = 0.	(в)

Находим величины плечей АС, ВС
и CD:

4С= J^™ + 2asin30° = ll а;

Sin ои

ВС=AC tg 30° = 11а//3;

CD = Л С sin 30° = 5,5 а.

Рис. 42

Тогда из (а)

Решая (в), находим

CD 4а	1“ 4a	3

' 3==G CD ==<J~5ja	= ТГ

Для проверки составим сумму проекций на вертикаль

2 у = Л sin 30° + Т2 sin 60° + Т3—G=

_/4 1,4/3/3	3	\	/2,6,3	,\г „

- \ТГ 2' + ЛТ_~ + тТ-1Г=1п + п + й~1;е = 0-

Задача 35. К металлическому невесомому кольцу радиусом г при-
ложены момент М и сила Р. Определить реакции в подвижных опорах
А, В и С (рис. 43, а).
Решение. Рассмотрим равновесие кольца. К нему приложены
активные нагрузки Р и М. Отбросим связи, заменив их реакциями:

У
।

Рис. 43

RA, Rb, Rc (рис- 43, б). Задача статически определима. Направим оси
координат и составим уравнения равновесия:

SX = 0, Ra — Р cos 45° — RB = 0;	(а)

SK = 0, Pc — Р cos 45° =0;	(б)

SM0 = 0, — RAr sin 45° — M = 0.	(в)

Из (б) и (в) находим:

Л4У'2

Г

Подставив в (а) значение 7?д, получаем

рв = РА — р cos 45° = —

\ г

Так как и Rb получились отрицательными, то первоначально
выбранные направления надо изменить на противоположные. Проверим
правильность решения, используя сумму моментов относительно
точки А:

У! МА = — Pr — M + RBr sin 45° + Rtf cos 45° =

= — Pr—M + Л1

----Pr — M + M + P4 + p4 = 0-
£ £

§ 12. РАВНОВЕСИЕ СИСТЕМ СОЧЛЕНЕННЫХ ТЕЛ*

Системой сочлененных тел называют несколько твердых тел, ка-
сающихся друг друга или соединенных между собой посредством
шарниров, стержней, нитей.
При решении задач, в которых рассматривается равновесие системы
тел, число неизвестных может превысить число уравнений статики,
составленных для всей системы в целом. Кроме того, часто требуется
найти силу, с которой одно сочлененное тело действует на другое. Для
решения таких задач необходимо рассматривать равновесие каждого
тела отдельно, составляя для него соответствующие уравнения рав-
новесия. При этом остальные тела сочлененной системы являются
связями, наложенными на рассматриваемое тело.

Метод, основанный на рассмотрении равновесия отдельных частей
системы твердых тел, называют методом расчленения. Иногда рассмат-
ривают также равновесие всей системы тел в целом или группы тел,
входящих в систему. При этом к системе тел, представляющих в сово-
купности нетвердое тело, можно применить принцип отвердевания (при
затвердевании всякого нетвердого тела равновесие не нарушается).
В этом случае в уравнения равновесия не войдут силы, с которыми
отдельные тела действуют друг на друга.

Методические указания к решению задач

Задачи на равновесие системы сочлененных тел, находящихся
под действием произвольной плоской системы сил, рекомендуется
решать в следующем порядке:

1.	Выделить систему сочлененных тел, равновесие которых нужно
рассмотреть.

2.	Изобразить активные (заданные) силы.

3.	Отбросить связи, заменив их реакциями.

4.	Убедиться в том, что систему в целом как одно твердое тело
решить нельзя (число неизвестных более трех).

5.	Наметить общий путь решения, т. е. принять, как целесообраз-
ней расчленить данную систему: рассматривать равновесие каждого
из сочлененных тел отдельно или же всей системы в целом и некоторых
тел. Определить общее количество искомых (к ним будут относиться
появившиеся в результате расчленения системы неизвестные силы,
нахождение которых в условии может не требоваться).

Затем необходимо определить общее количество уравнений равно-
весия, которые можно составить при данном расчленении. В статически
определимой задаче число неизвестных должно равняться числу урав-
нений равновесия. Необходимо учитывать, что если рассматривается
равновесие каждого тела, входящего в систему, то уравнения равно-
весия для всей системы не являются независимыми. Их следует при-
менять для проверки.

6.	Выбрать систему координат.

7.	Принять наиболее целесообразный порядок рассмотрения рав-
новесия сочлененных тел. При этом прежде всего следует рассматривать
тела, для которых из уравнений равновесия можно сразу получить
часть искомых величин, независимо от уравнений, составленных для
других частей системы.

8.	Рассмотреть равновесие первого из намеченных тел согласно
принятой последовательности. (Изобразить активные силы. Отбросить
связи, заменив их реакциями. Составить нужные уравнения равнове-
сия). Затем перейти к рассмотрению второго тела, получив соответ-

ствующие уравнения равновесия, и т. д.

9.	Решить составленную систему всех уравнений равновесия
относительно неизвестных величин. Если неизвестная сила в резуль-
тате решения получится отрицательной, то ее направление следует
изменить на противоположное выбранному первоначально. В случае,
когда по условию требуется определить лишь некоторые неизвестные

Рис. 44

силы, нужно составлять те урав-
нения равновесия, которые необ-
ходимы для получения ответа.

10.	В заключение следует прове-
сти проверку правильности реше-
ния задачи.

Задача 36. В измерительном
приборе применен составной рычаг
АВ — CD. Определить усилие Р,
которое необходимо приложить
в точке А, чтобы удержать груз
силой тяжести G, приложенный в
точке F (рис. 44, а).

Решение. Рассмотрим рав-
новесие составного рычага в целом.
К нему_ приложены две активные
силы: G и Р. Отбросим связи, за-
менив их реакциями Re и Rd (рис.
44, б). Последние три силы — не-
известные. Но для плоской систе-
мы параллельных сил статика по-
зволяет составить два уравнения
равновесия. Следовательно, систе-
му необходимо расчленить. К ры-
чагу АВ приложены неизвестные
Р, Re* Rb* к тяге ВС — силы RBf

Rc* к рычагу CD — силы RD и Rc. Всего пять неизвестных. Общее
число уравнений также равно пяти; по два для рычагов (плоские
системы параллельных сил) и одно для тяги (силы, действующие по
одной прямой). Задача статически определима.

Рассмотрим равновесие рычага АВ (рис. 44, в). На него действуют
три силы: Р, Re и Rb. Реакция шарнира RB должна быть направлена
вдоль ВС, так как тяга с двумя шарнирами на концах передает уси-
лия, направленные вдоль ее оси. Нет необходимости находить реакцию
опоры Re, поэтому составим уравнение в форме:

ЪМе = 0, Pb. - RBar - 0,

откуда
Рассмотрим равновесие тяги ВС (рис. 44, г). На тягу действуют две
уравновешивающиеся силы, поэтому

Rb — Rc*

(б)

Рассмотрим равновесие рычага CD (рис. 44, д). На него действуют

три силы: G, RCt Rd* Составим уравнение моментов всех сил относи-

тельно опоры D:

ZMD — 0, —Rc&2 +

+ Ga2 ~ О,

откуда

2

Учитывая (а), (б) и (в),
окончательно получим

р = (;ВД

&1&2

Задача 37. Составная
балка имеет внутренний
шарнир В. Определить ре-
акции в неподвижных опо-
рах А и С. Нагрузки и
размеры даны на рис. 45, а.

Решение. Заменим
равномерно распределен-
ную нагрузку сосредото-
ченной силой Q = q-2 =
— 1-2 = 2 кн, приложен-
ной в точке D. К системе
приложены две активные
силы Р и Q. Отбросим
связи. Каждая неподвиж-

Рис. 45

ная цилиндрическая опора	_	__

представится двумя составляющими реакции: ХА, УА, Хс и Ус (рис.

45, б) — всего четыре неизвестных. Систему необходимо расчле-

нить.	„	_	_

К левой балке приложены неизвестные: ХА, УА, Хв и Ув (послед-
ние — составляющие реакции шарнира В). К правой балке приложены
неизвестные: Хв, У в, Хс и Ус. Всего имеется шесть неизвестных. Для
каждой балки составим по три уравнения равновесия — всего шесть.
Задача статически определима.

Установить статическую определимость в этой задаче можно также
из следующих соображений. Если рассмотреть всю составную балку
в целом, то на нее наложено четыре связи — по числу неизвестных
реакций опор А и С. Но свободное твердое тело в плоскости может иметь
только три степени свободы. Казалось бы, одна связь лишняя и поэ-

3 В. А. Осадчий, А, М. Файн

65
тому задача статически неопределима. Однако внутри системы имеется
шарнир В, который позволяет левой части балки АВ поворачиваться
относительно прямой ВС, т. е. составная балка получает еще одну
степень свободы. Таким образом, свободная составная балка с внут-
ренним шарниром должна иметь четыре степени свободы (три — как
абсолютно твердое тело и еще одну — в результате введения внутрен-
него шарнира). А так как число связей в данной задаче тоже четыре,
то задача статически определима. Аналогично находим, что составная
система с двумя внутренними шарнирами статически определима, если
число неизвестных равно пяти, для трех шарниров — число неизвест-
ных равно шести и т. д.

Рассмотрим равновесие левой балки (рис. 45, в). J4a нее действуют
активная сила Р и реакции связей Лгл, Уд, Aj? и Yв. Направим оси
координат и составим три уравнения равновесия:

2Л1Л - О, —РА cos 45° + YB*2 - 0;	(а)

2Л4В = 0, Р-1 cos 45° —	-2 = 0;	(б)

2Х = 0, — ХА + Хв + Р cos 45° = 0.	(в)

Из (а) и (б)

v	n cos 45°	3

Yb^P—^- = ‘272’= 1 >06 кн

47	О 45	*

YA = P —<5— =1,06 кн.

(Г)

В уравнение (в) входят две неизвестные, следовательно, решить его
пока нельзя.

Рассмотрим равновесие правой части (рис. 45, г). К ней приложены
активная сила Q и реакции Хс, Yc> Хв, Y в. Составим уравнения рав-
новесия:

2Мс = 0, Q-l + YB-2 + Хв-1 =0;	(д)

SX = о, -Хв + Хс = 0;	(е)

2У = 0, -yB-Q+ Yc = 0.	(ж)

Из (д), учитывая (г), находим

Хв = —Q.1 — Ув-2 = -2-1 — 2-1,06 = —4,12 кн.

Тогда из (е)

Xq = Хв = —4,12 кн.

Решая (ж) и (в), находим:

У с = YB + Q = 1,06 + 2,0 = 3,06 кн,

ХА — Р cos 45е + ХВ = 3
Для проверки решения составим сумму проекций на ось у для всей
составной балки (рис. 45, б)

£У==ГД —Pcos 45°—Q + yc= 1,06 — 3^-2 + 3,06 =

= 4,12— 4,12 = 0.

Задача 38. Определить реакции опор
которую действуют горизонтальная Р
(рис, 46, а).

А и В шарнирной арки, на
и вертикальная ЗР силы

Рис. 46

Решение. Рассмотрим равновесие арки в целом (рис. 46, б).
На нее действуют активные силы Р, ЗР и реакции опор и /?й, ко-
торые можно представить составляющими ХА, YA, Хв, YB. Всего полу-
чено четыре неизвестных. Так как арка имеет один внутренний шар-
нир, то задача статически определима.

Рассмотрим равновесие левой_ полуарки (рис. 46, в). К ней прило-
жены только две силы: реакция RA шарнира А и реакция Rc шарнира
С (сила, с которой правая полуарка действует на левую). Так как эти
силы должны уравновешиваться, то они действуют по прямой АС,
равны по модулю и обратно противоположны по направлению.

Рассмотрим равновесие правой полуарки (рис. 46, г). На нее дей-
ствуют активные силы Р, ЗР, реакции RB, Rc (сила, с которой левая
полуарка действует на правую). Итак, правая полуарка находится под
действием четырех сил. Но заданные силы — горизонтальную Р и
вертикальную ЗР можно заменить равнодействующей, равной
V Р2 + (ЗР)* = Р Y10 • В результате получим уравновешенную
систему трех сил; две из них Ю Р и Rc пересекаются в точке С. Сле-
довательно, по теореме о равновесии трех непараллельных сил RB
также должна проходить через С. Строим силовой треугольник и по
масштабу находим Rc = Ra = 2,85Р, RB = 1,5Р.

§ 13. СВЯЗИ С ТРЕНИЕМ

Равновесие при наличии трения скольжения. Сопротивление сколь-
жению какого-либо тела по поверхности другого называют трением
скольжения или трением первого рода. Различают трение покоя и

трение движения.

Сила трения скольжения F^ при покое данного тела относительно

1	1

шероховатой поверхности меньше или равна произведению коэ

IlTlI

и-

1 1

циента трения скольжения f на модуль нормальной реакции JV, т. е.

FTp fN. Коэффициент трения скольжения f — величина безразмер-
ная. Сила трения всегда направлена по касательной к шероховатой
поверхности в сторону, противоположную направлению, по которому
тело может двигаться под действием сдвигающего усилия Т, если сила
трения будет отсутствовать. Максимальная величина силы трения со-
ответствует случаю предельного равновесия и равна

FTp = FtP3X =fN.	(1.37)

При Т = fN тело может перейти из состояния покоя в движение.
При решении задач по статике обычно расчет ведут на максимальную
силу трения по (1.37).

Абсолютно гладкой, или идеальной, поверхностью называют такую
поверхность, при скольжении по которой отсутствуют силы трения.
Реакция идеальной поверхности /V всегда направлена по нормами. Для
реальных условий полная реакция шероховатой поверхности R пред-
ставляет^ собой геометрическую сумму нормальной реакции N и силы
трения FTp. Полная реакция R отклонена от нормали на угол ф в сто-
рону, противоположную сдвигающей силе (рис. 47, а). Угол, соответ-
ствующий максимальному значению силы трения, называют углом
трения. Тангенс этого угла равен коэффициенту трения

_________F^
tg фгпах “ f-

(1.38)

Для идеальных поверхностей f = tg ф = 0. Конус, образованный
вращением R вокруг точки О, называют конусом трения (рис. 47, б).
Внешняя сила Q, приложенная к телу и попадающая внутрь конуса тре-

ния, не способна сдвинуть тело, и, на-
оборот, сила, находящаяся вне конуса,
преодолевает трение.

Равновесие при наличии трения ка-
чения. Сопротивление качению одного
тела по поверхности другого называют
трением качения или трением второго
рода.

При действии сдвигающего усилия Т
(рис. 48) в месте контакта катка и по-
верхности возникает сила трения сколь-
жения FTp, препятствующая проскаль-
зыванию катка. Эти две равные по мо-
дулю силы Т и FTP образуют пару, ко-

У

I

1

1

Рис. 48

торая стремится повернуть каток.

Под действием силы нормального давления Q происходит деформа-
ция в месте контакта, а нормальная реакция N сдвигается в сторону
действия силы Т на некоторое расстояние k. В результате силы Q и N
образуют другую пару, препятствующую действию пары 7\ FTP.
Максимальную величину k, соответствующую предельному положению
равновесия, называют коэффициентом трения качения. В отличие от
безразмерного коэффициента трения скольжения коэффициент трения
качения имеет размерность длины dim k = L (в СИ dim k = м).

Значение Т, соответствующее случаю предельного равновесия:



(1.39)

При Т Z>Nk!h каток начнет катиться. Отметим, что трение каче-
ния возникает только при перекатывании упругих тел. Если же со-
прикасающиеся тела абсолютно твердые, то деформации нет и Т = 0,
т. е. для качения абсолютно твердого катка по абсолютно твердой по-
верхности не потребуется никакой силы.

Обычно сила Т, определенная по уравнению (1.39), значительно
меньше максимальной силы трения скольжения, определенной по
(1.37). Поэтому тела преодолевают трение качения значительно раньше,
чем начнется скольжение. Благодаря малому сопротивлению движе-
нию подшипники качения получили большое применение в технике.

Скольжение возможно при T>fN, а качение начинается при
Т > Nklh. Таким образом, если f > kth, то скольжение невозможно;
если f = k/ht происходит одновременно и скольжение и качение; если
же / < k!ht то качение невозможно.
Методические указания к решению задач

При решении задач на равновесие, если имеются силы трения сколь-
жения, рекомендуется придерживаться следующего порядка:

1.	Выделить тело или систему тел, равновесие которых необходимо
рассмотреть.

2.	Изобразить все активные силы.

3.	Отбросить связи, заменив их реакциями. При этом реакцию
шероховатостей поверхности необходимо представить двумя составляю-
щими: нормальной реакцией N и силой трения FTp. Иногда целесо-
образно полную реакцию не раскладывать на составляющие, а напра-
вить ее под углом трения ф к нормали.

4.	Сопоставить число неизвестных величин и число независимых
уравнений равновесия, т. е. убедиться в статической определимости
задачи.

При этом следует отметить, что сила трения зависит от действу-
ющих сил и может принимать любые значения, при которых результи-
рующая реакция остается внутри конуса трения. Для плоской системы
F-w может принять любое значение между предельными от —fN до
(определяемыми законом Кулона). Другими словами, при задан-
ных силах существует целая область возможных сил трения, при ко-
торых равновесие тела будет сохраняться. Если же заданные силы
могут быть уравновешены лишь FTp > fN, то равновесие нарушается.

При учете трения в уравнения равновесия, кроме нормальных реак-
ций, войдут и неизвестные силы трения, при этом число неизвестных
удвоится и задача станет статически неопределимой. Но, определив
соотношения заданных сил для случая предельного равновесия при
FTp = | fN |, можно всегда сделать вывод о том, будет ли рассматри-
ваемое тело при конкретных условиях находиться в равновесии или
нет. Поэтому практически ограничиваются рассмотрением случаев
предельного равновесия, для которых число неизвестных по (1.37)
не увеличивается.

5.	Направить оси координат.

6.	Составить систему уравнений равновесия для сил, действующих
на тело.

7.	Решить уравнения равновесия относительно искомых величин.

Отметим, что основные указания по выбору координатных осей
и моментных точек остаются такими же, как и для задач без трения.

Задача 39. Бетонная плита силой тяжести G и длиной 21 опирается
о вертикальную стену и горизонтальный пол. Коэффициенты трения
плиты о стену f19 о пол /2. Определить наименьший угол наклона плиты
к горизонту а, при котором она остается в равновесии (рис. 49, а).

Решен не. Наименьший угол наклона плиты к горизонту, оче-
видно, соответствует случаю предельного равновесия. Дальнейшее
уменьшение угла ее наклона вызываетнарушение равновесия.

На плиту действует активная сила G. Отбросим связи (рис. 49, б),
заменив их нормальной реакцией и силой трения FTP1 стены, а
также нормальной реакцией N^ и силой трения FTP2 пола. Неизвест-
них три: a, NA, Nв. Задача статически определима. Направим оси
координат. Составим три уравнения равновесия:

2Х =0, Уд-Ггр, =0;	(а)

S/ = 0, NB — G 4- FTPl = 0;	(б)

2Л4В = 0, Gl cos а — Уд-2/ sin а — FTP1«2/ cos а = 0.	(в)

/V .

Так как FTp, = /2Уз, то из (а) следует Ув = -г-•

У
а]	д)

Рис. 49

Подставим в (б) найденное значение NB и FTPl — fiNа* Тогда

^-Уд-С + УдЛ = 0, Уд = СгД^.

Уравнение (в) принимает вид

Gl cos а — G

21 sin а—G

hh

1+/Л

2i cos а = 0.

После сокращения и деления на cos а получаем

1 — /1/2

2/3 ’

откуда находим искомый угол

Задача 40. Горизонтальный стержень с помощью втулки падет на
вертикальную стойку. Длина втулки Ь, диаметр d. На конце стержня В
на расстоянии а от оси стойки подвешен груз силой тяжести G. Пренеб-

регая тяжестью стержня, определить наименьшее расстояние а, при
котором под действием силы G стержень может оставаться в равнове-

сии, если коэффициент трения между стержнем и стойкой f (рис. 50, а).
Решение. Наименьшее расстояние а, при котором стержень
остается в равновесии, соответствует случаю предельного равновесия.
К стержню приложена активная сила G. Отбросим связи (рис. 50, б).
Стержень опирается на стойку в точках М и L. Следовательно, поя-

Рис. 50

вятся две нормальные реакции
Afi, N2 и две силы трения FTP1,
FrPi. Получено три неизвестных

a, Afx, Л2 — задача статически
определима. Направим оси коор-
динат и составим уравнения
равновесия:

SX = 0, Л2 —	- 0; (а)

2У = 0, ЛР1 + ЛР2 — G - 0;

(б)

4-Л^б —FTP1 d = 0.	(в)

Из (а) следует N2 =	= Af.

Тогда для случая предельного
равновесия FTP1 = FTPj[ = FTp =

= fN. Из (б) найдем Л =

-ч

Уравнение (в) примет вид

— G	f zfd = O.

Решая его относительно искомого, находим а = Таким образом

при a стержень будет оставаться в равновесии независимо от
величины G.

Задача 41. С помощью тормозного рычага равномерно опускают
груз G = 2 кн, Определить усилие нажатия на рычаг Q, если радиус
шайбы тормоза R = 0,2 м, радиус барабана г ~ 0,05 м, коэффициент
трения f = 0,2, а = 46 (рис. 51, а).

Решение. Рассмотрим равновесие рычага (рис. 51, б), находя-
щегося под действием силы Q, составляющих реакции в оси ХА, YА9
нормальной реакции шайбы тормоза N и силы трения F1?. Составим
уравнения моментов относительно А

2Л4л -0, Nb — Qa - 0,

откуда

Mb
а

Теперь рассмотрим равновесие барабана (рис. 51, в), К нему при-
ложены силы G, Л, Ло и Составим уравнения моментов отно-
сительно оси барабана О

2/Ио = 0, Gr — FTpR = 0,

откуда

и, следовательно,

Gr
R

о)	б) У

Рис. 51

Тогда искомая сила нажатия на рычаг

rb _ 2 • 0,05 • 1

fRa “ 0,2 • 0,2 • 4

— 0,625

КН,

Задача 42. Определить максимальный угол наклона плоскости,
при котором каток диаметром D — 1 м и силой тяжести G не будет
скатываться, если коэффициент трения качения k — 0,0005 м
(рис. 52, а).

Решение. Рассмотрим равновесие катка. К нему приложена ак-
тивная сила G. Отбросим связь — плоскость, заменив ее реакциями
/V и FTp (рис. 52, б). Разложив О на две составляющие по осям коорди-
нат (Gx == G sin a, Gv = G cos а), получаем, что Gx стремится повер-
нуть каток, a Gv вместе со смещенной нормальной реакцией № препят-
ствует этому. Составим уравнения проекций на ось у и моментов отно-
сительно точки А для случая предельного равновесия:

2 У = 0, —G cos а + W = 0;	(а)

sin а—А7г = 0.

(б)
Из (а) следует N = G cos а. Тогда

sin а — G/г cos а = 0

и, следовательно, искомый угол

	2/г 2 • 0,0005 -	л лг-70

tga = jy = —Ц = 0,001; а 0,057 .

Л

QJ

Рис. 52

Задача 43. Для равномерного передвижения по деревянному на-
стилу станины пресса силой тяжести Q = 500 кн ее установили на
двадцать стальных катков диаметром d = 100 мм и силой тяжести

Рис. 53

G = 2 кн каждый. Определить горизонтальное движущее усилие Р,
если коэффициент трения качения стали по чугуну kY = 0,01 см, а
стали по дереву k2 — 0,046 см (рис. 53, а).

Решение. Допустим, что на каждый каток приходится одинако-
Q т-ч

пая часть веса станины Рассмотрим равновесие одного цилиндри-
ческого катка (рис. 53, б). К нему приложены следующие активные
силы-и реакции связей: сила тяжести катка G, нормальная реакция со
стороны станины Nu нормальная реакция со стороны пола N2t движу-
щая сила Рп на один каток и сила трения скольжения /?тр со стороны
пола. Очевидно Afx=3. Составим уравнения равновесия:

Из (а) находим N2 = G-}-N1 — G +
Решая (б) относительно Р„, имеем

Р  N 1^1 + N 2#2

Подставляя в это выражение значения Л\ и N2, получаем

Q (^i + ^2) + 20 G/г 2

203

Тогда полная движущая сила

р = 20Рл -

Q (^i + ^2) + 20Gk2
d

500 (0,01 +0,046)+ 20 • 2 * 0,046

10

3,0 кн.

Если пренебречь тяжестью катков, то

P = Q +^^2,8 кн.
ГЛАВА 4. ПРОСТРАНСТВЕННАЯ СИСТЕМА СИЛ

§ 14. РАВНОДЕЙСТВУЮЩАЯ ПРОСТРАНСТВЕННОЙ СИСТЕМЫ
СХОДЯЩИХСЯ СИЛ

Любую силу Р можно представить диагональю прямоугольного
параллелепипеда, построенного на составляющих X, У, Z (рис. 54)»
которые по модулю равны проекциям данной силы на оси координат
х, у, z. Модуль и направление Р определяют по формулам:

p=yX2 + Y2 + Z2t

cos(p, х)=^-, cos{p^y) = ^-t cos(p7"z) = ~.	(1.40)

Система сил, линии действия которых не лежат в одной плоскости,

но пересекаются в данной точке, называется пространственной систе-



Рис. 54

мой сходящихся сил. Равнодействующая
пространственной системы сходящихся сил
равна геометрической сумме слагаемых
сил

Р1 + Ръ+ ...+?Л = 2Р. (1.41)

Равнодействующая R выражается за-
мыкающей стороной пространственного си-
лового многоугольника, стороны которого
равны и параллельны данным силам. В ча-

стности, если число слагаемых сходящихся
сил равно трем, то их равнодействующая по модулю и направлению

выражается диагональю параллелепипеда, построенного на этих силах.
Силовой многоугольник пространственной системы сходящихся сил
не является плоской фигурой, поэтому при сложении сходящихся
сил, не лежащих в одной плоскости, предпочтительнее аналитический

метод.

Воспользовавшись теоремой: проекция равнодействующей системы
сходящихся сил на какую-либо ось равна сумме проекций всех сил на эту
же ось, находим проекции равнодействующей R на координатные оси:

Rx - 2Х, Ry = 2 У, Rz - 2Z.	(1.42)

Зная составляющие, по формулам (1.40) находим модуль и направ-
ление равнодействующей.

Задача 44. Найти модуль и направление равнодействующей про-
странственной системы четырех сил:

?i = 10 н (37°, 127°, 90°), Р2 = 18 н (139°, 90°, 49°),

?3 = 25 н (44°, 116°, 57,5°),	= 17 н (140°, 73°, 125°).

В скобках указаны величины углов, составляемых данными силами
с положительными направлениями осей координат х, yt г соответст-
венно.
Определение равнодействующей

Таблица 7

Силы, н	Углы с осями, град			Косинусы углов с осями			Проекции, п		
	X	У	2	X	У	2	X	У	Z
Pt =10	37	127	90	0,799	—0,602	0,000	7,99	—6,02	0,00
Р2= 18	139	90	49	—0,755	0,000	0,656	— 13,59	0,00	11,80
Р3 = 25	44	116	57,5	0,719	—0,438	0,537	18,00	—10,95	—13,41
Л= 17	140	73	125	—0,770	0,290	—0,574	—13,10	4,94	—9,77
Я = 19,6	92°04'	127°24'	38°00'	—0,036	—0,607	0,788	—0,70	—11,91	15,44
/?2 = 381,5							0,49	141	240

Проверка (—0,036)2 + (—0,607)2 + (0,788)2	1.

Решение. Определение равнодействующей приведено в табл. 7.
Последовательность действий такая же, как и для плоской системы
(см. задачу 8). Для проверки следует использовать тождество

cos2(/?, x) + cos2(/?, л/)-|-cos2(^, z)=l.

§ 16. РАВНОВЕСИЕ ПРОСТРАНСТВЕННОЙ СИСТЕМЫ
СХОДЯЩИХСЯ СИЛ

Для равновесия пространственной системы сходящихся сил необхо-
димо и достаточно, чтобы равнодействующая этой системы сил рав-
нялась нулю, т. е.

/? = SP = 0.	(1.43)

Равенство (1.43) выражает условие замкнутости силового много-
угольника данной системы сил, т. е. условие равновесия простран-
ственной системы сходящихся сил в геометрической форме.

Вместо векторного равенства (1.43) можно составить три скалярных:

SX -0, SV -0, SZ = 0,	(1.44)

которые выражают условия равновесия пространственной системы
сходящихся сил в аналитической форме и их называют
уравнениями равновесия пространственной системы сходящихся сил.
Система уравнений (1.44) позволяет определить только три неизвест-
ных. Если число неизвестных больше трех, то пространственная система
сходящихся сил является статически неопределимой.

Порядок решения задач на равновесие пространственной системы
сходящихся сил аналитическим методом (геометрический метод для
пространственных систем применяется крайне редко) остается таким
же, как и в случае плоской системы сходящихся сил.

Задача 45. Найти усилия в стержнях АВ и АС, а также натяжение
троса AD: если а = 60°, (3 = 45°, сила тяжести груза, подвешенного
в точке A, G = 500 н. Крепления стержней АВ и АС — шарнирные
(рис. 55, а).

Решение. Рассмотрим равновесие узла А (рис. 55, б). На узел
действует активная сила G. Отбросим связи, заменив их реакциями

Рис. 55

стержней и S2 и реакцией троса Т. Реакции в стержнях направим от
узла, считая их растянутыми. Проведем оси координат х, у, г и соста-
вим три уравнения равновесия:

2Х = 0, —Sj sin а — S2 sin а — Т cos (3 = 0;	(a)

S Y = 0, Si cos а — S2 cos а = 0;	(6)

2Z = 0, T sin p — G = 0.	(в)

Решая (в), находим

_ G _ 500
sin (3 sin 45°

= 707 h.

Из (б) следует S± = S2. Тогда уравнение (а) позволит определить
реакции стержней, численно равные искомым усилиям:

J. cos р

2 sin а

707 cos 45°-
2 sin 60°

= — 290 н.

Знак минус показывает, что в действительности стержни сжаты.

Задача 46. Пространственная стержневая система (ферма) состав-
лена из шести стержней 1, 2, 3, 4, 5 и 6. Сила Р = 1 кн действует на
узел А в плоскости прямоугольника ABDC, при этом линия ее дей-
ствия составляет с вертикалью СА угол 45° и Д£АК = AFBM. Ве-
личины углов даны на рис. 56, а. Определить усилия в стержнях.

Решение. Рассмотрим равновесие узла А (рис. 56, б). К нему
приложена активнаясила Р. Отбросим связи — стержни, заменив
их реакциями 5\, S2, 53. Полагая, что все стержни растянуты, реакции
направим от узла. Силы, действующие на узел, представляют систему
сходящихся сил. Выберем оси координат и составим три уравнения
равновесия:

2Х = 0, —S3 + Р cos 45° = 0;	(а)

2 У = 0, — S2 cos 45° + Si cos 45° = 0;	(б)

SZ = 0, —Sj sin 45° — S2 sin 45° + P cos 45°	= 0.	(в)

Решая (а), находим

S3 = P cos 45° — 0,707 кн.

Из (б) следует Si = S£, тогда из (б) имеем
Si = S2 — 0,5Р = 0,5 кн.

Рассмотрим равновесие узла В (рис. 56, в). К нему приложены най-
денная реакция S3 и неизвестные реакции S4, S5 и Se. Выберем оси

в

Рис. 56

координат и составим уравнения равновесия:

=0, S3 — Se cos 30° = 0;	(г)

2У = 0, S4 cos 45° — S5 cos 45° = 0;	(д)

2Z = 0, —S5 sin 45° — S4 sin 45Q — Se sin 30° = 0.	(e)

Из (г) находим:

с с 1	0,707 noii

S — $зсоз3qo — qj866 —'O’® 14 кн.
Из (д) следует S4 = S5. Тогда из (е) находим

sin 30°

6 2 sin 45°

0,814 - 0,5 ___q 2go

2*0,707	KH*

Таким образом, стержни /, 2, 5, 6 растянуты, стержни 4, 5 сжаты.

§ 16.	МОМЕНТ СИЛЫ ОТНОСИТЕЛЬНО ОСИ

Момент силы Р относительно оси z равен моменту проекции этой
силы на плоскость, перпендикулярную к оси z, относительно точки О
(точка пересечения оси z плоско-
стью т, рис. 57)

Рис. 57

Мг (Р) = Мо (PJ = ±Pxh =
= Ph cos а, (1-45)
где Рт — проекция силы Р на пло-
скость т, перпендикулярную к
оси z; h — длина перпендикуляра,
опущенного из точки О на линию
действия проекции

Отметим, что проекция силы на
ось — скалярная величина; проек-

ция силы на плоскость — вектор.
Момент считается положительным, если, глядя с конца положитель-
ного направления оси, видим вращение плоскости т под действием со-
ставляющей Pz против часовой стрелки. В противном случае момент

считается отрицательным.

Из выражения (1.45) следует, что момент силы относительно оси
равен нулю, если сила пересекает ось (h = 0) или параллельна оси
(Рт - 0).

Задача 47. Сила направлена по диагонали одной из граней куба
со стороной а. Определить момент этой силы относительно осей х,

yt z (рис. 58).

Решение. Разложим силу Р на составляющие Ру и PZi при
Р

этом, очевидно, Рг = Р„—-^_. Тогда

Мх = 0 + Рга —

Ра

Г2 •

(Ру пересекает ось х, поэтому ее момент равен нулю);

Му = 0 — Рга = —

(Ру параллельна оси у, поэтому ее момент равен нулю);

Л1 z —	Р уО	0 = —

Ра

(Рг параллельна оси z, следовательно, ее момент равен нулю).
Задача 48. К твердому телу, имеющему форму куба со стороной
а = 0,5 м, приложены четыре силы: Рг = 10 к, Р2 = 20 к, Р3 = 30 к,
= 40 н. Найти сумму моментов этих сил относительно координат-
ных осей, совпадающих с ребрами куба (рис. 59).

Рис. 53

Рис. 59

Решение. Искомые суммы моментов относительно координат-
ных осей равны:

S;Vlv “0 — Р2а cos 45° — Р3а + Р^а cos 45° ==
= (—20*0,707 — 30 + 40*0,707) 0,5 = —7,93 нм\
SMy = Pra + Р3а cos 45° + 0 — Р^а cos 45° =
- (10 + 20*0,707 — 40* 0,707) 0,5 = 2,07 нм\
- 0 + 0 + 0 + Р4 cos 45° а = 40*0,707*0,5 - 14,14 нм.

§ 17.	РАВНОВЕСИЕ ПРОИЗВОЛЬНОЙ ПРОСТРАНСТВЕННОЙ
СИСТЕМЫ СИЛ

Условия равновесия пространственной системы сил. Для равно-
весия пространственной системы сил необходимо и достаточно, чтобы
главный вектор и главный момент равнялись нулю, т. е.

R = 0, М = 0.	(1.46)

Два векторных равенства (1.46) можно заменить шестью скаляр-
ными:

2Х =0; 2У-0; SZ = 0;

= 0;	= 0; 2М, = 0.	(1.47)

Условия (1.47) называют уравнениями равновесия произвольной
пространственной системы сил.

Для равновесия тела в пространстве необходимо и достаточно,
чтобы суммы проекций всех сил на координатные оси и суммы моментов
всех сил относительно трех координатных осей равнялись нулю.

Частные случаи. 1. Для пространственной системы сходящихся
сил получим уже известную систему:

2Х = 0, 2У = 0, 2Z - 0.
2. Для пространственной системы сил, параллельных оси х:

2Х - О, %МУ = 0, 2Мг = 0;	(1.48)

оси у:

2 У = 0, 2Л1Х = 0, 2Мг = 0;	(1.49)

оси г:

2Z - 0, 2Л4У - О, 2Л1Х - 0.	(1.50)

В пространстве всякое свободное твердое тело имеет шесть незави-
симых движений — шесть степеней свобод ы: три линей-
ных перемещения вдоль осей х, у, г и три угловых перемещения вокруг
этих же осей. Каждое уравнение равновесия лишает тело одной степени
свободы, шесть уравнений равновесия лишают свободное твердое тело
всех шести степеней свободы.

Методические указания к решению задач

При решении задач на равновесие произвольной пространственной
системы сил рекомендуется придерживаться следующего порядка:

1.	Выделить тело, равновесие которого следует рассмотреть.

2.	Изобразить активные силы.

3.	Освободить тело от связей, заменив их реакциями. Число неиз-
вестных не должно быть более шести — иначе задача статически неопре-
делима.

4.	Выбрать пространственную систему координат х, у, г,

5.	Составить уравнения равновесия.

6.	Решить полученные уравнения относительно неизвестных.

После решения необходимо произвести проверку, для чего реко-
мендуется составлять сумму моментов всех сил относительно какой-
либо оси, отличной от принятых для решения задачи осей х, у, г.

Задача 49. Определить реакции подшипника В, подпятника А крана
и силу Т натяжения каната, если кран силой тяжести G = 30 кн
с грузом Р = 40 кн оттягивается горизонтальным тросом, переброшен-
ным через блок и несущим противовес Q = 1,5 кн. Угол наклона каната
к горизонту а = 60°. Трением в блоке пренебречь (рис. 60, а).

Решение. Рассмотрим равновесие крана (рис. 60, б). К крану
приложены следующие активные силы и реакции связей: силы тяжести
KpanajG и груза Р, реакция троса Q, реакция каната реакции опоры
В — Хв, YB и реакции подпятника А — ХА, Уд, Zj. Направим_ оси
координат. Всего имеем шесть неизвестных Т, Хв, Уд, Хл, Уд, ZA—
задача статически определима. Составим шесть уравнений равновесия:

2Х = 0, ХА + Хв + Т cos 60° — Q - 0;	(а)

2У - 0, Уд + Уй - 0;	(б)

2Z = 0, ZA — G — Р — Т sin 60° - 0;	(в)

2Л1Г = 0, —Уд-8,4 — G-2 — Р-6 — Т-6 sin 60° - 0;	(г)

2М3. = 0, Хв-8,4 — Q-8 + T-8cos60° = 0;	(д)

2Л1г - 0, Q-3 — T-6C0S 60е - 0.	(е)
Из (е) находим реакцию каната, численно равную его натяжению;

6 cos 60ч

Решая (д), определяем

v	(Q — Т cos 60°) 8	(1,5 — 1,5 -0,5) 8 n 71с

Х» = ------8Л---— = 5------8?4--——0.715 КН.

Из (в) находим вертикальную составляющую реакции подпятника
Za = G + Р + Г sin 60° - 30 + 40 + 1,5-0,866 = 71,3 кн.

Решая (а), определяем

Хл = Q — Т cos 60° — Хв = 1,5 — 1,5-0,5 — 0,715 = 0,035 кн.

Из (г) следует

v G • 2 +Р • 6 +Г sin 60° • 6 _	30-2+ 40-6 +1,5-0,866-6

УВ~—	8j4	—	8,4

= —36,5 кн.

Из уравнения (б) имеем

YА = —YB = 36,5 кн.

Направление Уд следует изменить на противоположное*

2

Рис. 60

Для проверки составим сумму моментов относительно хг

ZAf = G-4 — ZA-6 + Ув-8,4 = 30-4 -71.3-6 + 36,5-8,4 =
= 42,7 — 42,8^0.

Задача 50. Груз Q = 500 н поднимается при помощи вертикального
ворота. Определить горизонтальную силу Р, приложенную к рукоятке
ворота под углом а = 30°, а также реакции подшипников Л и В, если
участок веревки ЕХ параллелен рукоятке CD. Сила тяжести барабана
G = 200 н, г = 10 см, а = 25 см, й = 35 см, с — 15 см и CD = I =
= 50 см (рис. 61, а).

Решен и е. Рассмотрим равновесие ворота (рис. 61, б). К нему
приложены активные силы: G, Q, Р. Отбросим связи, заменив их реак-
циями. Реакция веревки приложена к вороту в точке Е и численно

Рис. 61

равна Q. Подпятник А дает три реакции ХА, УА, а опоры В — две
Хв, YB. Всего имеется шесть неизвестных (искомая Р и пять реакций)—
задача статически определима. Направим оси координат и составим
шесть уравнений равновесия:

2Х = 0, Р sin а 4- Хв + ХА = 0;	(а)

S У — 0, —Р cos сс4_Ув + Ф4_Ул“'О;	(б)

= 0, Р cos а (а + b + с) — YB (а + Ь) — Qa = 0;	(г)

= 0, Р sin а (а + b + <4 + Хв (а + Ь) — 0;	(д)

= 0, Qr — Pl sin а — 0.	(e)

Решая (e), получаем

500-10

l sin a 50 • 0,5

= 200 H.

Из уравнения (г)

P(a + b + c) cos a—Qa ___ 200 - 75 • 0,866 — 500 • 25

254-35
Из (в) находим

ZA = G = 200 «.

Решая (д), получаем

Р (а + 6 + с) sin а_________ 200 • 75 • 0,5

= — 125 н.

60

Из уравнений (а) и (б) соответственно имеем

ХА = — Р sin а — Хв = -200-0,5 + 125 = 25 к;

YA — Р cos ct —	— Q — 200*0,866 — 8,3 — 500 — —“335 н.

Таким образом, принятые направления Хв и YA следует из-
менить на противоположные.

Задача 51. Морская нефтяная вышка 2 силой тяжести G2 = 200 кн
монтируется на квадратном основании 1 силой тяжести Gr = 400 кн.

Рис. 62

которое устанавливается в зависимости от глубины дна на четырех
опорах 3 силой тяжести G3 = 190 кн каждая. На основании имеется
также выдвижная платформа 4 силой тяжести G4 = 25 кн. Определить
натяжения трех вертикальных тросов А, В xD, на которых все соору-
жение опускается в воду с трех плавучих кранов; размеры даны на
рис. 62, б.

Решение. Рассмотрим равновесие сооружения, для чего отбро-
сим связи_— тросы. На систему действуют только вертикальные силы:
Gn G2, 4G3, G4 и реакции тросов ТА, ТВ) TD.

Для удобства активные силы заменим равнодействующей — силой
тяжести всего сооружения (рис. 62, б)

Go = SG = 400 + 200 + 4*190 + 25 = 1385 кн.
приложенной в точке с координатами

Г Gx _ 400.0 + 200-3+4.190-0 + 25.8

1385

400 • 0 + 200 • 2 +4 • 190 -0 + 25 • 0

1385

— 0,29 м.

Тросы могут передавать только растягивающие усилия, поэтому
линия действия Go должна проходить внутри треугольника с верши-
нами в точках подвеса А, В, D. Действительно, пусть Go проходит вне
треугольника (точки подвеса Л, В nD', рис. 62, б}. Проведя ось через
вершины А и В и рассматривая равновесие относительно этой оси,
получим, что трос О' должен передавать сжимающее усилие, что невоз-
можно. Другими словами, система становится неустойчивой и соору-
жение может перевернуться. В крайнем случае, если Go пересекает
какую-либо сторону треугольника (например, ЛВ), то трос D не несет
никакой нагрузки — система также неустойчива. Нетрудно видеть,
что если точка С совпадает с центром пересечения медиан ДЛВТ), то все
тросы несут одинаковую нагрузку, равную Для пространственной

системы сил, параллельных оси гъ составим три уравнения равнове-
сия (рис. 62, в):

= 0, ТА + Тв + TD - Go - 0;	(а)

2М, = 0, -Тл-7,5 + 7>7,5 + Go-O,29 - 0;	(б)

= 0, T1D*10 — Go -3,08 = 0.	(в)

Из (в)

TD = 0,308 Go = 427 кн.

Решая (а) и (б) совместно, получаем

ТА = 0,327Go = 454 кн, Тв = O,365Go = 504 кн.

§ 18. РАВНОВЕСИЕ ПРОСТРАНСТВЕННОЙ СИСТЕМЫ СИЛ
В КАЖДОЙ КООРДИНАТНОЙ ПЛОСКОСТИ

Если пространственная система сил находится в равновесии, то и
проекции всех сил на любую плоскость представляют собой уравно-
вешенную плоскую систему. Рассматривая проекции всех сил на коор-
динатные плоскости хОу, yOz, xOz, получаем три плоских системы,
находящихся в равновесии. Для каждой плоскости получим по три
уравнения равновесия:

хОу — 2Х = 0, 2У = 0,	-	0;

yOz — 2У = 0, 2Z = 0, %МВ = 0;

xOz — SX = 0, SZ = 0,	=	0,

где Л, В, С — любые точки на соответствующих плоскостях.

Отметим, что уравнения равновесия при этом могут быть записаны
в любой из трех форм. Всего получено девять уравнений, но это не
значит, что можно найти более шести неизвестных. Только шесть урав-
нений являются независимыми, а остальные три (получаются путем
тождественных преобразований исходных шести) можно использовать

только для проверки.

Задача 52. Определить усилия в шести опорных стержнях, под-
держивающих квадратную плиту, при действии вертикальной силы Р

(рис. 63).

Рис. 63

Реше н и е. Рассмотрим равновесие плиты. К ней приложена ак-
тивная сила_Р. Освободимся от связей, заменив их реакциями стержней:
52, S3, S4, S5, S6. Всего имеется шесть неизвестных и поэтому за-
дача статически определима. Спроектируем всю систему сил на выбран-
ные координатные плоскости хОу> xOz, yOz и рассмотрим в них равно-
весие сил (учитывая, что cos 45° = 1/^2):
Из (а), (б) и (г) следует Si = —S5 = —S2 = —S4. Тогда из (в)
непосредственно находим S3 = Подставляя S3 = —Sx в (д),

находим

Все искомые выражены через Slt поэтому уравнение (е) примет вид

откуда после приведения подобных находим

/2

соответственно

Для проверки составим сумму проекций на ось г для всей системы

_2Р—2Р = 0.

§ 19. РАЗЛИЧНЫЕ СЛУЧАИ НАГРУЖЕНИЯ РЕДУКТОРНЫХ ВАЛОВ

Любую силу /?, действующую на вал, можно разложить на три со-
ставляющие (рис. 64,а): радиальную Г, окружную Р и осевую Q. Ре-

дукторные валы устанавливают в подшипниках, причем один из них,

<*)

Рис. 64

кроме радиальной и окруж-
ной нагрузок, должен воспри-
нимать и осевую (рис. 64, б).
Такой подшипник называют
упорным. Опору А, воспри-
нимающую радиальную и ок-
ружную силу, считают по-
движным шарниром. В нем
появятся две_ составляющие
реакции Хл, Опору, вос-
% принимающую все три вида
нагрузок (радиальную, ок-
;	ружную и осевую), прини-

8	мают за неподвижный шар-

нир В. В нем появляются
три реакции Хв, Y ZB*

Задача 53. Определить реакции подшипников вала червячного
редуктора и момент М, если на червяк действуют силы: Р = 5,5 кн.
Т = 2 кн, Q = 0,8 кн. Размеры: I = 200 мм, г = 50 мм (рис. 65, а).

Решение. Рассмотрим равновесие вала (рис. 65, б). На него
действуют активные нагрузки: Р, Q, / и/М. Отбросим связи. В под-
шипнике А появятся две составляющие ХА и ZA.
В упорном подшипнике В — три Хв, YB, 2В. Имеется шесть неиз-
вестных (пять реакций подшипников и момент Л4), значит, задача ста-

Рис. 65

тически определима. Составим шесть уравнений равновесия:

= О, Хд + Хв + Р = 0;	(а)

2У = 0, YB - Q = 0;	(б)

2Z = 0, ZA + ZB — Т - 0;	(в)

2Мх = 0, —ZAl + T-0,5l — Qr = 0;	(г)

ZMy = 0, М — Рг = 0;	(д)

= 0, ХА1 + Р-0,51 = 0.	(е)

Из (б), (д) и (е)

Ув = 0,8 кн, М = Рг = 5,5-0,05 = 0,275 кнм, ХА = — ==—2,75кн.

Зная ХА, из уравнения (а) получаем Хв =— у==—2,75 кн.
Из (г)

ZA = 0,5T — yQ = 0,5'2—^0,8 = 0,8 кн.

Подставляя ZA в (в), находим

Задача 54. На косозубую шестерню диаметром = 200 мм вала
редуктора действуют следующие силы: осевая = 0,36 кн, радиаль-
ная 7\ — 0,6 кн и неизвестная окружная сила Рг. На прямозубую
шестерню диаметром d2 = 100 мм, закрепленную на этом же валу,
действуют радиальная сила Т2 = 1,2 кн и окружная сила Р2 = 3,2 кн.
Размеры: а = 40 мм; b = 60 мм, с = 50 мм. Определить реакции
в подшипниках Л и В (рис. 66, а).

Решение. Рассмотрим равновесие вала (рис. 66, б). К нему
приложены активные силы: фп Ту, Т2, Р2. Отбросим связи. В под-
шипнике А появятся две реакции ХА, ZA,a в подшипнике В — три:

а)

Рис. 66

YB и ZB. Всего имеется
шесть неизвестных (пять реак-
ций и Ру) — задача статически
определима. Составим шесть
уравнений равновесия:

X = 0,

Pi + P 2 — ХА— Хв = 0;	(а)

2/-0, -P0 + Qt=O; (б)

2Z = 0, Ту — Т2 +

+	+ ZB = 0;	(в)

SMjt == 0, 7\а — Т2(а + Ь) +
+ ZBl +	• 0,5di = 0;	(г)

ХМ£ = 0, —Pva — Р2(а +

+ Ь) + ХВ1 = 0;	(д)

2МУ = 0, —Ру • 0,5^ +

+ Р2 • 0,5d2 = 0.	(е)

d.

Решая уравнение (е), находим Р1 = Р2^-=1,6 кн, из (д) получаем

— 2,56

кн.

Из уравнения (а)

Хд — Ру + Р2 — Хв — 1,6 + 3,2 — 2,56 — 2,24 кн.

Реакцию ZB находим из (г)

— Тyd + Т2 (а + Ь) —0,5Q
~1

— 0,6 • 0,04+1,2 (0,04 + 0,06) -0,5.0,36 • 0,2
0,15

==0,4 кн.

Искомые ZA и YB получаем из (в) и (б):

ZA = T2-Ty-ZB = 1,2 — 0,6 — 0,4 = 0,2 кн, = Qt = 0,38 кн.

Для проверки составим суммы моментов относительно и Zy.
2A1V1 = ZAl	Т\(b + с) + Т 2с + 0,5(2^7] =

- —0,2 • 0,15 — 0,6 • 0,11 + 1,2 • 0,05 + 0,5 • 0,36 • 0,2 =

= —0,096 + 0,096 = 0;
2Л4г1 = —Хл/ + Pi (b 4- с) 4- Р2с =

= —2,24 • 0,15 + 1,6 • 0,11 4- 3,2 • 0,05

— 0,336 4- 0,336 - 0.

Эту же задачу решим, составляя уравнения равновесия для коор-
динатных плоскостей. Для xAz ограничимся одним уравнением

£Мд = 0, -Л^ + Р2| = 0,

откуда Pi = 1,6 кн.

Для хАу составим два уравнения:

2Л4Л — 0, —Pta — Р2 (и 4- Ь) + Хд/ — 0;

ЪМВ = 0, — ХА1 + РАЬ + с) + Р2с = 0.

(ж)

(з)

(и)

Решая их, получаем:

1,6-0,04 + 3,2 (0,04 + 0,06)
0,15

= 2,56 кн,

Pi (6 + с) + Р2с _ 1,6 (0,06+ 0,05)+ 3,2-0,05 _ 2 24 КН

0,15

Для у Az составим три уравнения:

2Л1Л = 0, 7\а — Т2 (а + b) + ZBl +	• 0,5^ = 0;

SMB = 0, -2д/-Л(6 + с) + Т2с + (21^ = 0;

Из

(л)

- Л (& +с)+ 7^4-0,501^1 _

— 0,6 (0,06 + 0,05)+ 1,2 • 0,05 + 0,5 • 0,36  0,2

0,15

= 0,2 кн.

Из

(к)

— 0,6  0,04+1,2 (0,04 + 0,06) -0,5 • 0,36 • 0,2
0,15

= 0,4 кн.

91

Из

(м)

YB — Qa " 0,36 кн.

(к)

(л)
(м)
ГЛАВА б. ЦЕНТР ТЯЖЕСТИ

§ 20. ЦЕНТР ТЯЖЕСТИ ОДНОРОДНЫХ ТЕЛ

Центр тяжести. Центр сил тяжести всех точек тела называют
центром тяжести этого тела. Координаты центра тяжести определя-
ются из выражений

zc

ZGz

(1-51)

где х, у, г, G — координаты и сила тяжести одной частицы тела; 60 —
сила тяжести всего тела.

Ось, проходящую через центр тяжести, называют центральной.

Однородная материальная линия. Тело, у которого два измерения
(высота и ширина) пренебрежимо малы по сравнению с третьим изме-
рением (длиной), называют материальной линией. У однородной мате-
риальной линии отношение силы тяжести G к длине I — постоянная
величина для любого произвольного участка линии:



-г = const.

(1.52)

С учетом (1.52) формулы (1.51) примут вид:

(1.53)

где /0 — полная длина линии.

Однородная материальная поверхность. Материальной поверх-
ностью называют тело, у которого одно измерение (толщина) пренебре-
жимо мало по сравнению с двумя другими (длиной и шириной). У одно-
родной материальной поверхности отношение силы тяжести к площади
поверхности есть постоянная величина для любой произвольной части
поверхности

Ур = у = const.	(1.54)

С учетом (1.54) формулу (1.51) можно выразить так:

(1.55)

где — полная площадь поверхности.

Статический момент площади. Произведение площади F фигуры
на расстояние от ее центра тяжести до какой-либо оси называют ста-
тическим моментом этой площади относительно данной оси. Так
Sx = Fy — статический момент площади F относительно оси х, а
Sv = Fx — статический момент этой же площади относительно оси у.
Чтобы определить статический момент площади сложной фигуры
относительно некоторой оси, необходимо сложить статические моменты
отдельных частей фигуры относительно этой же оси, т. е.

50л - ZFy, Sov = 2Fx.	(1.56)
Ось, проходящую через центр тяжести, называют центральной.
Статический момент плоской фигуры относительно любой центральной
оси равен нулю.

Однородный материальный объем. Материальный объем имеет со-
измеримыми все три измерения. Для любой части однородного тела

= const.

С учетом (1.57) формулы (1.51) примут вид:

£ Ух

Vo ’

(1.57)

(1.58)

где V'o — полный объем тела.

§ 21 ОПРЕДЕЛЕНИЕ ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ
СЛОЖНОЙ ФОРМЫ

ИГУР

Положение центра тяжести фигуры сложной формы можно опре-
делить, разбив эту фигуру на части простой формы, положение цент-
ров тяжести которых известны. Существует два метода определения
центров тяжести фигур сложной формы: метод группировок и метод
отрицательных масс.

Метод группировок. Дана фигура произвольной формы (рис. 67, а).
Разобьем ее на ряд простейших элементов, центры тяжести которых

Рис. 67

G

Н

можно определить. Площади и координаты центров тяжести этих
элементов соответственно: F19 х19 уг\ F2, x2t у2; F3, х3, у3; F4, %4,
Общая площадь фигуры FQ = 2F — Fr + F2 + F3 + F4. Координаты
центра тяжести всей фигуры в соответствии с (1.55):

F 1*1 + ^ 2*2+ 3*3+ 4*4

F 1^1+^2^2 + ^ 3#з + ^ 4#4

Ус =-----------в----------
Метод отрицательных масс. У фигуры (рис. 67, б) вырезан прямо-
угольник. Разобьем ее на три простые фигуры, центры тяжестей
которых можно определить. Такой фигурой является и вырезанный
прямоугольник. Площадь и координаты центров тяжестей этих фигур
Flt ^1» Уъ Уъ (—F3), Уз* (так как прямоугольник — вырезан-
ная фигура, его площадь считаем отрицательной). Тогда FQ =
== Fi + F2 — F3 и

r  Plxl “T p2x2 4" ( P$)x3	?2УъЛ~ (—

xc _----------—--------t yc =----------- ---------.

t 0

Оба метода применимы к определению центров тяжестей сложных
тел, состоящих из материальных линий и объемов.

Таблица 8

Центры тяжести С однородных геометрических линий, фигур, тел

Круговой сектор с центральным углом 2а

v 2 R sin а

ХС----Q-------

3 а
Круговой конус

Объем

1 ,

*с = ~г к.
с 4

Боковая поверхность

Хс =~3 h

Усеченный круговой конус

Объем

_ h Я2 + 27? г + 3г2

Хс 4 R2 + Rr+r*‘

Боковая поверхность

Методические указания к решению задач

При решении задач на определение центра тяжести фигур слож-
ной формы необходимо придерживаться следующего порядка:

1.	Выбрать метод, который наиболее применим к данной задаче
(метод группировок или метод отрицательных масс).

2.	Разбить сложное тело на простые элементы, для которых центры
тяжести известны.

3.	Выбрать оси координат. При этом необходимо помнить, что:
если тело имеет плоскость симметрии, то его центр тяжести лежит
в этой плоскости; если тело имеет ось симметрии, то его центр тяжести
лежит на этой оси; если тело имеет центр симметрии, то его центр
тяжести совпадает с центром симметрии.

4.	Определить координаты центров тяжести отдельных простых
тел относительно выбранной оси.

5.	Используя формулы (1.51), (1.53), (1.55), (1.58), определить
искомые координаты центра тяжести заданного тела.

Задача 55. Для транспортировки химической колонны силой тя-
жести GK == 1680 кн спроектирована железнодорожная платформа.
Определить координаты центра тяжести платформы с колонной в тран-
спортном положении, если сила тяжести рамы платформы GP = 620 кн.
На раме установлено оборудование силой тяжести (в кн)\

передняя опора Оп. 0.......................45

средняя опора 6С. 0 .......................28

задняя опора G3. ..........................62

передний колесный ход	6'11>х .............125

задний колесный ход д3. ...................204

электрооборудование бэ ....................

Координаты центров тяжести колонны, рамы и другого оборудо-
вания даны на рис. 68 (все размеры в метрах).
Решение. В технике определение центра тяжести агрегата
в сборе на основании данных по отдельным узлам называют развеской.
При этом используют понятие «статический момент силы тяжести»,
под которым понимают произведение силы тяжести данного узла на
соответствующую координату его центра тяжести.

Применим метод группировок. Расчет сведем в табл. 9. Сначала
заполним графы известных сил тяжести и координат центров тяжести
отдельных узлов. Затем определим статические моменты сил тяжести
этих узлов относительно х и у.

Таблица 9

Определение координат центра тяжести

Элемент	Сила тяжести, кн	Координаты центра тяжести, м		Статический момент, кнм	
		X	У	Gx	Gv
Колонна 		1680	12,0	3,6	20 150	6050
Рама		620	11,0	1,2	6 810	744
Передняя опора ....	45	35,0	2,9	1572	131
Средняя опора 		28	7,0	2,3	196	64
Задняя опора		62	—4,0	2,4	— 248	149
Передний колесный ход	125	21,0	0,6	2 625	75
Задний колесный ход	204	0,0	0,6	0	122
Электрооборудование	22	-2,7	0,8	—59	18
Агрегат с грузом . . .	2786	11,13	2,64	31040	7353

Суммируя все величины, входящие в графу сил тяжести, находим
общую силу тяжести агрегата с грузом Go = 2G. Производим алгебра-
ическое суммирование статических моментов по соответствующим
столбцам SGx, SGr/. Поделив полученные статические моменты систе-

мы на Go, получаем искомые
с колонной:

Заполняем последние две
клетки таблицы: хс = 11,13л/;
ус = 2,64 м.

Задача 56. Найти центр
тяжести плоской детали, по-
казанной на рис. 69; размеры
в сантиметрах.

Решение. Применим
метод отрицательных масс.
Разобьем площадь фигуры на
четыре элемента: квадрат /,
полукруг II, треугольник III
и круг IV (с отрицательной
площадью). Направим оси
координат и выпишем все

для квадрата I

координаты центра тяжести агрегата

Рис. 69

координаты и величины площадей

Xi = 10 см, у! = 10 см, Fi = 20 • 20 = 400 см2;

для полукруга II

х2 = 5 см,

см,

А2 = 0,5л • 52 = 39,3 см2;

для треугольника ///

х3 = 20 + 5 = 25 см, у3 = 20—5 = 15 см, F3 = 0,5 *10*15 =75 см2;

для круга IV

х4 = 5 см, у4 = 15 см, F4 = —л*32 = —28,4 см2.

Решение сведено в табл. 10.

Таблица 10

Определение центра тяжести

Фигура	Площадь, см2	Координаты центра тяжести, см		Статический момент, см3	
	F	X	У	Fx	Fy
£	400,0	10,0	10,0	4000,0	4000,0
II	39,3	5,0	—2,1	196,5	—83,1
III	75,0	25,0	15,0	1875,0	1125,0
IV	—28,4	5,0	15,0	—142,0	—426,0
Деталь	485,9	12,2	9,5	5929,5	4614,9

4 В, Л. Осадчий, А. М. Файн

97
Задача 57. Определить центр тяжести сечения, составленного из
двух стандартных профилей: двутавра № 30 и швеллера № 24 (рис. 70).

Рис. 70

Решение. По табл. III и IV (приложение) находим необходимые
размеры (в см) для двутавра и швеллера. Выберем оси координат
с центром в точке С\ (центр тяжести двутавра). Так как ось у явля-

Рис. 71

ется осью симметрии сечения,
то хс = 0. Тогда

yt = 0, Fi = 46,5 см2-
у2 = 15 + 2,42 = 17,42 см\
F2 = 30,6 см2.

Поэтому

F 1У1+F 2У2

Ус ~Т\+7»~=

46,5 • О-J-30,6 • 17,42 е no
= —Гб,5+зоТб— = 6>92 СМ •

Задача 58. Определить
центр тяжести сечения, со-
ставленного из двутавра №36,
двух швеллеров № 20, двух
неравнобоких уголков № 10 х
х 6,3 и листа толщиной
б = 10 мм (рис. 71; размеры
в см).

Решение. По табл.
II, III и IV (приложение) на-
ходим необходимые данные
и заносим их в расчетную
табл. 11.
Определение центра тяжести

Таблица II

Фигура	Площадь, см2	Координаты центра тяжести, см		Статический момент, см3	
	р*	X	У	Гх	Су
/	46,50	0	18,00	0	837,0
п	46,80	0	46,00	0	2155,0
ш	9,59	6,73	—1,42	64,50	—13,6
IV	9,59	6,73	57,42	64,50	550,0
V	68,60	10,50	28,00	720,0	1920,0
Сечение	181,08	4,68	30,5	849,0	5448,4

Таким образом, искомые координаты центра тяжести хс = 4,68 см;
ус — 30,5 см.

Задача 59. Тяжелая ракетная самоходная установка находится
в исходном положении. Определить положение центра тяжести уста-
новки с ракетой, а также давление на передний и задний гусеничные
хода с учетом ветровой нагрузки, равнодействующая которой Рв —

Рис. 72
= 35 кн приложена на высоте йп = 25 м. Координаты центров тяже-
сти отдельных узлов и агрегатов даны на рис. 72; размеры — в м\
силы тяжести приведены в табл. 12.

Таблица 12

Определение центра тяжести

Наименование узла

Сила тяжести, кн	Координаты центра тяжести, м		Статический момент, кнм	
G	X	У	Gx	Gy

Ракета ..............

Установщик...........

Пусковой стол........

Задний гусеничный ход
Гидродомкрат........

Платформа............

Передний гусеничный
ход....................

Электростанция . . . .

Кабина с двигателем . .

Неучтенное оборудова-
ние ...................

380	4,2	26,0	1 596	9 880
140	8,0	23,0	1 120	3 220
120	4,2	6,2	504	744
52	0	0,8	0	42
17	24,1	4,7	410	80
620	36,8	2,5	22816	1 550
52	42,0	0,8	2 184	42
36	46,0	6,0	1 656	216
29	51,2	3,2	1 485	93
152	36,8	6,4	5 594	973

Установка с ракетой . .

1 598

10,87

10,54	17 365	16 840

Решение. Решение сведено в таблицу.

Нетрудно видеть, что давления на передний и задний гусеничные
хода определяются из выражений:

-1598 —

25,0

42Д)

. 35 = 393 кн,

l — xr	hB 42,0—10,87	25,0

дгз_ cGo+ ®рв = —--------- 1598 + ^-35=1205 кн.

§ 22. УСТОЙЧИВОСТЬ РАВНОВЕСИЯ

Твердое тело находится в состоянии равновесия, если главный
вектор и главный момент всех сил, действующих на это тело, равны
нулю. При этом всякое инерционное движение тела является равно-
весным состоянием. Если же и скорости всех точек тела равны нулю,
то считают, что данное тело находится в положении равновесия.

В идеальных условиях равенство нулю главного вектора, главного
момента и скоростей всех точек тела достаточно для того, чтобы такое
тело пребывало в положении равновесия сколь-угодно продолжитель-
ное время. Но в реальных условиях каждое тело под действием окру-
жающей среды постоянно получает большие или меньшие отклоне-
ния от положения равновесия. В зависимости от реакции тела на эти
отклонения различают три вида равновесия: устойчивое — тело стре-
мится в исходное равновесное положение; неустойчивое — тело стре-
мится еще больше удалиться от исходного равновесного положения;
безразличное — любое новое положение тела является равновесным.

На рис. 73 показаны различные виды равновесия тела с центром
тяжести С и осью вращения О.

Рис. 73

Рис. 74

На рис. 74 изображены различные виды равновесия тела, имеющего
с опорной поверхностью одну общую точку К (О — геометрический

о

центр опорной поверхности тела с центром тяжести С).

На рис. 75 показан случай равновесия тела, имеющего опорную
плоскость. Сила Р создает относительно

момент Мо = Ph. Сила тяжести G отно-
сительно того же ребра создает восста-
навливающий момент MQ — Ga. Степень
устойчивости тела определяется коэффи-
циентом устойчивости, равным отно-
шению восстанавливающего и опроки-
дывающего моментов,

Мв

Мо*

(1.59)

При этом, если k > 1 — тело устой-
чиво; k = 1 — тело находится на грани
опрокидывания; k < 1 — тело неустойчиво

К опрокидывающий

ребра

и опрокидывается.

Задача 60. Ломаный рычаг составлен из

двух однородных стерж-
ней АВ и ВС одинакового сечения, образующих между собой прямой
угол. Стержень ВО в п раз короче стержня В А. Рычаг может свободно
вращаться вокруг оси, проходящей через точку О. Определить угол а
между стержнем ВА и вертикалью в поло-

/

Рис. 76

жении устойчивого равновесия (рис. 76).

Решение. Рычаг займет положение
устойчивого равновесия, при котором центр
его тяжести С будет находиться на одной вер-
тикали с осью вращения О. Выберем точку В
за начало координат, ось х направим по
стержню ВО, а ось у — по стержню В А.
Пусть I — длина ВО, тогда nl — длина В А.
Координаты центров тяжести стержней:
ВО — Xi = 0,5/, у! =0; В А — х2 = 0, у2 =
= 0,5п/. Тогда координаты центра тяжести
рычага:

__+ nlx2 ___I - 0,5/ + Ш • 0 __	1	,

Хс — l + nl ~ l + nl ~ 2 (п +1)Z;

// —	+	п1уг — /'0 + п/-0,5п/ _ Гр .

Ус l + nl	l	+ nl “2(/г+1Г'

Теперь находим искомый угол:

tga=^T = -^- a = arctg-+.

Задача 61. Найти предельную высоту цилиндра Н, при которой
тело, состоящее из полого цилиндра и полушара одинаковых плотностей
и радиусов /?, теряет устойчивость в положении равновесия, если оно
опирается шаровой поверхностью на
горизонтальную плоскость. Внутрен-

ний радиус цилиндра 0,5/? (рис. 77).

Решение. Как уже установ-
лено, устойчивым такое тело будет в
том случае, если его центр тяжести
лежит не выше геометрического центра
опирающегося тела, т. е. полушара.
В предельном случае центр тяжести
совпадает с геометрическим центром О.
Примем точку О за начало отсчета
вертикальной оси г. Тогда координата
центра тяжести сложного тела, состоя-
щего из двух простых тел одинако-
вой плотности, равна

Рис. 77

1/?1	1/ 2^2

где и V2z2 — объемы и координаты центра тяжести полого цилинд-
ра и полусферы соответственно.

Из условия неопрокидывания (гс — 0) имеем

V121 + ^2 == о.	(а)
Величины, входящие в это уравнение (табл. 8):

Vx = пН (R2 — 0,25/?2) - 0,75л///?2, zt = 0,5//;

V2 = 0,667л/?3, z2 = —0,375/?.

Подставив их в (а), получим уравнение

0,75л///?2 • 0,5// — 0,667л/?3-0,375/? = 0.

Решая его, получаем искомую предельную высоту цилиндра

Н - //шах = 0,817/?.

Задача 62. Определить, насколько максимально можно выдвинуть
одинаковые бруски, положенные друг на друга, чтобы вся система
сохраняла устойчивое положение (рис. 78, в).

Рис. 78

Решен и е. Самый первый брусок не опрокинется, если его центр
тяжести будет сдвинут не далее края находящегося под ним второго
бруска. Следовательно, максимально первый брусок можно выдви-
нуть наполовину (рис. 78, а). Второй брусок можно выдвинуть настоль-
ко, чтобы центр тяжести двух верхних брусков

— Pl+O^PL _ 3 .

*2“ 2Р “4

был сдвинут не далее края третьего бруска (рис. 78, б).

Следовательно, второй брусок может быть сдвинут на /—ха = —

Очевидно, для верхних трех брусков

2Р/+0.5Р/	5 ,

*3------ЗР ~ бГ
и третий брусок можно сдвинуть на I—Хз^-g-. Подметив закон, мы
легко установим, что последующие бруски можно выдвинуть на:

V - направление
ветра

А

Рис. 79

а

О eq

порциональности. Поперечные
b х I = 4 х 8 м. Силой ветра

Коэ

Pf

размеры

Т» 10*	’ 2п » где п

номер бруска.

Задача 63. На плат-
форме силой тяжести G —
= 20 кн вертикально ук-
реплен бетонный блок
Q = 30 кн. Ширина колеи
а = 1,5 .м. Высота плат-
формы от рельса h = 1 м.
Определить максимальную
скорость ветра, при кото-
рой платформа не может
опрокинуться, если давле-
ние ветра на единицу попе-
речного сечения равно рг =
= о/2, где с = 0,5 нм4 х

X сек2 — коэ

|Цп

ициент про-

блока (ширина и длина)

на колеса и платформу пренебречь.

ициент устойчивости k — 1,25 (рис. 79).

ш е н и е. Результирующая сила ветрового давления, прило-

женная в центре блока,

Р — ргЫ = cv2bl





создает опрокидывающий момент

Мо = Р (й + 0,5ft) = cv2bl (й + 0,5ft).

Восстанавливающий момент создают силы тяжести груза и плат-
формы

Мв - 0,5а (Q + G).

Коэффициент устойчивости в соответствии с (1.59)

Мв	0,5а (Q + G)

Мо cv*bl(h+0,5b) '

Тогда максимально допустимая скорость ветра из условия неопро-

кидывания равна

€ У kblc$h + b)

1,5(30+20) 103

1,25-4.8-0,5(2.1+4)

= 25,0 м/сек.

Производим проверку правильности решения по размерности.
Величины, входящие в уравнение для определения искомой макси-
мальной скорости ветра, в СИ имеют следующие размерности: dim v ==
= м/сек-, dim a, ft, /, й = м\ dim Q, G = н\ dim с = н-секНм\

Подставим эти размерности в расчетную формулу:

м/сек =

лс (н + н) лс4
лс2. н. сек2 (лс+лс)
Размерности в левой и правой частях формулы одинаковы, это
подтверждает правильность расчетной формулы.

Контрольные вопросы

1.	Как, основываясь на аксиоме «равенства действия и противодействия»,
доказать, что в любой замкнутой системе сумма внутренних сил равна нулю?

2.	Между полюсами постоянного магнита висит в воздухе магнитная металли-
ческая пластинка. Эта же пластинка лежит на столе. В каком случае металлическая
пластинка — несвободное тело и в каком свободное?

3.	Если мокрое белье вешать на слишком натянутую веревку — она порвется.
Объясните, почему?

4.	В узле фермы сходятся шесть стержней, в трех из них известны усилия.
Можно ли найти усилия в трех других стержнях?

5.	К невесомой нерастяжимой нити привязаны три гирьки: по 3 н и 4 н на
концах и 5 н в центре. Нить вместе с гирьками одевается на два невесомых блока
так, что крайние гирьки свисают с блоков, а средняя провисает между ними. Какой
угол будет иметь нить в месте прикрепления средней гирьки в положении равно-
весия?

6.	На балку, шарнирно закрепленную в одной точке и свободно опирающуюся
в другой, действует сходящаяся система пяти заданных сил. Можно ли для нахо-
ждения реакций использовать теорему о равновесии трех непараллельных сил?

7.	На невесомую балку, свободно лежащую на двух брусках, действует пара сил
Чему равны реакции опор?

8.	Почему при рассмотрении равновесия плоской системы сочлененных тел
можно составлять более трех уравнений?

9.	Однородная балка укреплена на двух неподвижных шарнирных опорах
и одной подвижной. Сколько уравнений можно составить для балки, можно ли найти
реакции опор?

10.	В задаче 34 используйте для решения другие формы уравнений равновесия.

11.	Для проверки в задаче 33 используйте такую сумму моментов, чтобы в нее
вошли все искомые силы.

12*	. Составная с двумя внутренними шарнирами балка с обоих концов заделана
в стену. Является ли балка статически определимой?

13.	Почему для случая предельного равновесия учет сил трения не увеличивает
число неизвестных?

14.	Брусок силой тяжести G удерживается от скольжения на шероховатой на-

клонной плоскости нитью, параллельной наклонной плоскости. В каких пределах

может изменяться натяжение нити Г, чтобы равновесие не нарушилось? Коэффициент

трения/, угол наклона плоскости к горизонту а?

15.	Какую горизонтальную силу необходимо постоянно прикладывать к оси
тяжелого стального катка силой тяжести 20 кн и диаметром 1,5 м, чтобы катить его
с постоянной скоростью по горизонтальному бетонному покрытию? Каток и покры-

тие считать абсолютно твердыми.

16.	Сколько уравнений равновесия можно составить для пространственной
системы сходящихся сил и сколько для пространственной системы параллельных сил?

17.	Применим ли метод расчленения к пространственной системе сочленен-
ных тел?

18.	Может ли момент силы относительно оси, не пересекающей силу, равняться
нулю?

19.	Чему равны статические моменты площади треугольника со сторонами a, bt с,
относительно каждой из медиан?

20.	Когда выгодно для нахождения центра тяжести фигур сложной формы при-
менять метод группировок и когда метод отрицательных масс?

21.	Попробуйте путем рассуждения доказать, что статические моменты фигуры
относительно двух параллельных осей тем больше, чем дальше эта ось отстоит от

центра тяжести.

22.	Объясните принцип действия детской игрушки «Ванька-встанька»*
РАЗДЕЛ ВТОРОЙ. КИНЕМАТИКА

В кинематике изучают движение материальной точки и системы
материальных точек, в частности абсолютно твердого тела, незави-
симо от действующих на них сил. Движение, как и покой, — поня-
тие относительное; оно зависит от выбора системы отсчета и изуча-
ется в пространстве и времени. Время t удобно представлять в виде
числовой оси, отдельные точки которой соответствуют строго опре-
деленным моментам времени.

Следует различать термины — момент времени и промежуток вре-
мени. Момент времени — определенная точка на оси или число еди-
ниц времени, отделяющее данный момент времени от некоторого началь-
ного момента. За начальный момент времени обычно принимают момент
начала движения тела или момент, с которого началось наблюдение
за движением. Момент времени может принимать любые значения:
нуль (начальный момент), на оси — это точка t = 0; положительные
(моменты, следующие за начальным), на оси — точки, лежащие пра-
вее t = 0; отрицательные (моменты, предыдущие начальному), на оси —•
точки, лежащие левее t = 0. Промежуток времени — отрезок оси
между двумя последовательными моментами времени и /2 или число
единиц времени, отделяющее два момента. Промежуток времени чис-
ленно выражается разностью t2 — Промежуток времени — всегда
положительная величина.

Определить движение точки — это значит задать положение
этой точки относительно выбранной системы отсчета в любой мо-
мент времени. Систему отсчета можно связать с любым неподвижным
или движущимся телом.

Определить движение тела — это значит задать положение каж-
дой точки этого тела относительно выбранной системы отсчета в лю-
бой момент времени.

Существует три способа задания движения точки: естественный,
координатный и векторный. Рассмотрим первые два способа.
ГЛАВА 6. КИНЕМАТИКА ТОЧКИ

§ 23. ЕСТЕСТВЕННЫЙ СПОСОБ ЗАДАНИЯ ДВИЖЕНИЯ ТОЧКИ

Траектория и закон движения. Линию, описываемую движущейся
точкой относительно выбранной системы отсчета, называют траекто-
рией точки. Форма траектории зависит от выбора системы отсчета.
Если траектория точки — прямая линия, то движение точки называют
прямолинейным, если траектория точки — кривая линия, то — кри-
волинейным.

При естественном способе задают траекторию (графически или
в виде уравнения) и закон движения точки по траектории:

s - f (О,

где s—расстояние, пройденное точкой от начала отсчета.

Скорость. Вектор v, характеризующий для каждого момента вре-
мени быстроту и направление движения точки, называют скоростью
точки. Вектор скорости всегда направлен вдоль касательной к тра-
ектории в сторону движения. Модуль скорости определяется как
производная от функции расстояния по времени, т. е.

со,

при v > 0 движение происходит в сторону положительного от-
счета расстояний; при v — 0 точка не движется; при v <0 движение

происходит в сторону отрица-
тельного отсчета расстояний.

Размерность скорости в
СИ: dim о = у=м/сек.

Естественные оси. Кри-
визна характеризует степень
искривленности (изогнутости)
кривой. Так, окружность
имеет постоянную кривизну,
которую измеряют величи-
ной /С, обратной радиусу,

К=^.	(2.1)

Чем больше радиус, тем	Рис. 80

меньше кривизна, и наобо-
рот. Прямую линию можно рассматривать как окружность с беско-
нечно большим радиусом и кривизной, равной нулю. Точка пред-
ставляет окружность радиусом R = 0 и имеет бесконечно большую
кривизну.

Произвольная кривая имеет переменную кривизну. В каждой
точке такой кривой можно подобрать окружность радиусом р, кри-
визна которой равна кривизне кривой в данной точке М (рис. 80). Вели-
чина р называется радиусом кривизны в данной точке кривой. Ось т,
направленная по касательной в сторону движения, и ось и, направлен-
ная по радиусу к центру кривизны и называемая нормалью, образуют
естественные оси координат.

Ускорение. Характеристикой быстроты изменения скорости
по величине и направлению является вектор ускорения а. Изменение
скорости по модулю характеризуется тангенциальным ускорением ах.
Модуль тангенциального ускорения определяется второй производ-
ной расстояния по времени:

<2-2>

Если az > 0 и v > 0 или ах < 0, и < 0, то движение ускоренное
и вектор а, направлен в сторону вектора скорости. Если ах < 0 и и > О
или ах > 0 и v <Z 0, то движение замедленное и вектор ах направлен
в сторону, противоположную вектору скорости.

Изменение скорости по направлению характеризуется нормальным
ускорением ап. Модуль нормального ускорения равен отношению квад-
рата модуля скорости к радиусу кривизны в данной точке траектории

(2.3)

Нормальное ускорение всегда положительно и направлено к центру
кривизны.

Вектор ускорения точки а определяется суммой двух взаимно
перпендикулярных векторов ах и ап, т. е. а = ах + ап> поэтому



(2.4)

Угол а между вектором ускорения и нормалью определяется одним
из выражений:

а	а» - а,

cosa =	sina = -^.

ап	&	а

Размерность ускорения в СИ: dim а==~==д«/4Ж2.

Частные случаи. 1. Если точка движется прямолинейно
и неравномерно, то р = оо, и, следовательно, ап = 0, а =

2.	Если точка движется прямолинейно и равномерно, то ап = О,
ах = 0 и а = 0.

3.	Если точка движется по криволинейной траектории равно-
мерно, то ах = 0 и а = ап. При равномерном криволинейном движении
точки закон движения имеет вид s = vt. Если же точка совершает равно-
переменное криволинейное движение (сц = const), то

причем, если v > 0 и az > 0 (или v < 0 и ах < 0), то движение равно-
ускоренное; если v > 0, a (или v <0,	> 0), то движение

равнозамедленное.
При свободном падении с начальной скоростью у0 для скорости

и высоты падения имеем выражения:

v = uG + gt, Н — v^t

(2.6)

Положительное направление отсчета целесообразно назначать
в задачах в зависимости от конкретных условий. В случае, когда — О,
получаем а = gtw Н — . Часто в задачах используется (при падении
тела с высоты Н без начальной скорости) формула

v = V2gH.

(27)

Задача 64. Прямолинейное движение точки задано уравнением
s = 4/3 — 2/2 + 3, где s — в м, t — в сек. Определить скорость и уско-

рение точки в начальный момент времени, в конце первой и четвер-

той секунд.

Решение.

Дифференцируя уравнение движения по времени,

находим

12/2 —4/.

(а)

Подставляя в (а) поочередно /0 = 0, 4 = 1 сек, /2 = 4 сек, полу-
чаем скорости, соответствующие данным моментам времени: = О,
= 8 м/сек, v2 = 176 м/сек. В прямолинейном движении точка имеет
только касательное ускорение

(б)

Подставляя в (б) поочередно /0 = 0> 4 — 1 сек, /2 ~ 4 сек, полу-
чаем а0 ~ —4 м/сек*, аг = 20 м/сек*, а2 = 92 м/сек*.

Задача 65. Автомобиль движется со скоростью 54 км/ч. При тор-
можении он получает замедление, равное 0,5 м/сек?. Найти, на каком
расстоянии от пункта остановки надо начать торможение и сколько
времени оно будет продолжаться.

Решение. Для равнопеременного движения:

у =	+ at,

(а)

а/2

(б)

В момент остановки и = 0. Подставляя это значение в (а), находим
время торможения (замедление —отрицательное ускорение)

1==? - -30

где у0 — начальная скорость, и0 = 54 км/ч — 15 м/сек.

Зная время торможения, из (б) определяем путь торможения
5=15-304- (~°’3) 302 = 225 Л1.
Величину пути можно найти также, воспользовавшись выраже-

нием

vl _	152

2а 2 (—0,5)

= 225

л.

Задача 66. Капровая баба падает с высоты 4,9 м. Для поднятия
бабы требуется времени в пять раз больше, чем на падение. Сколько
ударов она делает в минуту, если считать, что свободное падение бабы
совершается с ускорением g = 9,81 м/сек?.

Решение. При свободном падении без начальной скорости
с высоты Н время падения можно определить из выражения

Время поднятия бабы
(падение и подъем бабы)
в минуту

4 = 54 ” 5 сек. Тогда время одного цикла

4 — 4 + 4 = 6 сек. Искомое число ударов

60	60

л= — = 10.

4	6

Задача 67. С высоты h = 1000 м без начальной скорости падает
тело А. Спустя t = 5 сек с высоты Н = 1500 м брошено тело В с на-
чальной скоростью vQ. Определить величину и0, при которой тело В
достигнет тело А у поверхности Земли.

Решение. Пусть первое тело достигло Земли за Т сек, тогда

h = 0,5^Т2.	(а)

Второе тело находилось в полете (Т — t) сек и прошло путь

Н - vQ (Т - 0 + 0,5gr (Т -	(б)

Из (а)

'г 1 /~*2^1	"| 2 • 1000 J л лг-	z ч

~g “ V 9,81	сек.	(в)

Решим уравнение (б) относительно искомой скорости

5g (Т-/) = -п12^5—0,5-9,81 (14,25-5)= 116,5м/сек.

Задача 68. При въезде на вираж трека велосипедист имеет ско-
рость vQ = 50 км/ч, при выезде ик = 65 км/ч. Каковы скорость и уско-
рение велосипедиста в средней части виража, если считать, что вело-
сипедист на вираже движется равнопеременно по полуокружности
радиусом /? = 40 ж?

Решение. По условию движение — равноускоренное, поэтому,
определив полную длину виража s0 — л/? = 3,14-40 = 125,6 м,
можно найти тангенциальное ускорение велосипедиста

----^9
а.=Д—

18,05»-13,9»

2 • 125,6

= 0,53 м/сек2,

где и0 = 50 км/ч = 13,9 м/сек, = 65 км/ч = 18,05 м/сек.
Теперь можно определить скорость велосипедиста в средней части
виража

vc = У + 2ат • 0,5s0 = УVq + azsQ=J/ 13,92 -J- 0,53 • 125,6 =16,1 м/сек.

Нельзя определять скорость в средней части виража по формуле
гср = 0,5 (г0 + ик) = 15,9 м/сек. В этом случае определялась бы не ско-
рость в середине пути, а средняя скорость за общее время прохождения
виража. Небольшое отличие ц. и гср объясняется в данном случае
относительно малой величиной касательного ускорения.

Нормальное ускорение переменно по длине виража, в частности,
в середине его оно равно:

и2 16,1s

~ —4Q — 6,5 м/сек

Тогда искомое ускорение

ас = У + cine == у 0,532 + 6,52 = 6,52 м/сек2.

Задача 69. Во время исполнения циркового аттракциона «мертвая
петля» мотоциклист движется по окружности радиусом R = 10 ч

до закону s —

лЛ	.

cos— где s — в м и t — в сек, а отсчет

/

в

Рис. 81

ведется с момента входа в «мертвую петлю» (точка В). Определить
скорость и ускорение мотоциклиста в верхней точке А «мертвой петли»
(рис. 81).

Решение. Модуль скорости и тангенциального ускорения при
движении по траектории определяется дифференцированием заданного
закона движения:

ла 5,4л • л/	гчгч г /> л * л£

t> = -j7 = 22---—sin —= 22 —5,64 sin

at	3	3	3

dv 5.64л л/ r П1 л/

= =----------cos= — 5,91 cos-z-.

wt	О	О	О

Момент времени tA, при котором мотоциклист достигнет верхней
точки заданной траектории, соответствует расстоянию = л/? •-
= 3,14-10 = 31,4 nt. Тогда, подставив значение в заданный закон
движения, получим уравнение для определения tA:

22tA — 5,4 fl— cos^) = 31,4.

Полученное трансцендентное уравнение удобнее решать методом
подбора (при подстановке в уравнение корня левая часть становится
тождественно равной правой). Находим tA = 1,73 сек. Тогда модули
искомой скорости и тангенциального ускорения соответственно равны:

== 22—5,64 sin	= 22 — 5,64 • 0,97 = 16,54 м/сек-,

azA = — 5,91 cos = — 5,91 (-0,232) = 1,36 м/сек2.
О

Модуль нормального ускорения при tA = 1,73 сек:

&пА === d

16,54а

“10“

= 27,4 м/сек2 ^2t8g,

где g = 9,81 м/ceitf — ускорение свободного падения.
Модуль ускорения

ал = Уа~п а + а* А = У 27,42+ 1,362 = 27,5 м/сек2.

Задача 70. Определить глубину Н вертикальной шахты, если звук
от падения камня на дно шахты услышан через Т = 5 сек после того,
как камень был брошен без начальной скорости. Скорость звука при-
нять и3 = 340 м/сек.

Решение. Время Т слагается из времени tr свободного падения

камня и времени £2, за которое звук доходит от дна до поверхности,
т. е. Т -- tr + /2- Поскольку камень брошен без начальной скорости,

то^ = 1/^; а так как звук распространяется равномерно со ско-
ростью и3, то /2=—. Таким образом,

В этом уравнении неизвестным является Н\ поэтому преобразуем

его к виду

/7 + и3

|/77-74=0.

О

Получено обычное квадратное уравнение относительно УН\ тогда

Физический смысл имеет только положительный корень, поэтому

искомая глубина

(а)
Подставим в (а) числовые значения:

„	3402 / Л 2.9,81-5 Д2 3402	_ й6 v .

// = 2^Т^У 1 +—340-----Ч =2Т^8Г(И1+°>289-1) =1П *

Пусть 2gT v3. Тогда по известной формуле

]/1 +<х 1 + -5

(где а 1) вместо (а) имеем



—	• II  	

2g

(б)

Получена формула для определения пути при свободном падении
без начальной скорости. Определим ошибку, которую можно полу-
чить, если не учитывать

Но = -^gT*= 9,812'5г= 122 м, Ъ =	ЮО^122"/11 • 100^10%.

/-./, . 2-9,81 -20	,\2

П 1 +---------§40------И = 1310л{’

Отметим, что при Т = 20 сек ошибка составляет 50%:

3402
# “2-9,81

„	9,81-202	1962—1310	СЛЛ/

Но =	----= 1962 М, 8 =--------------100	50%.

&	1 О 1V

Однако и уточненная формула (а) при очень больших глубинах
дает неверный результат. Это объясняется тем, что при значительных
скоростях существенное влияние оказывает сопротивление воздуха,
пропорциональное квадрату скорости и площади миделевого сечения
падающего предмета. Практически же методом «падающего камня»
можно пользоваться до Т ~ 30 сек, т. е. до глубины 2000 м.

§ 24. КООРДИНАТНЫЙ СПОСОБ ЗАДАНИЯ ДВИЖЕНИЯ ТОЧКИ*

Уравнения движения. При координатном способе задают закон
движения точки в координатной форме, т. е. координаты движущейся
точки как функции времени:

х = Л (О, У = ft (t), z = f3 (t).	(2.8)

Соотношения (2.8) называют уравнениями движения точки в декар-
товых координатах. Если точка движется в плоскости, то задают два
уравнения движения:

х = A (t), у = f2 (I).	(2.9)

Уравнения движения позволяют найти три или две (для плоской
траектории) координаты, которые однозначно определяют положение
точки в любой момент времени.

Определение траектории по заданным уравнениям движения. Урав-
нения движения можно рассматривать как уравнения траектории
в параметрической форме, где параметром является время /. Исклю-
чая t из двух уравнений (2.9), получаем уравнение плоской траектории
в явной форме у — ср (х). Соответственно, исключая i из трех уравне-
ний (2.8), получаем два уравнения, связывающие три координаты про-
странственной траектории. Способы исключения t зависят от условий

задачи.

Скорость. Продифференцировав по времени уравнения движе-

ния (2.8), находим составляющие скорости по осям координат:

^ = g = O),	Vg=£=f’(t).	(2.Ю)

Модуль и направление вектора скорости определяется по правилу
геометрического сложения:

v = Vv2x + vt + vl,	(2.11)

cos (yfx) = , cos (о, у)=^, COS (v, z) = y.

При движении на плоскости (z = 0) необходимо продифференци-
ровать два уравнения движения (2.9) для определения составляющих
vx, vy.

Ускорение. Проекции вектора ускорения точки на координатные
оси находятся как первые производные по времени от соответствующих
проекций скоростей или как вторые производные от координат движу-
щейся точки, т. е.

п ___dvx_________г*	//\	„ __dvy____d?x___f*	/д

а* ~ dt “	dt* ~В * * 11 ау~~ dt	~ d/2	'2

=	= £ =	(2.12)

Модуль и направление вектора ускорения определяются из соот-
ношений:	___________

cos	со5(аП/)=^, cos(flfz)=^-. (2.13)

и	u	U

В частном случае, для плоского движения определяют две состав-
ляющие ах и ау.

Задача 71. По заданным уравнениям движения х = 6 t2 + 10
и у = 8/2 + 8 найти уравнение траектории точки и определить на-
правление движения точки.

Решение. В данном случае для исключения t целесообразно
преобразовать уравнения движения так, чтобы коэффициенты при I2
были одинаковы:

4х = 24 Z2 + 40; Зу = 24Z2 + 24.

Вычитая из первого уравнения второе, найдем искомое уравнение
траектории:

л о	4	16

4х — Зу—16 или —х— -н-.

3 о
Получено уравнение прямой линии. Для установления характера
движения необходимо определить координаты начальной точки, а также
направление движения вдоль траектории. Подставив t = 0 в урав-
нения движения, найдем координату точки, из которой началось дви-
жение, х0 = 6*0 + 10 = 10, г/0 = 8-0 + 8 = 8.

Как видно из уравнений движения, с увеличением времени (/ > 0)
координаты увеличиваются. Таким образом, точка движется по прямой
линии, постоянно удаляясь от начальной точки х0 = 10,	= 8.

Задача 72. Движение точки задано уравнениями: х = 2/2, у ~
= 6/2 + 4/— 2, г = 3/ (где t— в сек, а х, у, г — в м). Определить
уравнения траектории, модули и направления скорости и ускорения
в момент времени t = 1 сек.

Решение. Чтобы получить два уравнения пространственной
траектории, необходимо из заданных уравнений движения исключить
параметр /. Подставляя значения t = найденное из третьего урав-
нения, в первое и второе, получим:

или после преобразований

9х — 2г2 - 0, Зу — 2г2 — 4г + 6 = 0.

Эти уравнения, связывающие координаты, не содержат времени;
следовательно, они определяют искомую траекторию.

Находим составляющие скорости, дифференцируя уравнения дви-
жения:

>’«-£=«. », = ^=12< + 4. », = ^ = 3.

Тогда модуль скорости

V=V v*x + v$ + v*2=К(4/)а + (12< 4-4)а + 32 = V160/a + 96f + 9.

Находим модуль скорости и направляющие косинусы для момента
времени / = 1 сек:

v=/"160-1а + 96-14-25 = /28Т =16,8 м/сек;

cos — ~ = -ргу=0,238, Z (й, х) = 76°54';

/	\ vv 12-14-4	/	\	,

cos \у,	=	=0,953, L (у, у)=17 39 ;

cos(a?z)=^ = ^- = 0,178, L (О) = 79°45'.

Составляющие ускорения равны:

&>х л. d°y in dv* п
aji—^—12; аж—Л—0.
Так как составляющие ускорения постоянны, то и вектор ускорения
постоянен. Тогда модуль ускорения и направляющие косинусы равны:

a =	=	1224-02 = рЛ160 = 12,65 м!сек.

cos (О)=^ = 12^5 =0,316, Z GCx) = 71°32';

cos =	75^5 ==0,95 £ {а, г/)=18°12';

cos (с?, г) =	= 72^5 = 0, £ {а, г) = 90°.

Задача 73. Определить радиус кривизны траектории точки в мо-
мент t = 1 сек, если уравнения движения имеют следующий вид:

х = 41, у = 2Z2, где t — в сек, х, у — в м.

Решение.

мента времени:

Находим проекции скорости точки для любого мо-

Модуль скорости точки

V==4

Проекции ускорения на координатные оси:

Модуль ускорения точки

а = av = 4.

Определим модуль касательного ускорения
dv 4-2* 4t
ax~~dt ~ 2/Т+^—ут+^ ’

Тогда модуль нормального ускорения

Зная ап и v, находим радиус кривизны траектории точки в любой
момент времени

ад	*

Для момента t = 1 сек имеем

р = 4(1 + 12)8/’=4-2/2 = 11,4 м.
§ 26. ГРАФИКИ РАССТОЯНИЙ, СКОРОСТЕЙ И УСКОРЕНИИ
В ПРЯМОЛИНЕЙНОМ ДВИЖЕНИИ

Масштабы. В черчении применяют масштабы уменьшения (1 : 2,
1 : 5, 1 : 10 и др.) и увеличения (2 : 1, 5 : 1, 10 : 1 и др.), которые пока-
зывают, во сколько раз изображаемая длина меньше или больше дей-
ствительной. Эти масштабы не имеют размерности (L/L — безраз-
мерная величина).

При построение кинематических графиков на чертеже откладывают
отрезки s, и, а, 7, соответствующие действительным расстояниям s,
скоростям и, ускорениям а, промежуткам времени t. Такие масштабы
имеют размерность; обычно их обозначают греческой буквой р с ин-
дексом, указывающим, к какой физической величине они относятся:

Рис. 82

9

масштаб расстояний = Л-, м!мм> масштаб скоростей —Д,
S	V

м/(сек-мм); масштаб ускорений ра — -i, м!(сек? масштаб времени

t	. а

Р/= -==-, сек/мм. Чтобы получить действительную величину, например,
скорости, необходимо отрезок с чертежа умножить на принятый
масштаб скорости

v = Fpn.

Геометрическое значение производной. Производная любой функ-
ции характеризует скорость изменения этой функции в данной точке.
На рис. 82,а через точку М проходит несколько графиков, соответст-
вующих различным функциям. Производная численно равна тангенсу
угла наклона касательной графика функции к положительному направ-
лению оси абсцисс. Это значит, что если угол а положительный, то
в данной точке функция возрастающая, если а отрицательный —
функция убывающая. Если ах > а2, то скорость возрастания функции 1
в данной точке больше, чем скорость возрастания функции 2 (если
по абсолютной величине отрицательный угол а3 больше отрицатель-
ного угла а4, то и скорость убывания функции 3 больше, чем функции 4).
При этом не имеет значения, где находится точка М — выше или ниже

оси абсцисс, справа или слева от оси
ординат (рис, 82,6). Именно этим заме-
чательным свойством производной и
пользуются при анализе кинематиче-
ских графиков.

Скорость в каждой точке графика
расстояний численно (с учетом приня-
тых масштабов) равна тангенсу угла на-
клона касательной. Соответственно, уско-
рение в данной точке численно равно
тангенсу угла наклона касательной к
графику скорости. В пределах одного

графика масштаб обычно остается неизменным, поэтому отношение

тангенсов углов наклона касательных в двух точках графика рас-

стояний (скоростей) равно отношению ско-
ростей (ускорений) в этих точках.

Для удобства кинематические графики
$(/), v(t) и a(t) строят друг под другом
выбирая масштаб времени р, одинаковым.
Графическое изображение законов движе-
ния наглядно и часто удобнее для ана-
лиза. Можно строить кинематические диа-
граммы, характеризующие изменения лю-
бых кинематических элементов во враща-
тельном или другом движении. Рассмот-
рим только прямолинейное движение.

Пусть закон изменения скорости дви-
жущейся точки имеет вид v = ф(/), где
ф(/) — заданная функция времени. Так как
ds = vdt, то путь, пройденный точкой за
время /2 — определяется интегралом

(2.14)
tl

который численно равен площади заштри-

хованной части под кривой скорости 0 12 3 4 5	*’Се*

(рис. 83).

Равномерное движение. Пусть задано	Рис- 84

равномерное прямолинейное движение со

скоростью v == 10 м/сек. Уравнение его движения имеет вид $ =
= vt — 10/. Выбрав масштаб времени р, = 0,2 сек/мм, расстояний
ps = 2,0л(/лш, скорости рг = 2,0 м/(сек-мм), построим кинематические
графики (рис. 84). При равномерном движении график расстояний —
прямая линия. Для построения ее достаточно знать две точки. Коор-
динаты их получим, воспользовавшись заданным уравнением: тогда
при / = О s = О, при / = 2 сек, s = 20 м (рис. 84, а). Тангенс
угла наклона графика расстояний равен скорости равномерного дви-
жения

v = ? =10 м/сек — const.
О

График скорости — прямая линия, параллельная оси времени
(рис. 84, б). Тангенс ее угла наклона равен нулю; это означает, что

график ускорений совпадает с
а = 0.

огыо времени (рис. 84, в), т. е.

S.M

Рис. 86

На рис. 85 даны графики равномерного движения в сторону, про-
тивоположную отсчету расстояний, т. е. движения с отрицательной

скоростью.

Равнопеременное (равноускоренное, равнозамедленное) движение.

Пусть закон движения имеет вид s = 2£2. В принятых масштабах
= 2,0 м/мм,	— 2,0 м/(сек-мм),	= 0,4 м1(сек**мм) кинематиче-

ские графики представлены на рис. 86.

График расстояний изображается квадратной параболой, выхо-
дящей из начала координат (рис. 86, а). Нетрудно видеть, что тангенс
угла наклона касательной растет с течением времени (а5 >• а3); это

означает, что скорость возрастает. Уравнение изменения скорости

ds

имеет вид v~
at

= 4t, т. е. график скорости — прямая линия (рис. 86,6),
составляющая с осью абсцисс положительный угол. В свою очередь,
ускорение численно равно тангенсу наклона графика скорости а =
dv

— = 4 л</сек2 = const. График ускорения — прямая линия, парал-
лельная оси абсцисс (рис. 86,в). В рассмотренном примере начальное
расстояние и начальная скорость равнялись нулю, поэтому графики
выходили из начала координат. На рис. 87, а, б, в приведены графики
равноускоренного движения, описываемого уравнением $ = 5 + 10 t 4-
+ /2. Соответственно, скорость и
ускорения выражаются так:

Рис. 87



10 4- 2£;

ds

dt

S,M

Рис. 88

На рис. 88, а, б, в приведены графики равнозамедленного движения,
описываемого уравнением s = —5 + 10/ — /2. Тогда v = 10 — 2/,
а = —2. На рис. 89 даны графики различных движений.

Задача 74. По графику изменения скорости, изображенному на
рис. 90, а, описать характер движения точки, определить прой-
денный ею путь, а также построить графики расстояний и уско-
рений.

Решение. Разобьем весь период движения на семь этапов,
соответствующих различным законам изменения скорости, и рассмот-
рим движение точки на каждом этапе.

1-й этап, В течение первых 2 сек (0 — 2) скорость увеличивается
по линейному закону со значения у0 = 0 до v2 = 5 м!сек, Следователь-
Рис. 89

fl) v, м/сек2

D С

Рис. 90
но, точка движется в положительном направлении с постоянным уско-
рением

=	- ^ = 2,5 м/сек2.

*2— *0	*

На графике ускорений (рис. 90, б) а имеет вид прямой над осью
времени. Пройденное точкой расстояние за это время равно площади
треугольника ОА2 (рис. 90, л):

График расстояний (рис. 90, в) — возрастающая кривая (тангенс
угла наклона касательной, проведенной в каждой точке кривой рас-
стояния, увеличивается).

2-й этап. В момент времени 4 = 2 сек наклон графика скорости
возрастает. В течение 2 сек (2—4) точка движется равноускоренно
в том же направлении с постоянным ускорением

й2-4 =	= 12,5 м/сек*.

— *2

За это время точка проходит расстояние, равное площади трапе-
ции 2АВ4 (рис. 90, а):

2 = 35 и.

График расстояний — кривая линия такого же характера, как
и на первом участке, но большей крутизны.

3-й этап. Начиная с момента 4 = 4 сек, в течение последующей
секунды (4—5) точка движется с постоянной скоростью и4 = у5 =
= 30 м/сек. Ускорение равно нулю а4_5 = 0. График ускорения совпа-
дает с осью времени (рис. 90, б). Расстояние, пройденное точкой
за эту секунду, равно площади прямоугольника 4ВС5 (рис. 90, а)

$4-5 =	(4	4) = 30 • 1 =30 м.

График расстояний (рис. 90, в) — прямая линия, тангенс угла
наклона которой численно равен скорости точки на этом этапе.

4-й этап. В момент времени 4 = 5 сек скорость точки начинает
уменьшаться. В течение последующих 2 сек (5—7) точка движется
равнозамедленно в прежнем направлении с постоянным отрицательным

ускорением

0^30

м/сек*.

График ускорения расположен под осью t (рис. 90, б). Расстояние,
пройденное точкой за этот промежуток времени, равно площади тре-
угольника 5С7 (рис. 90, а)
График расстояний (рис. 90, в) — возрастающая кривая (скорость
положительная).

5-й этап. В момент времени /7 — 1 сек точка остановилась и стоит
в течение 1 сек (7—8), при этом и7 = 0, v8 = 0, а7_8 = 0, s7_8 = 0.
Графики скоростей и ускорений совпадают с осью /.

6-и этап. В момент времени t8 — 8 сек точка начинает двигаться
в обратном направлении (график скорости проходит под осью /).
В течение последующей секунды (8—9) движение равноускоренное
t’o — v8	—10 — 0	й

«8-9==-;—г =----i— = — Ю м/сек*

*8— *8	1

(скорость и ускорение имеют одинаковые знаки а8_9 <0, и9 <0, т. е.
совпадают по направлению).

Расстояние численно равно площади треугольника 8D9 (рис. 90, а)

График расстояний — убывающая кривая (скорость отрицательная).

7-й этап. В момент /9 — 9 сек скорость по величине начинает
уменьшаться и ускорение меняет свой знак. В последующую секунду
(9—10) точка движется равнозамедленно

Л -	— 0-(—10)_	*

^9—ю	।	10 м/сек

(скорость и ускорение имеют

Расстояние, пройденное за
это время, равно площади
треугольника 9D10 (рис. 90, а)

$9-10 =	(^10	^э) “

График расстояний (рис.
90, в) — убывающая кривая
(скорость отрицательная).

Необходимо отличать гра-
фик пути и график расстоя-
ний. График пути характе-

рно. 91

ризует закон изменения пол-

ного пути, пройденного точкой независимо от направления движе-
ния. График расстояний характеризует закон изменения расстояния
от некоторой неподвижной точки. График пути всегда возрастающая
кривая, а график расстояний может быть и возрастающей, и убываю-
щей кривой. Если движение совершается в одну сторону от выбран-
ной точки отсчета, то графики пути и расстояний совпадают. Если
же направление скорости изменяется, то графики пути и расстоя-
ний не совпадают.

На рис. 91 кривая OABCDEK — график расстояний при прямо-
линейном движении, OABCDFG — график пути. До положения D
движение происходило в одну сторону, а затем в противоположную,
при этом DFG — зеркальное отображение DEK относительно гори-
зонтали DL,

Необходимо также различать график движения (расстояний) и тра-
екторию движения точки. График движения выражает графически
зависимость между расстоянием и временем, а траектория представ-
ляет собой линию, описываемую точкой при движении. Так при сво-
бодном падении вертикально вниз — траектория прямая линия, а гра-
фик движения — парабола.

Задача 75. В некоторый момент времени автомобили, движущиеся
по автостраде в одном и том же направлении, поровнялись. Один из них
движется с постоянным ускорением 0,5 м/сек\ а другой с постоянным
замедлением 2,5 м/се^. Построить графики скоростей, определить,

Рис. 92

через сколько времени автомобили будут
иметь одинаковые скорости. Определить пути,
которые пройдут автомобили за это время,
если они имели начальные скорости: 6 м/сек
и 30 м/сек.

Решение. Выбираем масштабы: р, =
= 0,4 сек/мм и^~\м/(сек-мм). Графики ско-
ростей равноускоренного и равнозамедлен-
ного движений — прямые линии. Для по-
строения их необходимо иметь по две точки.
Составим уравнения скоростей автомобилей,
исходя из условия задачи:

= 6 + 0,5£, v2 = 30 — 2,5Л

В выбранных масштабах строим графики скоростей (рис. 92). Гра-
фики пересекаются в точке, в которой автомобили имеют одинаковую
скорость. Тогда из графика находим: t = 8 сек. = у2 == 10 м/сек.

Пройденные автомобилями пути за 8 сек численно равны площадям
под графиками скоростей от / = 0 до i = 8 сек:

64-10 Q	30+Ю Q

S1 —	— 8 = 64 м. s2 = —?---8=160 м.

Эту же задачу можно решить и аналитически. В искомый момент
скорости должны быть равны, т. е. должно выполняться условие:
6 + 0,5^ “30 — 2,5Л Решая это уравнение, находим t = 8 сек.
Пути, пройденные автомобилями за это время, равны (s ~
— vQt 4“ at2/2):

„ о , 0,5 • 82	оа о 2,5 *82	.

— 6 • 8 4“ —п — 64 м,	— 30 * 8	~ — 160 м.

& &

§ 26. ИСПОЛЬЗОВАНИЕ КИНЕМАТИЧЕСКИХ
ДИАГРАММ В ТЕХНИКЕ

Кинематические диаграммы играют важнейшую роль в определе-
нии рабочих параметров механизмов. Путем построения таких диа-
грамм проводят кинематическое исследование, результаты которого
характеризуют надежность и работоспособность проектируемого ме-
ханизма (анализ механизма). Построение кинематических диаграмм
путем графического дифференцирования показано на примере криво-

шипно-шатунного механизма.

По заданной кинематической диаграмме определяют размеры и фор-
му элементов механизма (синтез механизма). Ниже дан пример опре-
деления профиля кулачка по диаграмме перемещений.

Задача 76. Пусть требуется построить кинематическую диаграмму
расстояний, скоростей и ускорений ползуна В кривошипно-шатунного
механизма. Кривошип ОА длиной г — 0,25 м вращается с постоянной
угловой скоростью и = 300 об/мин.

Решение. Кривошипно-шатунный механизм служит для пре-
образования вращательного движения в поступательное или, наобо-

рот, поступательного дви-
жения во вращательное.
Он (рис. 93, а) состоит из
подшипников /, кривоши-
па 2, шатуна 3 и ползу-
на 4. Кривошип совершает
вращательное движение,
шатун — плоскопараллель-
ное, а ползун — возвратно-
поступательное.

Два тела, соединенные
друг с другом подвижно,
образуют кинематическую
пару. Тела, составляющие
пару, называют звеньями.
Обычно задают закон дви-

Рис. 93

жения ведущего звена (кри-

вошипа). Построение кинематических диаграмм производят в преде-
лах одного периода (цикла) установившегося движения для несколь-
ких положений ведущего звена.

Строим в масштабе механизм в восьми положениях, соответствую-
щих последовательным поворотам кривошипа через каждые 45°,
(рис. 93, б):

2г 2 • 0,25 п ,

Т “	м/мм,

где s = 2г — действительная величина хода ползуна, равная удво-
енной длине кривошипа; s = В0В4 — ход ползуна на схеме механизма.

Для построения графика перемещений ползуна В выберем оси
координат s, t (рис. 94, а). На оси абсцисс отложим отрезок I =
= 80 мм (для 12 положений удобнее брать 120 мм), изображающий
время Т одного полного оборота кривошипа:

60
п


откуда масштаб времени

АО АП

= здо 80 = 0,0025 сек!мм.

Отрезок I на оси времени разделим на восемь равных частей, соот-

повороту кривошипа на углы:
45°, 90°, 135°, 180°, 225°,
270°, 315°, 360° (в точках
1,2,3,4,5,6,7,8).	Отложим

из этих точек вертикальные
отрезки:	1 — ls = ВОВЬ

в выбранном масштабе

ветствующих

перемещении

Диаграмма

сек/мм

о

ku

0

0,0025 сек/мм

а

94

а
мм

Рис.

Диаграмма скоростей

8и

Диаграмма ускорении

6 7 Я1



21

4

7а





0и

0 /

5у

Оа &а

а

= £»о^2 И T. Д., СО’
ответствующие каждому
моменту времени. До край-
него правого положения
ползуна В4 расстояния эти
возрастают, а начиная с по-
ложения В4, — уменьша-
ются. Если точки 0$, Л,
2S, ..., 8S соединить после-
довательно плавной кри-
вой, то получится диаграм-
ма перемещений точки В,
Для построения диа-
грамм скоростей и уско-
рений пользуются методом
графического ди фференц и -
рования. Диаграмму скоро-
стей строят следующим об-
разом.

Под диаграммой пере-
мещений строим оси коор-
динат v и t (рис. 94, б) и
на продолжении оси v влево
произвольно откладываем
выбранное полюсное рас-
стояние Hv — 20 мм.

Из точки Pv проводим

прямые, параллельные ка-

сательным к кривой s соответственно в точках 0s, /s, 2S, ... . Эти
прямые отсекут на оси v отрезки: 0 — 0v, 0—l'v, О — 2^.... пропор-

циональные скоростям в соответствующих точках диаграммы.

Сносим точки 1р, 2„, ... на ординаты соответствующих точек.

Соединяем ряд полученных точек 0V9 lv, 2Vf ... плавной кривой,
являющейся диаграммой (графиком) скоростей. Масштаб времени
остается прежним, а масштаб скорости

u =	=

0,01

0,0025 • 20

= 0,2 м!(сек' мм),
Диаграмму ускорений строим аналогично диаграмме скоростей
(рис. 94, в). Масштаб времени прежний, масштаб ускорений

На—

0,0025-16

= 5 мЦсек2 • мм),

где На ~ 16л<л< — выбранное полюсное расстояние для диаграммы
ускорений.

Так как скорость и ускорение являются первой и второй произ-
водной от перемещения по времени, то относительно верхней диаграммы
нижняя является дифференциальной кривой, а относительно ниж-
ней диаграммы верхняя — интегральной кривой. Так, диаграмма ско-
ростей для диаграммы перемещений — дифференциальная, а для диа-
граммы ускорений — интегральная кривая. При построении кинема-
тических диаграмм для проверки следует использовать свойства про-
изводной:

возрастающему графику перемещений (скорости) соответствуют
положительные значения графика скорости (ускорения), а убываю-
щему — отрицательные;

точкам максимума и минимума, т. е. экстремальным значениям,
графика перемещений (скорости) соответствуют нулевые значения
графика скорости (ускорения);

точкам перегиба графика перемещений (скорости) соответствуют
экстремальные значения графика скорости (ускорения);

точка перегиба на диаграмме перемещений соответствует точке,
где ускорение равно нулю;

ординаты начала и конца периода любой кинематической диаграммы
равны, а касательные, проведенные в этих точках, параллельны.

Задача 77. Определить профиль кулачка по заданному закону
движения толкателя s = f (ср) (рис. 95, а). Оси толкателя и кулачка
находятся на одной прямой (эксцентриситет равен нулю, в = 0).
По оси абсцисс ср отложены углы поворота кулачка в радианах, а по
оси ординат s — соответствующие им перемещения толкателя. Толка-
тель приводится в движение роликом, катящимся по образующей
кулачка. Заданы г — радиус ролика и я0 — наименьшее расстояние,
отделяющее ролик от оси вращения кулачка.

Решение. Для осуществления сложных законов движения
применяют кулачковые механизмы, состоящие из кулачка и толка-
теля, движущегося поступательно или вращательно. В зависимости
от профиля кулачка происходит то или иное движение толкателя.

Обычно задают закон движения толкателя в функции времени
s = f (0 или угла поворота кулачка s = f (ср). По закону движения тол-
кателя выбирают необходимую скорость вращения кулачка, а затем
и его профиль.

Профиль кулачка и график движения толкателя для удобства
строим в одинаковом масштабе. Проведем окружность из центра О
радиусом Я = а0 + г так, чтобы она касалась продолжения влево
оси абсцисс. Разделим эту окружность на восемь равных частей
(точки /ф, 2^, рис. 95, б). Можно разделить окружность на 12,
16 частей и т. д., при этом соответственно будет возрастать точность
построения профиля. На столько же частей делим отрезок /, соответ-
ствующий одному обороту кулачка. Сносим ординаты соответствующих
точек 0st 1st 2st ... на ось толкателя — получаем точки O's, lst 2's ...

Рис. 95

Из центра О радиусом О — Г3 против вращения кулачка проводим
дугу до пересечения с прямой О — /фв точке /ф. Аналогично получаем
точки ... . Соединив эти точки плавной кривой, получим теоре-
тический профиль кулачка. Внутренняя огибающая окружностей,
описанных радиусом ролика, центр которого перемещается по теоре-
тическому профилю, образует искомый практический профиль ку-
лачка.
ГЛАВА 7. ПРОСТЕЙШИЕ

ВИЖЕНИЯ ТВЕРДОГО ТЕЛА

1

§ 27.	ПОСТУПАТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ

Движение твердого тела называют поступательным, если любой
прямолинейный отрезок, неизменно связанный с телом, остается
в процессе движения параллельным самому себе.

При поступательном движении твердого тела все точки его описы-
вают тождественные траектории. Скорости и ускорения всех точек
поступательно движущегося тела по модулю и направлению равны
между собой:

(2.15)

Следовательно, изучение поступательного движения тела сводится
к изучению движения какой-либо одной из его точек. Обычно в ка-
честве такой точки рассматривают движение центра тяжести С. Урав-
нения движения центра тяжести в координатной форме

Хс = /1(0, Ус = h (0, zc = f9 (0	(2.16)

или в естественной форме

«с = f (0, Ус = ф (хс)-	(2.17)

Необходимо различать поступательное движение твердого тела
и прямолинейное движение точки. Точки твердого тела, движущегося
поступательно, могут описывать любые траектории, в частном слу-
чае, эти траектории могут быть прямолинейными.

Основные кинематические элементы поступательного движения
твердого тела: линейное перемещение s (м), линейная скорость
v (м/сек), линейное ускорение а (м/сек2)', при этом в общем случае а =

Н"" ^п*

При равноускоренном (равнозамедленном) поступательном дви-
жении пройденное расстояние определяют по формуле

т

где — начальная скорость. Зная конечную скорость цк, величину s
можно определить, используя среднюю скорость уср = (ук + ц>)/2,



(Ек-Но) t
2

Так

как / =	то можно получить выражение

2 ах 2ах

В табл. 15 (см. раздел «Динамика») приведены наиболее употре-
бимые формулы, применяемые для решения задач на поступательное
движение тела.

5 В. А, Осадчий, А. М. Файн

129
Задача 78, Стержень копировального приспособления имеет на
нижнем конце ролик D, который катится по шаблону. На верхнем
конце стержня находятся три иглы Л, В и С, воспроизводящие про-
филь шаблона. Стержень движется так, что его ось BD остается строго
вертикальной. Определить вертикаль-

Рис. 96

ные составляющие скоростей и уско-
рений игл, если горизонтальное дви-
жение ролика D происходит по за-
кону х = х0 + v0/. Шаблон выполнен
в виде логарифмической кривой у =
= у{} In ах (рис. 96).

Решение. По условию ось
стержня BD при движении остается
параллельной самой себе, следова-
тельно, копировальный стержень со-
вершает поступательное движение.
Достаточно определить вертикаль-

ные составляющие скорости и уско-
рения любой точки, в частности, оси ролика, принадлежащей стерж-
ню. Так как уравнение траектории задано в виде у = у<} In ах, то

закон движения вдоль оси у имеет вид

у = yQ 1п а (х0 + и0/).

Определяем вертикальную скорость центра ролика

= У о

gyp	m

а (Хо + ^оО Х0 + VGt '

Иглы имеют такую же вертикальную скорость. Дифференцируя
полученное выражение для vy, находим вертикальное ускорение ролика
(игл)

_ dvy _ z/ovouo _

? dt	(ХоН“^оО2 (ХоН-^)2

§ 28.	ВРАЩАТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ

Движение твердого тела называют вращательным, если в движу-
щемся теле или вне его имеется ось вращения, которая при вращении
остается неподвижной, а плоскость, проведенная через эту ось и про-
извольную точку тела, совершает поворот вокруг оси.

Законом, или уравнением вращательного движения тела вокруг
неподвижной оси, называют равенство, при помощи которого задается
угол поворота тела <р как функция времени, т. е. $ = f (/). Угол пово-
рота измеряется в радианах (рад) — безразмерных единицах. Быстроту
и направление вращения тела характеризует угловая скорость со,
равная первой производной по времени от угла поворота:

® = =	(2.18)
Размерность со в СИ: dim со = Т'1 = сек'1.

Для характеристики быстроты изменения угловой скорости служит
угловое ускорение е, равное первой производной по времени от угло-
вой скорости или второй производной от угла поворота

t/co___J2(p

dF “ di*

(2.19)

Размерность e в СИ: dim е = Т~2 = сек2.

Если о) и е направлены в одну сторону (со > 0, е > 0 или ю < О,
е < 0), то вращение ускоренное, если о) и е направлены в разные сто-
роны (<о < 0, е>0 или о > 0, е<0), то вращение замедленное.
Отметим, что положительный и отрицательный знаки ср, ю и е опреде-
ляются совпадением или несовпадением их направлений с выбранным
направлением отсчета углов поворота.

Основные кинематические элементы вращательного движения:
угловое перемещение ср рад, угловая скорость со (сек'1), угловое
ускорение е сек'2.

Угловую скорость в технике часто измеряют числом оборотов в ми-
нуту и. При этом угловая скорость ю сек1 и число оборотов п об/мин
связаны соотношением:

лп

® = 30

(2.20)

Частные случаи вращения тела:

1.	Если ю0 = со == const, т. е. е = 0, то вращение тела равномер-
ное. В этом случае ср = <о0/, где <о0 — начальная угловая скорость.

2.	Если е — const, то вращение тела называют равнопеременным.
В этом случае

со = (оо 4- е/, ср =	4"	•	(2.21)

Пусть некоторое тело за время t повернулось на

угол ф, увели-

чив свою угловую скорость с начального значения ю0 до конечного юк,
при этом угловое ускорение составляло е. Полный угол поворота
определим по (2.21) или, введя среднюю угловую скорость юср =
= (юк + (оо)/2, из выражения



Так как t~———, то угол поворота можно выразить иначе:

— % СОк — «о
ф =	2 в = 2е

(2.22)

В табл. 15 (раздел «Динамика») приведены формулы, применяемые
при решении задач на вращательное движение тела.

3.	Если угловое ускорение изменяется по закону в = ф (/)» то
t	t

со == соо-f-$ гр (/) d/,	=	(2.23)

о	о
Угловые величины вращающегося тела и линейные величины дви-
жущейся точки. Точка совершает либо прямолинейное, либо криво-
линейное движение, а тело — поступательное, вращательное (или
плоскопараллельное движение, рассмотренное ниже).

Траекторией любой точки М, принадлежащей вращающемуся телу
и отстоящей от оси вращения на расстоянии г, является окружность
радиусом г. Если за время t тело повернулось на угол ф и имеет в этот
момент времени угловую скорость со и угловое ускорение е, то:

а)	линейное перемещение точки (длина дуги)

s = гф;	(2.24)

б)	ее линейная скорость

v = гео	(2.25)

и направлена по касательной к окружности в сторону вращения. Так
как со == лп/30, то для определения линейной скорости на ободе диа-
метром d часто используют выражение

d(£) Jt dTl	у а

°=2“==-бб-:	<2-26>

в)	тангенциальное ускорение

ах = ге;	(2.27)

по направлению оно совпадает со скоростью v при ускоренном враще-
нии и противоположно вектору скорости при замедленном вращении;

г)	нормальное ускорение

а» = у = — =	(2.28)

и всегда направлено по радиусу г к оси вращения;

д)	ускорение точки М равно геометрической сумме нормального
и касательного ускорений, т. е. а = ах + Модуль ускорения опре-
деляют по формуле

a = Y(er)2 + (<й2г)2 = г ]/g2 + <о4.

(2.29)

Ускорение отклонено от нормали к траектории на некоторый угол а,
определяемый из соотношения

(2.30)

Задача 79. На карусельном станке обтачивается шкив диаметром
D = 2 м при диаметре отверстия ступицы d = 0,175 м. Сколько обо-
ротов в минуту должен делать шкив при обточке обода и сколько при
расточке ступицы для того, чтобы скорость резания составляла
1,5 м!сек>

Решение. Угловая скорость вращения шкива при обточке обода

2v	2*1,<5	. -

= р = ~2— = 1,5 сек \
Так как = лл^/ЗО, то число оборотов шкива при обточке обода

30й)<	30 • 1,5

П, =------ — -5-ГГ =

1 л 3,14

Угловая скорость вращения шкива
_ 2у __ 2* 1,5 _

“2 — ~d — 0,175 ~

14,3 об/мин.

при расточке ступицы

17,1 сек \

Откуда находим скорость вращения шкива
30й)2	30* 17,1	-

П2 =	~ О 1Л ~ = 164 об/мин.

Этот же результат можно получить непосредственно, воспользо-
вавшись выражением (2.26):

60у	60 * 1,5	. . о

=	= ЗЛ4Т2 = 14’3 об/мин'

60у	60 * 1,5	«гл

n2~nd~~ З^Г4 • 0,175 — 64 °б!мин-

Задача 80. Ротор электромотора вращается с угловой скоростью
= 2700 об/мин. После выключения он делает до полной остановки
675 оборотов. Считая вращение ротора электромотора равнозамедлен-
ным, найти: время вращения ротора с момента выключения до полной
остановки, закон вращательного движения ротора, его угловые ско-
рость и ускорение за период торможения.

Решение. При равнопеременном вращении уравнения измене-
ния угловой скорости и угла поворота имеют вид:

со = (оо + е/, ф = соо/ + 0,5е/2.	(а)

Таким образом, необходимо найти со() и е. Выразим начальную
скорость о)0 и полный угол фк поворота в радианах:

соо = ^ = l-grc = 90л сек~\ фк = 675 • 2л == 1350л рад.
du ov

Время торможения до полной остановки

= 2-q^0n- = 30 сек.

H <D0	90л

Угловое ускорение
в  о)о 	90л

Е	— /7 “	зо

сек 2.

Подставив и е в (а), получим закон изменения угловой скорости
и угла поворота

со = Зя (30 — /); ф = 1,5л/ (60 — /).

Задача 81. Тело вращается с постоянным угловым ускорением е
вокруг неподвижной оси. Определить, через какое время после на-
чала вращения угол между ускорением любой точки тела и радиусом
будет равен 45°. Считать, что вращение начинается из состояния покоя.
Решен ие, В искомый момент t угол, образованный й с нормалью
(в данном случае с радиусом), равен 45°. Тогда из (2.30)

tg 45 =	= 1 •	(з)

Для равноускоренного движения при ш0 = 0 имеем со = el. По-
этому (а) принимает вид

е2/2 = е,

откуда получаем

Задача 82. Зубчатая передача состоит из трех колес 7, П и 777,
вращающихся вокруг неподвижных центров Оп О2 и О3. К колесу I
прикреплена рукоятка Ор4, начавшая вращаться из состояния покоя

Рис. 97

с угловым ускорением е. К колесу 777 прикреплена нить, поднимаю-
щая груз Р, Определить скорость и окружные ускорения на ободах
зубчатых колес, а также скорость и ускорение поднимаемого груза
через t = 2 сек после начала движения, если ~ 20 см, Rw = 10 см,
/?нт = 20 см, г = 0,5 сек2 (рис. 97).

Решение. Так как по условию е = const и со0 = 0, то закон
вращения колеса 7 имеет вид со: = е/. Откуда при t — 2 сек

о>1 — е/ = 0,5-2 — 1 сек \

Определяем линейную скорость на ободе колеса 1
щ	= 1 -0,2 = 0,2 м/сек.

Очевидно, окружные скорости на ободах всех трех колес, находя-
щихся в зацеплении, равны, т. е.

Vi = Vii = Уш = 0,2 Mi сек.
Окружное ускорение й\ колеса I складывается из нормального
й\п и тангенциального Ол ускорений:

ai =	= 1 -0,2 = 0,2 м/сек2, а\ = e/?i = 0,5-0,2 = 0,1 м/сек?,

ft	т

Откуда

а^/а^ + а^/О^^ОД^О^гЗ м/сек2.

Так как е для колес / и /// одинаково (/?[ = /?ш)> то ащ =
— 0,223 м/cei?. Тангенциальное и нормальное ускорения на ободе
колеса //

Я]	°,2

ап =а ==0,1 м/сек2, аи ==ai 5- = 0,2^ = 0,4 м/сек2.

"	** ь ।	О| 1

Тогда модуль окружного ускорения колеса II

«!,=]/а!!„ + аЬт = /0,42 + 0,12 = 0,412 м/сек*.

Нетрудно видеть, что

Vp = Vni “ 0,2 м/сек.

При прямолинейном движении груза аРп = 0. Тогда
аР = аРх = aiux = 0,1 м/сек2.

Задача 83. На шкив радиусом R = 20 см намотана нерастяжимая
нить, на которой висит груз В. Двигаясь вертикально вниз из состоя-
ния покоя по уравнению х = 4t2 (где х — расстояние от неподвижной
горизонтальной оси тп в jh), груз приводит во вращение шкив. Найти
закон вращательного движения, угловую
скорость и угловое ускорение шкива, а	___

также полное ускорение точки обода ко-
леса (рис. 98).	/

Решение. Система состоит из трех т______L____

тел: шкива, груза и нити. Шкив совер- I	j

шает вращательное движение, а груз и \	/4

свисающая часть нити — поступательное.

Отметим точку А, которая принадлежит	|	>

одновременно двум телам — шкиву и ни-	яЩ

ти. Скорость точки А, принадлежащей	Т_

НИТИ,
dx о.
=	=	Рис. 98

Так как по условию задачи пить нерастяжима, то

Тогда

vA = R<o = 0,2 to.

0,2ш = 8/, о) = 40/,
Угловое ускорение шкива находим дифференцированием

= 40 сек. 2.

at

По условию соо = 0. Следовательно, закон вращательного движе

ния шкива принимает вид

ср — соо/ -|-

40/2

20/2.

Касательное ускорение точки А

ах = &R = 40-0,2 = 8 м/сек2;

нормальное ускорение

ап = cd2R = (40/)2-0,2 = 320/2.

Ускорение точки А

а=Vа? ф-4 = V82 + (320/2)2 = 8 V1 + 1600/4.
ГЛАВА 8. СЛОЖНОЕ

ВИЖЕНИЕ ТОЧКИ

Сложным (составным) называют движение, слагающееся из несколь-
ких независимых движений.

Движение точки относительно неподвижной системы отсчета назы-
вают абсолютным. Движение точки относительно подвижной системы
отсчета называют относительным. Движение подвижной системы отно-
сительно неподвижной системы отсчета называют переносным.

Соответственно, траекторию, которую совершает точка относитель-
но неподвижной системы отсчета, называют абсолютной. Траекторию,
которую совершает точка по отношению к подвижной системе отсчета,
называют относительной. Соответственно имеются понятия абсолютных,
переносных и относительных скоростей и ускорений точки.

а)

Рис. 99

Теорема сложения скоростей. Скорость абсолютного движения
в данный момент времени определяется как геометрическая сумма
относительной vr и переносной ve скоростей:

Va = Vr + &е.

(2.31)

Сложение векторов vr и ve производят по правилу параллелограмма
(рис. 99, а) или треугольника (рис. 99, б). Модуль абсолютной скорости
находят по теореме косинусов

Са==У Vr + v2e+2veVrCOS(Vr, Ve),

а направление — по теореме синусов

Уд = Уе _ УГ
sin (ve, vr) sin (va, vr) sin (va, ve)

(2.32)

(2.33)

Параллелограмм перемещений. В частном случае, когда и относи-
тельное и переносное движения точки прямолинейны, строят паралле-
лограмм перемещений, из которого можно определить абсолютное пере-
мещение точки

(2.34)

где sz и se — относительное и переносное перемещение точки.
Методические указания по решению задач

При решении задач на сложное движение точки, рекомендуется
придерживаться следующего порядка:

1.	Выяснить, какое движение является абсолютным, какое отно-
сительным и какое переносным.

2.	Направить векторы абсолютной, относительной и переносной
скоростей.

3.	Построить параллелограмм или треугольник скоростей и по ним
найти неизвестные величины.

Задача 84. Кран за некоторое время перемещается вдоль цеха
на расстояние £ = 20 л/, а тележка проходит за этот же отрезок вре-

Рис. 1С0

мени путь I = 15 м вдоль крана.
Определить полное перемещение те-
лежки (рис. 100).

Решение. Прямолинейное дви-
жение крана — переносное движение,
прямолинейное движение тележки по
перемещающемуся крану — относи-
тельное; полное движение тележки
относительно цеха — абсолютное.
Произведя геометрическое сложение
двух прямолинейных перемещений по
правилу параллелограмма, находим
абсолютное перемещение тележки

s=/£!+P =/202+ 152 = 25 м.

в

Рис. 101

Задача 85. Наклонная плоскость АВ (а = 45°) движется прямо-
линейно с постоянной скоростью 5 м/сек. По плоскости скользит тело
G со скоростью 2/ (м/сек), где t в сек. Определить абсолютную скорость
тела через 5 сек после начала движения, считая, что в начальный мо-
мент относительная скорость G равнялась нулю (рис. 101).

Решение. Прямолинейное движе-
ние тела со скоростью 2/ по движущейся
плоскости — относительное. Прямоли-
нейное движение наклонной плоскости
с постоянной скоростью — переносное.
Абсолютную скорость определим по пра-
вилу параллелограмма. Модуль ее

Va =	+ 2veVr COS 45° ==

=1/254-4/2+10)/'2/.

В момент времени t = 5 сек

ов = Т/25 + 4-52+Ю]/'2-5^14 м/сек.

Задача 86. Кривошип ОА = г = 0,5 м вращается вокруг неподвиж-
ной точки О с постоянной угловой скоростью io = 10 лсе/с"1. Ползун
при этом передвигается в наклонной кулисе ВС, которая может пере-
мещаться прямолинейно вдоль оси Ох, составляя с ней угол а = 60°.
Определить модули абсолютной, относительной и переносной скоро-
стей ползуна А в момент, когда кривошип составляет с осью Ох угол
Ф = 40° (рис. 102).

Решение. Абсолютное движение точки А ползуна — вращение
вокруг неподвижного центра О — можно представить как сумму отно-
сительного скольжения ползуна вдоль кулисы и прямолинейного пере-
носного движения вместе с кулисой: va = ve + vr.

Из точки А строим вектор va, затем из его конца проводим прямую,
параллельную Ох (кулиса движется вдоль Ох). Точка пересечения

Рис. 102

этой прямой с осью кулисы является третьей вершиной треугольника
скоростей. Полученный треугольник имеет углы при вершине 50°,
60° и 70°. По теореме синусов определяем искомые модули скоростей

Уд _ У? ___ У,
sin 60° sin 70° sin 50° *

Так как
то

va = cor = 10л-0,5 = 15,7 м/сек,

sin 70°	. - „ 0,940	. п .

=	• kno' =	= 17 м сек

е а sin 60	’ 0,866

sin 50°

а sin 60°

- _ 0,706	. л ,

~ ^’^б?8бб “ 14 м/сек.

Задача 87. При запуске искусственному спутнику Земли необхо-
димо сообщить первую космическую скорость, равную 7,8 км/сек,
направленную горизонтально (относительно Земли). Как выгодно
запускать спутник на экваторе: в направлении с запада на восток или
с востока на запад?

Решение. До запуска спутник вращается вместе с Землей и
имеет линейную горизонтальную скорость, равную скорости на поверх-
ности Земли. Горизонтальная скорость спутника вместе с Землей яв-
ляется переносной скоростью ve. Горизонтальная скорость, приобре-
тенная спутником в результате действия ракетных двигателей, —
относительная скорость vr. Тогда va =	+ vr. Угловая скорость

Земли

- 57^00 = 0,725 • 10- сек'1,

где 2л — угол при полном обороте Земли вокруг своей оси; 24*3600 —
число секунд в сутках.

Модуль переносной скорости на экваторе

ve =	= 6400*0,725• 10'4 = 0,465 км/сек,

ft — радиус Земли, 7? = 6400 км.

Земля вращается с запада на восток (рис. 103, а), следовательно,
при запуске спутника с запада на восток переносная и относительная
скорости совпадают по направлению и va == ve + у3-в, откуда

= va — ve = 7,8 — 0,465 = 7,335 км/сек.

При запуске с востока на запад (рис. 103, б) переносная и относи-
тельная скорости направлены в противоположные стороны, т. е.
Va = —ve + ув”3. Тогда

ив~3 = Va 4-	= 7,8 + 0,465 = 8,265 км/сек.

Таким образом, спутник выгодно запускать с запада на восток, так
как при этом потребуется сообщить меньшую относительную скорость
и, следовательно, установить двигатели меньшей мощности.

Задача 88. Тонкое кольцо, согнутое из металлической трубки,
вращается вокруг точки О с постоянной скоростью соо = 2л сек1.
Внутри кольца с постоянной скоростью v = 10 м/сек движется шарик.
Определить абсолютную скорость шарика в тот момент, когда он за-
нимает положение М (рис. 104), если радиус кольца R = 1 м.
Решение. Вращение кольца — переносное движение. Движение

шарика по кольцу — относительное, тогда va = ve + vr. Модуль пере-

носной скорости шарика равен скорости точ-
ки М, принадлежащей кольцу:

^ = ОЛ1о)0 = R УН а>0 = 1 /3 -2л — 10,9 м/сек.

Модуль относительной скорости шарика
vr ~ v = 10 м/сек. Вектор vr составляет с век-
тором ve угол 30°, следовательно,

va=]/ ^4* v'r + 2vevr cos 30°—

= /10,92 + 102 + 2• 10,9* 10• 0,86 = 20,2 м/сек.

Задача 89. Полудиск радиусом г, движу-
щийся поступательно с постоянной скоростью и0,
толкает стержень, опирающийся на него. В на-

Рис. 104

чальныи момент времени стержень находится в наинизшем положе-
нии. Определить скорость стержня в любой момент времени (рис. 105).

Рис. 105

Решение. Движение точ-
ки А (принадлежащей стержню,
движущемуся поступательно в
направляющих) — абсолютное.
Оно слагается из двух движе-
ний: переносного — прямолиней-
ного вместе с полудиском и от-
носительного — скольжения по
поверхности полудиска; при
ЭТОМ Va = Ve + Vr. ПуСТЬ В Не-
который момент времени t полу-
диск передвинулся на расстоя-
ние v^t. Построим параллело-
грамм скоростей. Векторы va
и ve образуют прямой угол.
А вектор относительной скоро-

сти направлен по касательной к поверхности полудиска, составляя
с вектором абсолютной скорости угол <р. Тогда cos <р = (г — v0/)/r
и модуль абсолютной скорости точки А

. „	COS ф

Va==^Ctg<p==y0^ = t>0

г-'t/
(т-------А2

Рр (У —У(/)

X 2гц/ — Pj/2'
ГЛАВА 9. СЛОЖНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА

§ 29.	ПОНЯТИЕ О ПЛОСКОПАРАЛЛЕЛЬНОМ ДВИЖЕНИИ.
ОПРЕДЕЛЕНИЕ СКОРОСТЕЙ ТОЧЕК ПЛОСКОЙ ФИГУРЫ

Плоскопараллельным движением твердого тела называют такое
движение, при котором все точки тела движутся в плоскостях, парал-
лельных некоторой неподвижной плоскости.

Плоскопараллельное движение является сложным, состоящим из
переносного поступательного движения вместе с выбранным полюсом
и относительного вращательного движе-
ния вокруг полюса. Отметим, что ско-
рость поступательного движения зависит
от выбора полюса, а угловая скорость
вращательного движения не зависит от
выбора полюса.

Применяют три способа определения
скоростей точек плоской фигуры:

1-й способ. Скорость любой точки
плоской фигуры равна геометрической
сумме скорости полюса va и скорости
той же точки во вращательном движе-
нии данной фигуры относительно по-
люса Vqa (рис. 106, а), т. е.

= О А + vBA. (2.35)

При этом скорость полюса является
переносной скоростью точки В, а ско-
рость во вращательном движении вокруг
яростью точки В. Модуль относитель-

ной скорости равен v3a = ®1ав> где со — угловая скорость плоской
фигуры.

2-й способ. В любой момент времени в плоскости фигуры
можно найти такую точку Р, абсолютная скорость которой равна
нулю, т. е. vP = 0. Точку Р называют мгновенным центром скоростей
плоской фигуры. Скорость любой другой точки этой плоской фигуры
равна ее вращательной скорости вокруг мгновенного центра скоростей
(рис. 106, б).

VA “ 1рА®> V3 ~ 1рв®>	(2.36)

Рис. 106

полюса — относительной

3-й способ. Если при плоскопараллельном движении фигуры
известны модуль, направление скорости одной точки А и направление
скорости другой точки В, то неизвестный модуль скорости точки В
можно определить по следующей теореме: проекции скоростей концов
неизменяемого отрезка на направление этого отрезка равны между собой,
т. е.

vA cos а = v$ cos р,

(2.37)
где аир — углы, которые векторы va и vb составляют соответственно
с отрезком АВ (рис. 106, в). Из (2.37) можно определить любую из
четырех входящих в него величин, если известны три другие.

§ 30.	ОПРЕДЕЛЕНИЕ МГНОВЕННОГО ЦЕНТРА СКОРОСТЕЙ

При решении задач на плоскопараллельное движение необходимо

знать, как определять скорости точек в различных случаях:

1.	Известны вектор скорости одной точки vA и угловая скорость

вращения плоской фигуры (о (рис. 107, а). Мгновенный центр скоро-
стей находится на перпендикуляре, восставленном из точки А

к вектору скорости, на

расстоянии

Если

мгновенный центр скоро-
стей при движении тела

остается неподвижным, то

плоское движение превра-
щается во вращательное.

2.	Известны только на-
правления скоростей двух
точек А и В, причем ли-
нии действия векторов ско-
ростей пересекаются. Мгно-
венный центр скоростей на-
ходится в точке пересече-
ния перпендикуляров, вос-
ставленных в этих точках,
к направлению их скоро-
стей (рис. 107, б). Так как
vA == 1рА^ и Vb	то

циональны расстояниям до

Рис. 107

модули скоростей точек прямо пропор-
мгновенного центра скоростей т. е.

VA _ Vli

IpA IpB

(2.38)

Если скорости двух точек параллельны и направлены в одну сто-
рону, а прямая, соединяющая эти точки, не перпендикулярна к на-
правлению скоростей, то тело движется поступательно.

3.	Известны векторы скоростей двух точек vA и vB, причем vA и Vb
параллельны и направлены в одну сторону. Прямая, соединяющая
эти точки, перпендикулярна к направлению скоростей. Мгновенный
центр скоростей находится на пересечении прямой, проведенной через
концы векторов vA и vB, продолжением отрезка АВ (рис. 107, в). Ско-
рости определяются по (2.38).

Если vA = Vb, то в данный момент тело движется поступательно.
В этом случае мгновенный центр скоростей находится в бесконечности,
скорости всех точек плоской фигуры геометрически равны, а скорость
вращения вокруг любого полюса равна нулю, со = 0.
4.	Векторы Пд и и3 параллельны, но направлены в разные стороны.
Мгновенный центр лежит на отрезке 1Лв и делит его на части
/ВР (рис. 107, г) согласно условию (2.38).

5.	Плоская фигура катится без скольжения по неподвижной кри-
вой (рис. 107, д). Мгновенный центр скоростей Р находится в точке
касания фигуры с кривой.

Задача 90. Каток радиусом R катится без скольжения по горизон-
тальной поверхности. Скорость центра и0. Определить угловую ско-
рость вращения катка, а также скорости точек К, Q, N (рис. 108, а).

Рис. 108

Решение. Сначала решим эту задачу с использованием мгно-
венного центра скоростей, который находится в точке Р. Тогда угло-
вая скорость катка равна со = ~ и, следовательно, искомые скорости

V* = (0-2R = 2y0, Va == Va = coRj/2 = J/"2^O.

Решим эту же задачу другим способом, рассмотрев движение катка
как результат сложения переносного — поступательного вместе с
центром и относительного — вращательного вокруг центра (рис. 108, б).
Абсоютная скорость точки Р

Vr .

Но, с другой стороны, абсолютная скорость точки Р равна нулю,
так как отсутствует скольжение. Тогда

0 = Ve + Vr ИЛИ Ve = —Vr -

Таким образом, вектор переносной скорости равен по величине
вектору относительной скорости, но направлен в противоположную
сторону. Угловая скорость не зависит от выбора полюса, поэтому
для относительного вращения оставим то же обозначение со. Перенос-
ная скорость равна скорости центра v? = vOf а относительная — ско-
рости во вращательном движении вокруг центра vf = coR, следова-
тельно, со = ^~. В точке Q относительная и переносная скорости скла-
дываются алгебраически, т. е. Va = 2и0. В точках N и К полные ско-
рости определяем как геометрические суммы

Va -==Va=Vrvl + Vj = Uo.

Задача 91. Шестерня I радиусом г, катящаяся внутри неподвижной
шестерни II радиусом R, приводится в движение кривошипом ОА,
вращающимся равномерно с угловой скоростью соо, вокруг оси О
неподвижной шестерни. Определить угловую скорость шестерни I

и скорость точки М, лежащей на диаметре этой шестерни, перпенди-
кулярном в данный момент к кривошипу ОА (рис. 109).

Решение. Так как точка А принадлежит кривошипу ОД, то ее
скорость равна Уд = ш0/Од = 03 о (R — г)- Шестерня I катится внутри

шестерни II без скольжения, следова-
тельно, точка касания обеих шестерен Р
является мгновенным центром скоростей
для шестерни Л Тогда угловая скорость
шестерни I

VA	соо (/? — г)

(О — =-------------

РА	Г

откуда определяем скорость точки М
vM =	= ®0У2 (R —г).

Задача 92. Две параллельные рейки
движутся со скоростями: vA = 50 см/сек,
и v8 = 10 см/сек. Между рейками зажат

Рис. 109

диск радиусом г = 24 см, катящийся по

рейкам без скольжения. Определить угловую скорость диска и ско-

рость его центра для двух случаев: рейки движутся в одну сторону;
рейки движутся в разные стороны.

Решение. По условию задачи диск катится без скольжения,
следовательно, точки А и В, лежащие на вертикальном диаметре диска,

имеют скорости, равные скоростям реек.

Сначала рассмотрим случай, когда рейки движутся в одну сторону
(рис. ПО, а). Мгновенный центр скоростей Р находится на пересечении
продолжения диаметра АВ и прямой, соединяющей концы векторов
скоростей. Тогда из условия (2.38)

Решая первую пропорцию относительно 1РВ, находим

Va

lPB = 2r—- = 2-24

VA ~ VB

10

50—I2 CM’

откуда угловая скорость диска

10

(0 =

= 0,835 сек 1


и линейная скорость центра

Vq = (г 4- 1РВ) — 0,835 (24 + 12) = 30 см!сек.

Теперь рассмотрим случай, когда рейки движутся в разные стороны
(рис. ПО, б). Соединив концы векторов vA и vB прямой, получим мгно-
венный центр скоростей Р, лежащий на диаметре АВ ближе к точке В,
скорость которой меньше. Тогда

VA

1рВ

VB VO

i— “	1— “ w *

lPB r lPB

Решая первую пропорцию относительно lPBt получим

.	VR	10

lpB = 2r ——— = 2-24	= 8 cm ,

^7+	50 + 10	*

откуда находим угловую скорость вращения диска:

fi)

vA

vR 10

to = -—=-5- = 1,25 сек 1
1рв °

и линейную скорость цен-
тра

Vo = to (г — 1РВ) =
=== 1,25 (24 — 8) =
= 20 см/сек.

Эту же задачу можно
решить иначе. Скорости

Рис. 110	отдельных точек диаметра

между А и В распреде-
ляются по линейному закону, а центр лежит посередине, тогда
(рис. ПО, а)

va~^~vb 50+10

---9---= 9— = <^0 см/сек.

& £

Если бы диск двигался поступательно, то скорости всех его точек
были одинаковы. Наличие же вращения делает скорости неравными.
Следовательно, разность скоростей двух точек — результат относи-
тельного вращения. А так как угловая скорость мгновенного вращения
не зависит от выбора полюса, то алгебраическая разности скоростей
двух точек, лежащих на одной прямой (проходящей через мгновенный
центр скоростей), деленная на расстояние между ними, равна угловой
скорости. Таким образом,

С0=---

VA~VB

2г

50—10

2-24

= 0,835 сек~\

Аналогично для случая, когда скорости направлены в разные сто-

роны (рис. ПО, б)

„ _^д-ув_50-10

VO о	о

= 20 см/сек,
откуда находим угловую скорость

(0 =

= 1,25 сект'.

Задача 93. Кривошип ОА длиной г кривошипно-шатунного меха-
низма вращается равномерно с угловой скоростью соо. Определить
угловую скорость и скорость средней точки шатуна М при двух поло-
жениях кривошипа, для которых угол <р соответственно равен 0 и л/2

(рис. Ill, а), если длина ша-
туна Z.

Решение. Так как точ-
ка А принадлежит криво-
шипу ОА, вращающемуся с
постоянной угловой скоро-
стью соо, то ее скорость по
модулю во всех положениях
одинакова и равна vA = <nor.

1-е положение (ср “
— 0). Точка В в любых по-
ложениях кривошипа дви-
жется по прямой ОВ (рис.
111, б). Модуль скорости точ-
ки В определяем по теореме
о проекции скоростей концов
неизменяемого отрезка

U^COS—- = uBcosO.

Рис. 111

Но так как cos у = 0 и cos 0 = 1, то vB == 0, т. е. в данном поло-
жении механизма точка В является мгновенным центром скоростей.
Тогда

VM__Ьзм

VA 1ВА ’

откуда находим — 0,5 ол. Угловая скорость шатуна со = у- =
со0г

=

2-е положение (ф = 90°). В этом положении (рис. 111, в)
скорости точек А и В параллельны, а отрезок АВ образует со скоро-
стями угол а 90° — это случай мгновенного поступательного дви-
жения шатуна. Скорости всех точек шатуна геометрически равны,
т. е. ив = vm = vA = coor, а угловая скорость шатуна со = 0.

Задача 94. Колесо радиусом R равномерно катится без скольжения
по горизонтальному рельсу при помощи каната, намотанного на ось
колеса радиусом г. Канат перекинут через блок, к концу каната привя-
зан груз В. вертикально опускающийся с постоянной скоростью v.
Определить скорость центра О и угловую скорость вращения колеса

(рис. 112).

Решение. Мгновенный центр ско-
ростей находится в точке Р. Поскольку
vM “ v, то угловая скорость колеса

Тогда искомая скорость центра

n

VG = (dR = -5—

Задача 95. Ди

еренциальный

ворот

состоит из двух валов А и В с радиу-

сами R и г. На оба вала намотана одна

о

нить, на которой при помощи подвижного

блока прикреплен груз С. Определить

скорость груза и угловую скорость вра-
щения блока, если валам при помощи рукоятки сообщена угловая
скорость со (рис. 113).

Решение. Так как нить наматывается без скольжения, то ско-
рости точек Е и Nt принадлежащих нити и блоку, соответственно

Тк

Рис. 113



равны: vE — mR и ~ or. Мгновенный центр скоростей находится
в точке Р, а скорость центра О равна полуразности скоростей точек Е
и N

71	___ 71	ГЛ _____ ГЛГ	ГЛ

Скорость груза, очевидно, равна скорости центра, vc == Vo* Угловая
скорость вращения блока (очевидно, EN = R -|- г)

Oq =
Таким образом, линейная скорость груза зависит от величины
и соотношения радиусов, а угловая скорость вращения блока равна
скорости вращения ворота. В частности, при г = R имеем v0 = О,

а также соо — со.

Задача 96. В четырехшарнирном механизме кривошип ОА длиной
0,5 м вращается равномерно с угловой скоростью со0 = 5 сек'1. Найти
скорость той точки М шатуна АВ, в которой эта скорость направлена

по шатуну в момент, когда АВ
параллельна ООЪ /, АООг — 45°,
Z. ВОгО — 60°. Определить также
угловую скорость кривошипа ОгВ
(рис. 114).

Решение. Пусть длины криво-
шипов — /ол, /01В. Скорость точки А
перпендикулярна к ОА и равна

vA — «0/Од = 5*0,5 — 2,5 м/сек.

Так как кривошип ОгВ вра-

щается вокруг точки Ох, то vB пер-	Рис. 114

пендикулярна к ОхВ. Мгновенный

центр скоростей шатуна находится в точке Р. Опустив перпендику-
ляр из точки Р на АВ, найдем искомую точку М. Угловая скорость

шатуна

®АВ

VA  	__ VB

lPA	lPM lPB *

откуда

lOM	2,5

=1,77 м/сек»

lPA	V*

Скорость точки В соответственно равна:

/PR	ил/2	2,5/2

vB = vA= 2,04 м/сек.
1ра	/3	/3

VA	VB

^ОА	lOtB ’

Определим угловую скорость кривошипа ОГВ. Так как
то очевидно св^в = соОд = со0 = 5 сек1.

Рис. 115

Задача 97. Кривошип ОхО3 соединяет оси
трех зубчатых колес I, II и III. Колесо II
радиусом г обкатывает без скольжения не-
подвижное колесо I радиусом 7? и одновре-
менно находится в зацеплении с колесом III
радиусом R. Определить скорость точки М
колеса III, если кривошип вращается с по-
стоянной угловой скоростью (о (рис. 115).

Решение. Скорость центра колеса II
как точки, принадлежащей кривошипу, равна
vot = « (7? + г).
Так как колесо 77 обкатывает без скольжения неподвижное ко-
лесо 7, то мгновенный центр скоростей находится в точке Р. Тогда
скорость в зацеплении колес 77 и III

vB = 2v09 = 2(0 (7? + г).

С другой стороны, поскольку центр колеса 777 принадлежит криво-
шипу, то

v0 — (О (R + 2г + 7?) = 2(0 (R + г).

Скорости двух точек тела равны по модулю и направлению, следо-
вательно, оно совершает мгновенное поступательное движение. Та-
ким образом, скорость любой точки колеса ///, в том числе и точки М,
равна Vm = 2(0 (7? + г).

§ 31. * СЛОЖЕНИЕ ВРАЩЕНИЙ ВОКРУГ ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ ОСЕЙ

Одним из видов сложного движения твердого тела является его
вращение вокруг подвижной оси у, которая, в свою очередь, вместе
с телом вращается вокруг неподвижной оси х, параллельной у. В этом
случае сложное движение тела можно рассматривать как абсолютное

Рис. 116

вращения z проходит через точку Р,

вращение вокруг оси г, па-
раллельной данным осям.
Относительное и перенос-
ное вращения могут проис-
ходить в одну и разные
стороны.

Рассмотрим различные
случаи.

1.	Относитель-
ное <ог и перенос-
ное (ое вращения
направлены в од-
ну сторону (рис.
116, а). Ось абсолютного
которая делит отрезок О±О2

на части, обратно пропорциональные модулям (ог и т. е.

(2.39)

Скорость абсолютного вращения (оа направлена в ту же сторону,
что и слагаемые, а модуль ее равен сумме модулей слагаемых

(2.40)

Точку Р называют центром мгновенного вращения, ее скорость рав-
на нулю, Vp = 0. Сложение скоростей вращений вокруг параллельных
осей производится по тому же правилу, что и сложение двух парал-
лельных сил, при этом абсолютная скорость вращения как бы выпол-
няет роль равнодействующей.
2.	Относительное и переносное враще-
ния направлены в разные стороны (рис. 116, б).
Ось абсолютного вращения г проходит через точку Р, которая делит
отрезок 0г02 внешним образом на части, обратно пропорциональные
модулям и Угловая скорость абсолютного вращения направлена
в сторону большей скорости (пусть > а\>), а модуль ее равен разно-
сти модулей слагаемых, т. е.

=	—	(2.41)

Точка Р находится по условию (2.39).

3.	Относительное и переносное враще-
ния направлены в разные стороны, но рав-
ны по величине — случай «пары вращений». Ось абсолютного
вращения z находится в бесконечности, тело совершает мгновенное по-
ступательное движение. Тогда

= (дг —	= 0.

(2.42)

Задача 98. Кривошип III соединяет оси Ог и О2 двух зубчатых
колес I и II; колесо I остается неподвижным, а кривошип III вра-
щается вокруг оси 0х с угловой скоростью (д€. Зная радиусы колес Рх

и Р2, определить для ко-
леса II его абсолютную
угловую скорость и от-
носительную угловую ско-
рость ог по отношению к
кривошипу при внешнем и
внутреннем зацеплениях
колес I и II.

Решение. Колесо II
участвует в двух враща-
тельных движениях: пере-
носном (вместе с криво-

Рис. 117

шипом) вокруг неподвижной оси

и относительном вокруг по-

движной оси О2.

При внешнем зацеплении (рис. 117, а) относительная и переносная
скорости направлены в одну сторону (точка Р — центр мгновенного
вращения, через который проходит мгновенная ось абсолютного вра-
щения — находится между Ох и О2). Тогда

откуда

0)г ОГР
или

«а =	.

При внутреннем зацеплении (рис. 117, б) относительная и перенос-
ная скорости направлены в разные стороны (точка Р, через которые
проходит мгновенная ось вращения, лежит вне ОхО2), но по-прежнему

ov __ OjP
“ о^р

Ri

ИЛИ =
е R%
откуда

= Шг —	= ©t

Задача 99. Используя условия предыдущей задачи, определить
угловую скорость вращения колеса IV t вращающегося вокруг непод-
вижной оси Oj, при внешнем зацеплении колес I и II (рис. 118, а) и
при внутреннем зацеплении колес I и II (рис. 118, б).

Рис. 118

Решение. При внешнем зацеплении ось мгновенного вращения
проходит через точку Р, лежащую между 0г и 02. Следовательно, мо-
дуль абсолютной скорости (см. задачу 98)



Линейная скорость в зацеплении колес // и IV

VK = 2/?2иа = g= 2ае (/?1 + /?2),

откуда определяем искомую угловую скорость колеса IV

coiv =

f >	(%! 4~ ^?2)

^1 + 2/?а е /?1 + 2/?2 •

При внутреннем зацеплении ось мгновенного вращения проходит
через точку Р, лежащую вне отрезка прямой 0г02 со стороны 02.
Тогда модуль абсолютной скорости

=

Линейная скорость в зацеплении колес II и IV
= 2/^2©а = 2(0е (/?j —

Тогда искомая угловая скорость колеса IV

2 (/?1 —/?2)

“1V “ /?i —27?2 “ “е Л1-2/?а ’
Задача 100. Кривошип О А вращается с постоянной угловой ско-
ростью (о вокруг неподвижной оси Ot на которую насажена неподвиж-
ная звездочка /. На конце кривошипа А укреплена ось подвижной
звездочки //, соединенной с первой

нерастяжимой цепью. Определить
угловую скорость подвижной звез-
дочки 77, а также линейную скорость
любой ее точки Л4, если ОА = R
(рис. 119).

Решение. Подвижная звездоч-
ка // участвует в двух вращениях:
переносном вместе с кривошипом и
относительном вокруг кривошипа,
осуществляемом при помощи цепи.
Цепь обкатывает неподвижную звез-
дочку со скоростью вращения со,
вращая подвижную звездочку в про-
тивоположную сторону также со ско-
ростью кривошипа. Таким образом,

Рис. 119

== со. Это случай пары

вращений — звездочка // совершает мгновенное поступательное дви-

жение. При этом (оа = 0 и, следовательно, линейная скорость лю-
бой ее точки равна скорости оси, т. е. им = ид — 7?ю.

§ 32. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПЕРЕДАТОЧНЫХ ОТНОШЕНИЙ
ПРОСТЕЙШИХ ПЕРЕДАЧ

Закон преобразования вращений. В технических устройствах при-
меняются различные передачи: зубчатые, фрикционные, червячные,
эпициклические и т. д. Важнейшей кинематической характеристикой
передачи является передаточное отношение i, равное отношению угло-
вых скоростей двух валов передачи:

0>1

0)2

Ьг —

(2.43)

где (о1( со2 — угловые скорости ведущего и ведомого валов; nlt п2 —
числа оборотов в минуту этих же валов. Соответственно, обратное
передаточное отношение равно

0)2 п2 1

0)1	i12 ’

(2.44)

Принято считать передаточное число положительным при вращении
ведущего и ведомого валов в одну сторону и отрицательным при вра-
щении валов в разные стороны (практически направления вращений
валов почти всегда известны и правилом знаков пользуются редко).
На ведущий и ведомый валы укрепляются соответственно ведущее и
ведомое колеса, между которыми непосредственно или с помощью
промежуточного элемента и осуществляется передача.
В основе определения передаточных отношений лежит закон пре-
образования вращений, выражающий равенство линейных скоростей
в точке касания ведущего и ведомого колес:

= со2г2 или — n2d2,	(2.45)

где г2 и d2 — радиусы и диаметры ведущего и ведомого колес.
Закон преобразований вращений верен также и для углов поворота
и угловых ускорений

<Р1^1 = 4V2, ЕЛ = е2^2*	(2.46)

Передаточное отношение сложной передачи, состоящей из несколь-
ких последовательно соединенных простейших передач, равно произ-
ведению передаточных отношений составляющих передач

4,2^2.3^34	• 4»-1М’

(2.47)

где каждый сомножитель называется частным передаточным отно-
шением .

Фрикционные передачи. Различают два типа таких передач: непо-
средственным касанием и посредством гибкой связи.

Фрикционные передачи непосредственным касанием, подразделяются
па цилиндрические (ведущий и ведомый валы параллельны), кониче-
ские (ведущий и ведомый валы пересекаются под любым углом), ло-
бовые (ведущий и ведомый валы пересекаются под прямым углом).
Фрикционные передачи могут осуществляться с постоянным или пере-
менным передаточным числом.

Фрикционные передачи посредством гибкой связи (ременные пере-
дачи) делят на открытые (направления вращения ведущего и ведомого
валов совпадают) и перекрестные (направления вращения ведущего и
ведомого валов противоположны). Передачи, обеспечивающие плавное
изменение угловой скорости ведомого колеса при постоянной скорости
ведущего, называются вариаторами.

При работе фрикционной передачи обычно имеется некоторое про-
скальзывание, выражающееся в уменьшении скорости ведомого колеса
по сравнению с теоретической полученной из (2.45). Величина этого
проскальзывания учитывается коэффициентом скольжения

(2.48)

где со2 — фактическая скорость ведомого вала. Поэтому закон преоб-
разований вращений имеет вид

co2d2 =	(1 — ф).	(2.49)

В применяющихся на практике механизмах ф == 0,005 -г- 0,05.

Зубчатые передачи. Эти передачи — наиболее распространенный
тип в машиностроении. Основные параметры зубчатого зацепления:
начальная окружность d, шаг зацепления t и модуль зацепления т.
Модуль зацепления связан с шагом соотношением / = пт. Диаметр
начальной окружности можно выразить через число зубьев г и модуль
зацепления, d = mz. Передаточное отношение зубчатой передачи обычно
выражается отношением зубьев

i
‘12 — ,

(2.50)

Серию колес, у которых оси вращения неподвижны, называют ря-
дозым соединением зубчатых колес. При последовательном соединении
зубчатых колес различают передачу с паразитными колесами и много-
ступенчатую передачу. Паразитные (промежуточные) колеса обладают
одинаковым модулем и шагом зацепления с ведущим и ведомым коле-
сами. Паразитные колеса не влияют на общее передаточное число, но
позволяют изменять направление вращения ведомого колеса. Для
осуществления передачи с большим передаточным числом применяют
последовательно соединенные пары зубчатых колес. Такие передачи
называют многоступенчатыми. Общее передаточное число такой
передачи

*2

z

»
sn~~1

(2.51)

при этом если число зубчатых пар с внешним зацеплением четное, то
направление вращения последнего колеса совпадает с направлением
вращения первого, если нечетное — противоположно ему.

Если радиус одного из двух зубчатых колес, находящихся в зацеп-
лении, увеличить до бесконечности, то получится рейка. Начальной
окружностью рейки служит прямая линия. Зацепление шестерня —
рейка применяют для преобразования вращательного движения колеса
в поступательное движение рейки или наоборот. Скорость рейки v ==
“ где d — диаметр начальной окружности, со — угловая скорость
£

вращения колеса. При одном обороте колеса рейка проходит путь nd.
Зная число оборотов колеса п (об/мин) и диаметр ее начальной окруж-

ности d (м), можно опреде-
лить скорость рейки (м/сек)

ndn

ь

Cq

L

Рис. 120

а

^777Л\

НИ

о

Для
оборотов
формулу

определения ч исл а
колеса применяют



60у
П=-г.
ла

Эпициклические передачи.
Передачи с подвижными ося-
ми называют эпициклически-
ми. Всякая эпициклическая

передача состоит из четырех звеньев (рис. 120): солнечного колеса а,
водила И, сателлита g и солнечного колеса Ь. Ось О называют основ-
ной осью, а звенья а, Н и b — основными звеньями. В эпицикличе-
ской передаче любое из трех основных звеньев может быть ведущим
или ведомым. Эпициклические механизмы позволяют осуществлять пе-
редачи с очень большими передаточными числами.

Эпициклические передачи, у которых одно из солнечных колес
неподвижное, называют планетарными. В планетарном механизме

из подвижных солнечных колес.

ведущим является водило или одно

Рис. 121

Определение передаточного от-
ношения планетарной передачи
показано в примере. Эпицикли-
ческие передачи, у которых оба
солнечных колеса подвижные,
называют дифференциальными.
В дифференциальных механиз-
мах все три основные звена по-
движны, причем два из них явля-
ются ведущими и одно ведомым.

Задача 101. Рабочий при по-
мощи рукоятки А равномерно
вращает ведущее зубчатое ко-

лесо лебедки с числом зубьев гь сообщая ему угловую скорость пг =
= 45 об/мин. Определить, на какую высоту h рабочий поднимет груз Р
за 2 мин непрерывной работы, если число зубьев колес лебедки равно:

— 12, г2 = 36, г3 = 8, г4 = 24, а диаметр барабана d — 0,36 м
(рис. 121).

Решение. Для многоступенчатой зубчатой передачи

«4=^Р14=^1

JL
г3 36 ’ 24

= 5 об/мин.

Барабан и колесо г, укреплены на общем валу О3, поэтому щ = п4.
Трос, на котором подвешен груз Р, нерастяжим, следовательно, ско-

рость груза равна окружной скорости
на ободе барабана,

nnryd 3,14 - 5-0,36

^гр — v6 —	— go “

= 0,094 м/сек.

Груз Р движется равномерно со
скоростью £>гр, поэтому за t = 120 сек
он поднимается на высоту h = 0,094 х
X 120 = 11,3 м.

Задача 102. Зубчатое колесо / с чис-
лом зубьев г2 = 80 начинает вращаться
равноускоренно из состояния покоя с
угловым ускорением е = л сек~г и при-

водит во вращение находящееся с ним

во внутреннем зацеплении колесо II с числом зубьев г2 = 20. Опре-
делить угловую скорость колеса II и ускорение точки В, лежащей
на ободе этого колеса через 1 сек после начала вращения, если ра-
диус колеса // г3 = 15 см (рис. 122),
Решение. Колеса I и II вращаются в одну сторону, при этом

й2 = й1

, 80

zt = (Oi26 = 4(°i-

В начальный момент времени соо = 0. Так как в = л сек2, то
= ех/ = л/, со2 = 4л/. При t = 1 сек, в частности, = л сек'1,
со2 = 4л сек'1. Угловое ускорение колеса II находим из закона пре-
образования вращений (который верен для углов поворота, угловых
скоростей и угловых ускорений) е2 = 4ег = 4л сек'2. Модуль ускоре-
ния точки В при t = 1 сек (как и в любой точке обода)

= G V £-2 +	= о, 15 у(4л)2 + (4л)4	23,8 м/сек2.

Задача 103. Определить, через сколько времени коническое колесо
II радиусом г2 = 0,2 м будет иметь угловую скорость и2 = 4000 об/мин,

если оно приводится во вращение из
состояния покоя коническим коле-
сом I радиусом i\ = 0,1 м, вращаю-
щимся равноускоренно с угловым
ускорением = 3 об/сек2 (рис. 123).

Решение. Преобразование вра-
щений данной пары конических ко-

лес происходит по закону

(0^1 = (02Г2.

(а)

Так как по условию задачи соо = 0,
в* — 2л *3 — 6л сек2 = const, то <ох =
= ех/ = 6л/. Подставляя в (а) полученное значение со

Рис. 123

i и учитывая,

ЛЛ<>

что со2 =	, имеем

oil

с-,/- __ ЛЛ22 г

ОЛГГJ —	Г2,

откуда находим время, через которое колесо II получит скорость м2 =
= 4000 об/мин*.

Рис. 124

лп2г2 я * 4000 -0,1

□л i	—л-0 = н»1 сек-

30 • 6лгх 30 • 6л • 0,2

Задача 104. Ведущий вал I фрик-
ционной передачи делает =210 об/мин
и на ходу передвигается (направление
указано стрелкой) так, что расстояние
от оси ведомого колеса II изменяется

согласно закону b = 80 — /, где b —
в см, а / — в сек. Определить угловое ускорение ведомого колеса II
через 10 сек после начала вращения, если колесо I имеет радиус
= 30 см, коэффициент скольжения ф = 0,05 (рис. 124).
Решение. Угловая скорость ведущего колеса
л ni	л • 210	-	.

“1 = 30 = “зо~ = 7п сек •

Преобразование вращений с учетом скольжения происходит по
закону

Из этого соотношения определим угловую скорость ведомого колеса
при переменном радиусе Ъ\

®г = «1у(1-^) = 7л у(1-0,05) = ?^.

Если b = 80 — t, то угловое ускорение ведомого вала

Рис. 125

__асог__ d / z00 л \	200л

2 ~dt ” dt \80~/ ] = (80- /)2 •

Прн t ~ 10 сек, в частности,
.	200-3,14	_ 1OQ _2

$2	{gg io)2	0,128 сек

Задача 105. Определить число обо-
ротов ведомого вала III привода ме-
ханических пресс-ножниц, если угло-
вая скорость ведущего вала I п\ —
= 2970 об/мин, диаметр шкивов ре-

менной передачи Dr = 140 мм, D2 =
= 700 мм, а числа зубьев колес редуктора = 11, г2 = 46, г3 =
= 13, г4 — 66 (рис. 125).

Решение. Механизм привода состоит из двух передач: ременной
(от электродвигателя к валу II) и редуктора (от вала II к валу ///).
В этом случае общее передаточное число равно произведению переда-
точных чисел ременной передачи ip> п и редуктора ip.

Так как

700-46-66

~ 140^11-13“

то общее передаточное число

;___:	; ___ ^2г2г4

— *р. п*р ~ pi2,i2,3

106.

Тогда скорость вращения выходного вала редуктора

2970

106

= 28 об/мин.

Задача 106. Определить передаточное отношение планетарной пере-
дачи при ведущем водиле Н\ неподвижном солнечном колесе а и не-
подвижном солнечном колесе Ь.
Решение. Для определения передаточного числа планетарного
механизма используют два способа. Первый (способ «остановки во-
дила») основан на том, что всему механизму условно придается враще-
ние со скоростью водила, но в противоположную сторону. При этом
все оси как бы становятся неподвижными и механизм превращается
в обычную зубчатую передачу. Полученное условное движение меха-
низма называется «обращенным». Пусть в планетарном механизме
(рис. 126, а) неподвижным является колесо а. Обозначим скорость

вращения

Требуется

водила соя и скорость вращения солнечного колеса со^.

передаточное число 1ан~ь =

(индекс а вверху

определить

Исходный механизм

Обращенный механизм

Рис. 126

о)

указывает неподвижное солнечное колесо). Придадим всему ме-
ханизму скорость со//- Тогда солнечное колесо Ь получит скорость
со* — со#, а солнечное колесо а приобретет скорость со//. Так как
сателлит в данном случае — паразитное колесо, то закон передачи
вращения принимает вид

(0^(0

а

Zb *

откуда искомое передаточное колесо 1ан~ь

Второй способ основан на использовании понятия мгновенного
центра скоростей. Для рассмотренного механизма (рис. 126, б) сател-

лит катится без скольжения по неподвижному колесу а, следовательно,
А —мгновенный центр скоростей. Так как точка С принадлежит са-
Ы,{ бь + Га)

теллиту и водилу, то vc~—~. Тогда скорость точки п в два

раза больше, vB = (гь + г0) и, следовательно,
откуда передаточные числа от водила к колесу Ь и от колеса Ь к водилу
равны:

a	Zb	1

tH^b^ —;—, lb-H = ~.

га~\~гЬ	lH—b

Также можно найти передаточное число планетарного механизма
при неподвижном солнечном колесе Ь. При способе «остановки водила»

о)

Исходный механизм Обращенный механизм

(рис. 127, а)

откуда следует

Рис. 127

находим =

Рис. 128

Соответственно используя мгновенный центр скоростей (рис. 127, б),
и, следовательно,

^а~\~гъ

ю а — ~~~ — = W Я —~ == е) н —~-•

га га	га

Задача 107. В дифференциальной пере-
даче определить угловую скорость водила
Од/, если заданы угловые скорости солнеч-
ных колес а и Ь.

Решение. В дифференциальной пе-
редаче две скорости задаются и одна на-
ходится. Вращения отдельных звеньев мо-
гут совпадать по направлению и быть про-
тивоположными. Для определения пере-

даточного числа дифференциальных передач можно применять также
способ остановки водила, при этом необходимо найти передаточное
число от каждого ведущего звена к ведомому, считая другое ведущее
звено неподвижным, а затем полученные скорости сложить.

Удобно использование мгновенного центра скоростей. Рассмотрим
сначала случай, когда <оа и направлены в одну сторону. Нетрудно
видеть (рис. 128), что скорости точек А и В, принадлежащих сателлиту,
равны vA = <oara, vB = (йьГь. Тогда скорость точки С, принадлежащей
сателлиту и водилу,

Vc == у + ^) = у (®аГа + Wb) ,

откуда скорость вращения водила

или, учитывая принятые обозначения (см. задачу 106),

Когда скорости о>а и со* направлены в противоположные стороны,
то й)я = ^а^н-а —	при этом если о>я получится положитель-

ным, то водило вращается в ту же сторону, что колесо а.

Контрольные вопросы

1.	Дайте пример движения в двух системах отсчета (неподвижной н подвижной).

2.	Самолет пролетел первые 100 км со средней скоростью 500 км/ч, затем сле-
дующие 1600 км со средней скоростью 800 км/ч и последние 200 км со средней ско-
ростью 600 км/ч.

Какова средняя скорость полета?

3.	Опишите движения, показанные на рнс. 90.

4.	Как определить траекторию точки при координатном способе задания дви-
жения?

5.	Имеет ли ускорение точка, движущаяся по параболе с постоянной скоростью?

6.	Подводная лодка движется вперед, одновременно погружаясь. Является
ли ее движение поступательным?

7.	Может ли точка совершать: а) поступательное, б) криволинейное, в) плоско-
параллельное, г) вращательное и д) прямолинейное движения?

8.	Как относятся между собой нормальные ускорения двух точек твердого тела,
вращающегося вокруг неподвижной оси, если расстояния их до осн относятся
как 2 : 3?

9.	Судно идет прямолинейно с постоянной скоростью. Перпендикулярно про-
дольной осн судна движется пассажир с постоянным ускорением. Какую траекторию
относительно неподвижной земли (прямолинейную или криволинейную) описывает
пассажир?

10.	На современных авианосцах для уменьшения пути пробега по палубе истре-
бители садятся на транспортер, движущийся навстречу со скоростью о. Считая, что
с момента касания колесами транспортера истребитель движется с постоянным
замедлением а, определить, на сколько сократится путь пробега относительно палубы
в сравнении с обычной посадкой на палубу.

11.	Чтобы пройти расстояние $ по течению реки, теплоход затратил время Т, а
чтобы пройти это расстояние против течения затратил 1,25Т. Какова скорость
течения?

12.	Одновременно на эскалаторе могут находиться 2W пассажиров, если на
каждой ступени будут стоять по двое. По пустому, движущемуся вверх эскалатору,
поднимаются два человека. Один из них идет со скоростью, равной скорости эска-
латора, другой — со скоростью, в два раза большей. Сколько ступеней пройдет
каждый?

13.	Какие существуют три способа нахождении скорости точки тела, движу-
щегося плоскопараллельно?
14.	Где находится мгновенный центр скоростей тела, вращающегося вокруг
неподвижной оси? Где находится мгновенный центр скоростей тела, если скорости
его трех точек, не лежащих на одной прямой, параллельны?

15.	Может ли при сложении двух вращений абсолютное движение тела полу-
читься поступательным? Приведите пример.

16.	Танк движется со скоростью 80 км[ч. С какой скоростью относительно земли
движется верхняя и нижняя часть гусеницы?

17.	Какая связь существует между диаграммами перемещений, скоростей и
ускорений?

18.	Чему равно передаточное отношение редуктора, если передача состоит из
четырех пар зубчатых колес: zY — 18,	= 54; z3 = 12, z4 — 48; z6 ~ 13, ze — 42;

z7 = 21, z8 — 42.

19.	В чем отличие планетарной и дифференциальной передач?

20.	Каков закон преобразований вращений во фрикционной передаче с учетом
проскальзывания?
РАЗДЕЛ ТРЕТИЙ. ДИНАМИКА

В динамике изучают движения материальной точки и механиче-
ской системы материальных точек в связи с действующими на них
силами.

В основе динамики лежат четыре аксиомы (закона), сформулиро
ванные Исааком Ньютоном.

Первая аксиома (закон инерции). Всякая материальная
точка сохраняет состояние покоя или равномерного прямолинейного
движения до тех пор, пока внешние силы не выведут ее из этого со-
стояния.

Если точка движется равномерно и прямолинейно, то на нее или
совсем не действуют никакие силы (идеальный случай), или действует
уравновешенная система сил (реальный случай).

Всякая материальная точка обладает инертностью, т. е. стремле-
нием сохранять состояние покоя или равномерного прямолинейного
движения. Другими словами, инертность — свойство материальной
точки сохранять скорость (по модулю и по направлению). Материаль-
ная точка не может изменить свою скорость без участия внешних сил.

Вторая аксиома (основное уравнение динамики точки).
Сила равна массе, умноженной на ускорение,

Р = та.	(3.1)

Так как масса — величина скалярная, то вектор силы направлен
в ту же сторону, что и вектор ускорения.

Чем больше масса, тем большую силу необходимо приложить к
точке, чтобы изменить ее скорость. Следовательно, масса является
мерой инертности.

Всякая материальная точка притягивается к Земле с силой тя-
жести. Чем больше масса материальной точки, тем больше ее сила тя-
жести. Следовательно, масса является и мерой тяжести.

В применении к свободному падению (притяжению к Земле) вто-
рой закон Ньютона имеет вид

G = mg,	(3.2)

где g — ускорение свободного падения, зависящее от географической
широты местности; G — сила тяжести тела.

Размерность силы в СИ : dim Р = MLT~2 = кгм/сек? = н (табл. 2).
Третья аксиома (закон независимости действия сил).
Если на материальную точку действуют несколько сил одновременно,
то точка имеет такое же ускорение, какое она получит от равнодей-
ствующей этой системы сил.

Это означает, что вместо того, чтобы находить ускорение материаль-
ной точки как сумму

достаточно определить равнодействующую Д = SP. Тогда ускоре-
ние найдется по уравнению (3.1).

Действие силы на точку не зависит от того, действует ли сила одна
или совместно с другими силами, а также и от того, находится ли точка
в покое или в движении.

Четвертая аксиома (закон равенства действия и проти-
водействия). Действия двух тел друг на друга равны и направлены
в противоположные стороны.

Если тело А действует на тело В с силой Plt то и тело В действует
на тело А с силой Р2 = — Р±.

Открыв закон всемирного тяготения — один из фундаментальных
законов природы, Ньютон дал возможность количественно опреде-
лить одну разновидность силового взаимодействия — гравитацион-
ное. Согласно этому закону сила притяжения между двумя телами
определяется из уравнения

171^2

Г2

(3.3)

где гщ, т2 — массы притягивающихся тел, г — расстояние между
ними, у — постоянный множитель (гравитационная постоянная). От-
метим, что уравнение (3.3) никакими математическими преобразова-
ниями нельзя получить из основного уравнения (3.1).

По (3.1) сила измеряется величиной ускорения, приобретенного
массой. Но, с другой стороны, силу совершенно независимо можно
определить и из (3.3). Эта принципиальная возможность по-разному
определять силу явилась основанием длительных споров о существо-
вании двух масс: «инертной» и «гравитационной» («тяжелой»). Но тело
имеет только одну массу, которая является и мерой инертности, и
мерой тяжести. Согласно теории относительности Эйнштейна, масса
является и мерой энергии, заключенной в теле,

Е = тс2,

где т — масса тела; Е — энергия; с — скорость света в пустоте,
с — 3-108 м/сек. Вполне возможно, что масса является мерой еще
каких-либо физических характеристик.
ГЛАВА 10. ДВИЖЕНИЕ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ

§ 33. ДВЕ ЗАДАЧИ ДИНАМИКИ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ

Основное уравнение движения материальной точки. Материальную
точку, на которую не наложены связи, называют свободной, а ее дви-
жение — свободным. Такая материальная точка может занимать лю-
бое положение в пространстве и ее движение зависит только от началь-
ных условий и действующих на нее активных (заданных) сил.

Материальную точку, на движение которой наложены какие-либо
связи, называют несвободной, а ее движение — несвободным. Такая
точка под действием активных сил не может благодаря наложенным
на нее связям занимать произвольное положение или иметь произволь-
ную скорость. На основании второй и третьей аксиом динамики основ-
ное уратнение движения материальной точки массой т примет вид
та — ЗР.	(3.4)

При свободном движении в ЗР войдут только активные силы.
Если же движение несвободное, то сначала отбрасывают связи и за-
меняют их действие силами реакций связей (т. е. применяют принцип
освобождаемости от связей). Затем несвободную материальную точку
рассматривают как свободную, тогда в число ЗР войдут и активные
силы, и реакции связей.

При решении задач реакцию шероховатой опорной поверхности
обычно представляют двумя составляющими: нормальной реакцией
N и силой трения Ртр. При движении силы трения связаны с нормаль-
ной реакцией законом Кулона:

FTp = fN,
где f— коэффициент трения движения в отличие от коэффициента
трения покоя (см. § 13), зависящий от материалов и обработки тру-
щихся поверхностей и скорости их взаимного перемещения. В задачах
(если специально не оговорено) обычно изменением значения f с увели-
чением или уменьшением скорости пренебрегают и считают его по-
стоянным.

Уравнения движения материальной точки в декартовой системе
координат. Проектируя векторное равенство (3.4) на оси декартовой
системы координат, получаем уравнения движения материальной
точки в этой системе:

тах = ЗА, тау = ЗУ, maz = 2Z,	(3.5)

где aXf ау, az— проекция ускорения на соответствующие оси; ЗА,
ЗУ, 3Z— суммы проекций сил.

Так как проекция ускорения на какую-либо ось есть первая про-
изводная от соответствующей проекции скорости или вторая произ-
водная от координаты, то уравнение (3.5) можно выразить иначе:

dvv V?	dv„ VI dv?

= = <3-6>
пли

d2x

m d/2 ~

(3.7)

Уравнения движения в форме (3.6) или (3.7) называют дифферен-
циальными уравнениями движения материальной точки.

Уравнения движения в естественных осях. Проектируя векторное
равенство (3.4) на естественные оси, получаем уравнения движения
в естественных осях:

тах = тап =	(3.8)

где ах и ап — тангенциальное и нормальное ускорения точки; 2РТ,

— сумма проекций
тельную и нормаль. Эти

действующих сил соответственно на каса-
же уравнения можно записать в дифферен-

циальной форме:

(3-9)

где v — скорость точки; р — радиус кривизны траектории.

Пользуясь уравнениями (3.6)—(3.9), можно решать две основные
задачи динамики точки.

Первая основная задача. По заданному закону движения х = fx(t),
У —	2 = и массе т материальной точки найти силу Р,

действующую на эту точку. Эта задача сводится к нахождению ус-
корения. Методы определения ускорения зависят от способа задания
движения (см. § 23 и 24). Определенные проекции ускорения на ес-
тественные или декартовы оси координат следует подставить в урав-
нения движения и найти проекции действующей (равнодействующей)
силы на соответствующие оси:

X == тах, Y = тау, Z = таг.

Модуль и направление силы, действующей на точку, находят по
формулам (1.3). Аналогично решают первую задачу динамики и в ес-
тественных осях, находя тангенциальную и нормальную составляю-
щие действующей силы

Рх = тах, Рп = тап.

Вторая основная задача. По заданным силам, действующим на
материальную точку, и массе т найти закон движения, т. е. опре-
делить

* = у =	2 ==

Зная силы, из уравнений движения можно определить ускорение.
Но для определения закона движения одного ускорения недостаточно.
Необходимо знать скорость и положение точки в начальный момент
времени, т. е. начальные условия. Если все силы, действующие на
материальную точку, постоянны, то она движется с постоянным ус-
корением.
Методические указания
к решению задач

При действии на точку постоянных сил рекомендуется придержи-
ваться следующего порядка решения первой и второй задач динамики
точки:

1.	Принять рассматриваемый объект за материальную точку и
изобразить ее в текущий момент времени.

2.	Приложить активные (заданные) силы, действующие на мате-
риальную точку.

3.	Освободить точку от связей (в случае несвободной точки), за-
менив действие связей реакциями.

4.	Выбрать систему координат (если точка движется по окруж-
ности, то следует выбрать систему естественных осей).

5.	Составить уравнения движения точки в выбранной системе

координат.

6.	Выразить проекции ускорения через кинематические элементы
(проекции скоростей, координаты, время) и подставить их в уравне-

ния движения.

7.	Решить уравнения относительно искомых величин.

Задача 108. Каково натяжение троса, на котором
поднимается кабина лифта силой тяжести G = 10 кн
с грузом Q = 25 кн, если за t == 2 сек скорость подъема
возрастает сг0=1 м/сек до vK = 2,5 м/сек? Движение
считать равноускоренным (рис. 129).

Решение. Принимаем лифт с грузом за мате-
риальную точку, к которой приложены активные силы
G и Q. Трос заменяем реакцией Т, численно равной
искомому натяжению. Направив ось х, составим урав-
нение движения

тах = SX = Т — G — Q.	(а) рИс. 129

Согласно условию, лифт движется с постоянным ускорением ах —

. Подставляем ах и /п==

в (а):

o+Q
g

^(10 + 25)^1 +

Откуда

r = (G + Q)(l +

^'к "О

9,81 *2

= 37,7 кн.

Задача 109. Тяжелая железнодорожная платформа вместе с гру-
зом силой тяжести Gx = 750 кн установлена на двух ходовых тележ-
ках силой тяжести G2 = 50 кн каждая. Определить наибольшее и наи-
меньшее давление на рельсы прямолинейного пути, если на ходу
платформа совершает на рессорах вертикальные колебания по закону
у = 0,02 sin 5/ (рис. 130, а).

Решение. Когда платформа стоит на месте, давление на рельсы
равно сумме Gx + 2G2. При движении платформа совершает колеба-
вия. При этом рессоры оказываются попеременно то сжатыми, то рас-
тянутыми. Если рессора сжата, то в ней возникает сила упругости,
которая прижимает тележки к рельсам. В этот момент и давление на

Рис. 130

рельсы становится максималь-
ным. Растянутая рессора, на-
оборот, стремится сжаться, пы-
таясь оторвать тележки от рель-
сов. При этом и давление на
рельсы минимальное. Итак, дав-
ление на рельсы Р равно сумме
силы тяжести тележки и силы
N, передаваемой рессорами, т. е.
Р = 2G2 + N.

Рассмотрим движение плат-
формы (рис. 130, б). Примем ее
за материальную точку. К ней
приложена активная сила G19
Отбрасываем связи—рессоры,
заменяя их действием реак-

цией N (сила, действующая на платформу со стороны рессор, равна
силе, передаваемой рессорами на тележки). Составляем уравнение

движения:

mav = 2 У = N — Gv
-Л

(а)

Так как закон движения платформы задан, то ускорение ау полу-
чаем двукратным дифференцированием уравнения движения:
^=^=5-0,02 cos 5/— 0,1 cos 5/;

dv.,	Л

=	— 5-0,1 sin 5/ = — 0,5 sin 51.

at

Подставляя в (а) значения ay и , имеем

откуда

W —--------0,5 sin 5/.

Таким образом, искомое давление на рельсы

p = 2G2 + G1 — y0,5sin5/.

Тригонометрическая функция синус изменяется от —1 до +1, сле-
довательно:

Ртах = 2G2 + G2-j0,5(-1) = 2.50+ 750+ ^8^ = 888 кн-

Pmin = 2G2 + G1-|10)5(+l) = 2-50 + 750-^8^=812 кн.
Задача ПО. Какова должна быть минимальная величина коэффи-
циента трения скольжения резиновых шин о покрытие шоссе, чтобы
на горизонтальном вираже радиусом /? = 200 м автомобиль, движу-
щийся со скоростью v = 80 км/ч, не заносило?

Решение. Направление скорости согласно закону инерции
могут изменить только внешние силы. Как же они возникают? При
вращении руля передние колеса поворачиваются и меняют направле-
ние своего движения (рис. 131, а). Кузов, в котором сосредоточена
почти вся масса движущегося автомобиля, стремится сохранить преж-
нее направление скорости. Но колеса и кузов не могут одновременно

двигаться в двух различных направлениях и поэтому колеса увлека-
ются большей массой — кузовом. Повернутые колеса в прежнем на-
правлении могут только скользить, а не катиться. При скольжении
возникают силы трения, которые и являются внешними силами, из-
меняющими направление движения автомобиля. Чем больше скорость
автомобиля, тем большую силу надо приложить, чтобы сообщить
^2 г <

требуемое ускорение = Поэтому, если поворот делают на очень

большой скорости или на малом радиусе, силы трения могут оказаться
недостаточными и машину заносит; особенно опасны повороты на
больших скоростях на мокром шоссе, когда коэффициент трения
мал.

На автомобиль действует одна активная сила — сила тяжести О.
Отбрасываем связь — дорогу и заменяем ее действие нормальной реак-
цией N и силой трения FTp (рис. 131, б). Составляем уравнение дви-
жения в проекции на нормаль

тип £Рп Р Тр.	(а)
На горизонтальном участке пути N = G, поэтому

FtP = fN = fG-

Подставляем ant

В (а):

т0 и т — ~~
*	 I

Gu2

r’°-

Решая это уравнение относительно искомого коэффициента тре

ния, получаем

а2 (22,2)2

“ 9,81-200

= 0,25,

где v — скорость движения автомобиля, v = 80 км/ч = 22,2 м/сек.

Задача 111. Автомобиль начал двигаться по горизонтальному
пути из состояния покоя. Полная сила всех сопротивлений движению
Fc = 5 кн. Когда пройдено = 200 м, был отключен двигатель.
Определить полный путь, пройденный автомобилем, если сила тяги
при включенном моторе постоянна и равна Т = 7,5 кн.

О)	у б)

Рис. 132

Решение. Прежде всего выясним, как возникает внешняя
сила, заставляющая двигаться автомобиль. Двигатель, находящийся
внутри автомобиля, развивает момент Л1Д, который трансмиссией пе-
редается на ведущие колеса. Но тяжесть всего автомобиля через ко-
леса воспринимается грунтом. Поэтому между поверхностью дороги
и колесами возникают силы трения F^ (сцепления), препятствующие
проскальзыванию ведущих колес. Эти силы направлены в сторону
движения (рис. 132, я), а их сумма является внешней движущей си-
лой. Обычно ее называют силой тяги Т. Таким образом, силы трения
не всегда только препятствуют движению, но могут и вызвать его.

По идеально гладкой дороге автомобиль, очевидно, не смог бы
двигаться. На мокром грунте, когда силы сцепления между поверх-
ностью дороги и колесами малы (сила тяги меньше сопротивления
движению), начинается «пробуксовка».

Если движущая сила больше всех сил сопротивления, то движе-
ние ускоренное и автомобиль набирает скорость. С увеличением ско-
рости растет сила сопротивления воздуха. Когда сумма всех сопро-
тивлений становится равной силе тяги, скорость перестает увеличи-

ло
ваться, т. е. на автомобиль действует уравновешенная система сил
(рис. 132, б).

При отключенном двигателе сила тяги отсутствует, а набранная
скорость постепенно уменьшается за счет действия сопротивлений.
При включении тормоза, кроме обычных сопротивлений, появляется
дополнительная тормозная сила. Каково же ее происхождение?

Внешнее (полезное) сопротивление движению автомобиля слага-
ется из сопротивления воздуха и трения качения колес по горизон-
тальному пути. При наложенном тормозе колеса начинают вращаться
с замедлением, при этом трение качения между колесами и грунтом
частично переходит в трение скольжения, которое и является внеш-
ней причиной замедления автомобиля. Однако если затормозить очень
резко и сообщить колесам замедление, большее, чем могут обеспечить
силы сцепления между шинами и грунтом, автомобиль пройдет «юзом».

Для решения задачи все движение разобьем на два этапа: равно-
ускоренное — под действием постоянных: силы тяги 7 и силы сопро-
тивления Fz до достижения некоторой скорости и и равнозамедленное —
под действием только силы сопротивления Fz до остановки.

I этап. Представим автомобиль как материальную точку
(рис. 132, 6), на которую действуют силы Т, Fz, G и N — результирую-
щая нормальная реакция опорной поверхности. Уравнение движения
в проекции на ось х имеет вид

таХ1 = Т — Fz.

Так как начальная скорость равна нулю, = 0, то =
где v — скорость в конце первого этапа, в момент выключения двига-
теля. Тогда

m^T-Fz.	(а)

II этап. На точку действуют три силы: G, Fz и N. Уравнение
движения имеет вид

тах = — Fz.

Так как начальная скорость второго этапа v, а конечная = О,
То ах =— где s2 — путь, пройденный по инерции (с момента вы-
ключения двигателя до полной остановки).

Тогда

/ V~ \	г,

/и (	Fz.	(б)

Разделим уравнение (а) на (б):

$2 __Т Fz

Si ” F с *

откуда по правилу производной пропорции

$1 + $2   F
	— Г7 •

$1	гс
Искомый путь

s = s1 + s2 = s1?7'- = 200 Ц =300 м.

Задача 112. С летящего со скоростью = 1500 км/ч самолета
на высоте И = 2,5 км производится выстрел по цели, находящейся
на Земле. Скорость вылетающего снаряда и2 = 2000 м/сек и составляет
угол а = 30° с горизонтальной траекторией самолета. Определить,
на каком расстоянии по горизонтали от цели необходимо произвести
выстрел, чтобы попасть в

Q----------------------------------X

Рис. 133

цель (рис. 133).

Решение. Снаряд, вы-
пущенный с самолета, рас-
сматриваем как свободную
материальную точку, на ко-
торую действует сила тяже-
сти G. Направим оси коорди-
нат х и у. Составим уравне-
ния движения:

тах = 0;	(а)

тау “ G = mg.	(б)

Из (а) следует ах = 0,
поэтому vx = const. Но в на-
чальный момент времени ско-
рость снаряда в горизонталь-

ном направлении равняется сумме скорости самолета и горизонталь-
ной составляющей скорости снаряда относительно самолета. Следо-

вательно,

vx ~ vQx = Vi + v2 cos а.

(в)

Чтобы определить неизвестное время полета, воспользуемся вто-
рым уравнением (б). Вдоль оси у снаряд движется с постоянным уско-
рением g. Вертикальный путь, равный высоте полета Н, снаряд прео-
долевает за время t, определенное из уравнения

Н = voyt +	= v2t sin а +	,

(г)

где uOv = u2sin а — составляющая начальной скорости вдоль оси у.
Преобразуем (г) к виду

z2 +

2v% sin а

2Н

Полученное квадратное уравнение решим относительно времени

и2 sin а

1Г~

(д)
Физический смысл имеет только положительный корень. Горизон-
тальный путь снаряда L = vxL Тогда с учетом значений их и t получим

г /	,	х sin а

L = (ut + У2 COS а) ~-------------

/л 1 <7 ।	2000 sin30

= (417 + 2000 cos 30 ) —g-gj—

sin2 а )

2-2500 -9,81

20002 sin2 30В 9	/ ” 0UUU M*

где = 1500 км/ч = 417 м/сек.

Задача 113. Какова скорость, с которой метеор, падающий из

космического пространства, достигает поверхности Земли? Сопротив-
лением атмосферы пренебречь. Радиус Земного шара R = 6400 км
(рис. 134).

Решение. В общем случае при действии сил,
зависящих от времени, скорости или координаты
точки, вторую задачу динамики необходимо решать



путем интегрирования дифференциальных уравнений

движения. Метеор рассмотрим как свободную мате-
риальную точку, на которую действует только одна

переменная сила — притяжение Земли
- Мт

(а)

где у — гравитационная постоянная; М, tn — массы
Земли и метеора, г — расстояние между метеором и
центром Земли в данный момент.

В этом случае уравнение движения принимает
вид (ось г направлена от центра Земли)

Рис. 134

dv
mdt

(б)

Воспользуемся условием: на поверхности Земли г = R и F = mg.
Тогда

Мт	. .

mg = y-^-.	(в)

Разделив (а) на (в), получим F = "Ч— и, следовательно, уравне-
ние движения (б) примет вид

dv	R2	z х

=	(г)

В данном случае сила, действующая на точку, является функцией
расстояния г, следовательно, для определения искомой скорости не-
обходимо интегрировать уравнение (г). В это уравнение входят три
переменные v, t и г. Чтобы произвести интегрирование, необходимо
исключить одну переменную. Для определения скорости в момент
достижения метеором Земли целесообразно получить зависимость

между скоростью метеора v и расстоянием до Земли г. Очевидно, для
этого из уравнения (г) следует исключить t. Часто используют для
этой цели преобразование

dv	dv dr	dv dr	du

— =------- =-----= — V,

dt	dt dr	dr dt	dr

Тогда (г) можно представить в виде

dv
—

Разделим теперь переменные

vdv = — gR2^.

Вынеся постоянные за знак интеграла, получим
§ vdv = — gR2 $ jj.

После интегрирования получаем

±v2=gR2± + C.

(д)

(е)

(ж)

Для определения постоянной интегрирования С используем на-
чальные условия: метеор падает из космического пространства, сле-
довательно, на бесконечно большом расстоянии от Земли сила притя-
жения равна нулю и скорость в направлении к Земле также равна ну-
лю. Тогда, подставляя г0 = оо и у0 = 0 в (ж), имеем

откуда следует С = 0.

Таким образом, закон изменения скорости

и скорость в момент достижения метеором Земли им = ]/~2gR.

Если бы метеор падал с высоты, равной радиусу Земли, с постоян-
ным ускорением g, то он также бы достиг этой скорости. Действительно,
по известной из кинематики формуле свободного падения имеем

vu=V2gR.

Для решения этой задачи можно воспользоваться определенным ин-
тегрированием. Для этого достаточно установить границы интегриро-
вания: при г = оо и& = 0; при rK = R v — v№. Тогда вместо (е) полу-
чим

%	R

$ vdu = — gR2 $
О	оо
После интегрирования находим

-2»’ |? = Т I'  -2-« - о> - й- - 

откуда ^м==2^/?.

Задача 114. Найти закон изменения вертикальной скорости пара-
шютиста при затяжном прыжке с аэростата. Известно, что максималь-
ная скорость при нераскрытом парашюте vmax = 60 м/сек. Сопротивле-
ние воздуха пропорционально квадрату скорости R — kv2.

Решение. Если парашютист прыгает с летящего аэростата,
то он имеет небольшую начальную горизонтальную скорость, однако
ее величина не оказывает практически влияния на закон изменения
вертикальной скорости. На парашютиста, рассматриваемого как сво-
бодная материальная точка, действуют сила тяжести G и сила сопро-
тивления воздуха R. Уравнение движения в проекции на вертикаль
имеет вид:

md± = G—R = G —kv2.

at

Очевидно, при падении со скоростью Отах сила сопротивления
равна силе тяжести, т. е. G = Исходное уравнение можно пред-
ставить тогда в виде

G dv уо	G 2

---- = G---—гЛ

Разделяя переменные, получаем

или после интегрирования

^тах Н" V

^тах

In

утах

=/+с.

Для определения постоянной интегрирования воспользуемся на-
чальным условием: при t = 0 v — 0. Тогда

In 1 = С, С=0.

Таким образом, искомый закон принимает вид

^тах

In

ИЛИ

1п^тах + ^_ Щ
^тах у ^тах
После преобразований, подставив числовые значения vmax

И g,

получаем

V — ^тах

0.326/

1+е_ 0,326/’

Теоретически v = umax лишь при оо, но практически уже при
t = 10 сек, v = 0,93 итах, а при t = 20 сек v = 0,997 ymax.

§ 34. КИНЕТОСТАТИКА МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ

Сила инерции. Силой инерции Pw материальной точки называется
произведение массы этой точки на ее ускорение, взятое с обратным зна-
ком

Ра = — шй.	(3.10)

Сила инерции РИ движущейся материальной точки всегда направ-
лена в сторону, противоположную направлению ускорения. Она обычно

Рис. 135

приложена не к рассматриваемой точ-
ке, а к телам, механически взаимо-
действующим с точкой, и к связям,
наложенным на эту точку.

При прямолинейном движении на-
правление ускорения совпадает с
траекторией. Если движение уско-
ренное, то сила инерции направлена
в сторону, противоположную скоро-
сти, если замедленное, то сила инер-
ции совпадает по направлению со

скоростью.

При криволинейном движении полную силу инерции Ри целесооб-
разно разложить на две составляющие: нормальную (центробежную)
силу_инерции Рип — —тап и тангенциальную (касательную) силу инер-
ции Рит = — тах (рис. 135). Тогда

(З.П)

Модуль полной силы инерции определяют по формуле

Ра = V Pin + Р1х = тУа1 + а$.

(3.12)

Практически при решении задач обычно ограничиваются определе-
нием составляющих Рия и Рих.

Принцип Германа — Эйлера — Даламбера. В каждый момент вре-
мени все силы, действующие на точку, уравновешиваются силой инер-
ции, т. е.

2Р + Ри = 0.	(3.13)
Проектируя векторное равенство (3.13) на оси декартовой систе-
мы координат, получаем три скалярных равенства:

SX + Р1АХ = О, SK + Р„у = О, SZ + Риг = 0,	(3.14)

где РИж» Ри^, Риг — проекции силы инерции.

Проектируя (3.13) на естественные оси, получаем

SPn + Рш - О, 2РТ + Рит = 0.	(3.15)

Отметим, что в число действующих сил SP входят активные силы
и реакции связей.

Принцип Германа—Эйлера—Даламбера позволяет задачи дина-
мики решать как статические. Добавив к действующим силам силы
инерции, можно применять все теоремы, законы и правила, доказан-
ные и принятые в статике. Раздел, связанный с этим принципом, по-
лучил название «Кинетостатика» (что означает статика в движении).

В механической системе материальных точек, связанных между
собой, можно рассматривать кинетостатическое равновесие не только
каждой точки, но и всей системы в целом и любой ее части. При этом
необходимо прикладывать силы инерции к каждой материальной
точке. В случае равновесия всех сил, действующих на точку, сила
инерции равна нулю.

Всякое твердое тело можно представить как систему материаль-
ных точек. Приложив к каждой точке силу инерции и сложив их, оп-
ределяем силу инерции твердого тела. Она приложена в центре его
тяжести С и равна

Ри = — Мас,	(3.16)

где М — масса тела, ас — ускорение центра тяжести. Принцип Гер-
мана—Эйлера—Даламбера для движущегося тела имеет такое же вы-
ражение, как и для материальной точки (3.13), где SP — сумма всех
сил, действующих на тело (активных сил и реакций связей).

Для направления вектора силы инерции необходимо знать направ-
ление ускорения. Когда в задаче направление неизвестно, то необхо-
димо его выбрать. Если в результате решения ускорение получается
со знаком «плюс», то направление выбрано верно, если со знаком «ми-
нус», надо изменить его на противоположное.

Следует помнить, что только при решении задач методом кинето-
статики необходимо учитывать силы инерции.

Методические указания к решению задач

При решении задач с применением принципа Германа—Эйлера—
Даламбера необходимо придерживаться следующего порядка:

1.	Выбрать объект рассмотрения, принять его за материальную
точку (систему материальных точек) и изобразить ее в текущий мо-
мент времени. Выбрать направление ускорения.

2.	Приложить все активные (заданные) силы, действующие на
точку.
3.	Освободить точку от связей, заменив их действие реакциями.

4.	Приложить силы инерции.

5.	Составить уравнения кинетостатического равновесия.

6.	Решить полученные уравнения, число которых должно быть
равно числу неизвестных величин, входящих в уравнения.

Задача 115. Тело под действием собственной тяжести скользит
по негладкой наклонной плоскости, составляющей с горизонтом угол
ct = 45°. Определить ускорение движения, если коэффициент трения
тела о плоскость f = 0,3 (рис. 136, а).

Решение. Принимаем тело за материальную точку. Изобразим
ее на наклонной плоскости. Очевидно, что скорость v и ускоренней
направлены вниз по наклонной плоскости. На материальную точку

действует одна активная сила G. Отбросим связь — плоскость и при-
ложим нормальную реакцию N и силу трения Frp. Учитывая силу
инерции Ри, получим согласно принципу Германа—Эйлера—Далам-
бера уравновешенную систему сил. Направим оси координат х и у
и составим уравнения кинетостатического равновесия:

2Х — 0, G sin а — FTp — Ри = 0;	(а)

S Y = 0, N — Geos а = 0.	(б)

Из (б) следует N — G cos а, тогда FTp = /Geos а. Подставим в (а)
о	г? п	Ga

найденное значение гтр и =	=

G sin а — fG cos а — G — = 0.

Решаем это уравнение относительного искомого ускорения:
а = g(sin а — /cos а) — 9,81 (sin 45° — 0,3 cos 45°) =
— 9,81 -0,707 (1—0,3) - 4,84 м/сек2.

Для сравнения решим эту задачу при помощи уравнений движе-
ния (рис. 136, б). Примем тело за материальную точкул Отбросим
связь. На материальную точку действуют: сила тяжести G, нормаль-
ная реакция сила трения ^тр. Составим уравнения движения:
тах = 2Х = G sin а — FTp;	(в)

та у = 2 Y = N — G cos а.

(г)

Согласно условию, ау = 0, ах = а. Тогда из (г) находим N =
= Geos а. Следовательно, FTp = /Geos а. Подставив в (в) значения

Р тр

И

имеем

G-- = G sin а — fG cos а.
g	1

Искомое ускорение

а = g(sina — /cos а) = 4,84 м/сек2.

Задача 116. Определить угол отклонения стержней а в регуля-
торе Уатта в зависимости от скорости вращения если длина стерж-
ней I, а оси качания их отстоят от оси регулятора на расстоянии а
(рис. 137).

Рис. 137

Решение. Рассмотрим движение шариков, приняв их за ма-
териальные точки._ К каждой из них приложены: сила тяжести G и
реакция стержня Т. Добавив нормальную силу инерции Рил, получим
уравновешенную систему сил. Направим оси х и у и составим два урав-
нения равновесия:

2Х = 0, Т cos а — G = 0;	(а)

2 У = 0, —Tsina + Рил = 0.	(б)

Нормальная сила инерции

Pim = moPr = G — (а +1 sin а),

(в)

где г = а + I sin а — радиус вращения шариков. Разделив (а) на cos а,
(б) — на sin а и учитывая (в), получим:

T—G

—=0

cos а

6)2

^^(a + /sina)=0.
Складывая оба уравнения, имеем

g sin а

cos а

откуда находим искомую зависимость

со =

(Г)

Произведем проверку по размерности в СИ. Подставив в (г) dimco =
= сек'1} dima, I = м\ dimg = м/сек2; dimtga, sin a — безразмерные

величины, имеем

реакция

сек

м 1	__ч/ 1

сек2 м-\-м	У сек.2

= сек Ч

Размерности справа и слева равны.
Это подтверждает правильность реше-
ния задачи.

Задача 117. Определить давление,
которое оказывает человек силой тя-
жести G на пол лифта, поднимающе-
гося и опускающегося с ускорением а.

Решение. Примем человека за

Рис. 138	материальную точку._ К ней прило-

_	жены активная сила G и нормальная

пола N. Давление человека на пол численно равно нормаль-

ной реакции, но направлено в противоположную сторону.

а) Сначала рассмотрим случай, когда ускорение направлено вверх
(рис. 138, а). Тогда сила инерции направлена вниз и

2Х = О, W — G - 0.	(а)

Так как

Ga

Т*

то из (а)

(б)

Таким образом, чем больше ускорение а, тем больше давление, ока-
зываемое человеком на пол.

б) Пусть теперь ускорение направлено вниз (рис. 138, б). Сила
инерции направлена вверх. Тогда

SX = 0, N + Рап — G - 0

и, следовательно,

(в)

При этом, если а = g, то N = 0, т. е. человек и кабина лифта
совершают свободное падение.

Отметим, что канат может передавать только растягивающее уси-
лие. Поэтому двигаться вниз с ускорением а > g кабина не может. В
противном случае канаты должны были бы передавать сжимающее
усилие. Однако если представить, что кабине каким-либо путем уда-
лось сообщить а >> g, направленное вниз, то пассажир, находящийся
в кабине, уперся бы в потолок. При этом нормальная реакция потолка
будет направлена вниз, что непосредственно следует из выражения
(в): при а > g, N < 0.

Задача 118. Определить скорость, которую должны сообщить ракет-
ные двигатели спутнику для движения по круговой орбите высотой
Н = 192 км над поверхностью Земли. Радиус Земного шара принять
R == 6400 км (рис. 139, а). Объяснить, почему для имитации невесо-
мости при тренировке космонавтов используют пикирующие самолеты.

б)

Рис. 139

Решение. Рассматриваем спутник как материальную точку,
на которую действует только одна активная сила О — сила тяжести
на высоте Н. Для определения величины G воспользуемся законом
гравитационного притяжения. Тогда

__ Мт

~ Т (/? + W)2 ’

(а)

где Мит — массы Земли и тела, у — гравитационная постоянная.
На поверхности Земли сила притяжения

Разделив (а) на (б), получим

G = mS (/? + Я)2 •

(в)

Космический корабль движется по окружности с постоянной ско-
ростью и0, следовательно, по принципу Германа—Эйлера—Даламбера
необходимо добавить только нормальную силу инерции Ри/1. Уравне-
ние кинетостатического равновесия в проекции на нормаль имеет вид

— 0, G — Рия — 0.
Учитывая (в), а также Рм = mv^/fR + Н)9 получим

Р2 v<> _ л
mS (^ + /7)2	w/? + /7“0,

откуда искомая скорость

Vo — Rj/"—6400 • 103 у/~ (6400lg2j 103 — 7800 м!сек.

Человек, как и любая масса, притягивается к Земле силой собствен-
ной тяжести. При этом в обычных условиях результирующая силы тя-
жести и реакции опоры (пола, кровати и т. д.) в вертикальном на-
правлении равна нулю; следовательно, и вертикальное ускорение
(относительно Земли) равно нулю. Это обычное для человеческого ор-
ганизма состояние. Человек ощущает не силу тяжести, а реакцию опо-
ры. Если вертикальная реакция, направленная вверх, больше силы
тяжести, то тело получило ускорение а от Земли — человек испытывает
вертикальную перегрузку, равную

Так бывает в кабине спутника при запуске. Если же двигаться к Земле
с ускорением 0 а g, то организм человека перестает ощущать
некоторую часть своего веса, N = G1—В случае свободного па-
дения (а = g, N ~ 0) полностью отсутствует привычное ощущение
действия реакции опоры и наступает невесомость.

Необходимо различать понятия сила веса и сила тяжести. Сила
веса приложена не к самому телу, а к связи, поддерживающей это тело,
при этом сила веса численно равна реакции связи. А сила тяжести
приложена к самому телу, притягиваемому Землей. Если тело отно-
сительно Земли в вертикальном направлении не имеет ускорения, то
сила тяжести и сила веса равны. Поэтому тела, движущиеся к Земле
с некоторым ускорением, «потеряют» часть веса.

Вертикально пикирующий самолет движется под действием соб-
ственной силы тяжести, поэтому в кабине его создается эффект неве-
сомости. Космонавт в кабине спутника также движется только под
действием собственной силы тяжести с центростремительным ускоре-
нием, равным ускорению свободного падения g на заданной высоте.
Поэтому и ощущения космонавта такие же, как в кабине пикирующего,
т. е. свободно падающего, самолета. Отметим, что пикирующий само-
лет движется не вертикально вниз, а по параболе, вытянутость кото-
рой определяется величиной горизонтальной составляющей скорости
(рис. 139, б). Увеличивая ее, можно получить траекторию, при которой
самолет не будет вообще приближаться к Земле, — это и есть траекто-
рия искусственного спутника. Однако в условиях сопротивления ат-
мосферы создать скорость ц0 ~ 8 км!сек не представляется возможным.
Также и движение Луны вокруг Земли — не что иное, как «вечное
свободное падение».
Рис. 140

Задача 119. Через канатоведущий шкив подъемника переброшен
канат, на одном конце которого неподвижно висит кабина с грузом
силой тяжести Gt = 10 кн, а на другом — противовес силой тяжести
О.£ = 7,5 кн. Произошла авария — срезало шпонку на валу шкива.
Определить ускорение каби-
ны, натяжения на обоих кон-
цах каната, давление на ось
шкива. Силами тяжести блока
и каната, а также трением в
оси пренебречь (рис. 140, а).

Решение. Сначала рас-
смотрим всю систему в це- D
лом. Примем кабину и про-
тивовес за материальные точ- а
ки, связанные невесомым и
нерастяжимым канатом. Так
как Gi > G2f то кабина долж-
на опускаться, а противовес
подниматься. Обозначим мо-
дуль ускорения а. Тогда век-

тор ускорения для кабины

вверх. Система подвешена
силы тяжести кабины G}

направлен вниз, а для противовеса —

зонтальная составляющие

ции

в одной точке О. На систему действуют
и противовеса-G2, вертикальная и гори-
реакции оси Rx, Ry. Учтем силы инер-
. Составим уравнения проекций сил на оси

х и у и уравнения моментов относительно точки О:

SX = 0, Rx = 0;	(а)

= 0,	- Gj + PHt - G2 — РИя - 0;	(б)

S/Mo = 0, G2r + Ри/ — G/ + Рн/ = 0.	(в)

Преобразуем уравнение (в):

Gx - G2 = РН1 + Ри2 = -~ (Gx + G2),
&

откуда искомое ускорение

Gi-G2 10-7,5	1	,	,	2

« = ^ёЯ^==гТ0+7Л= 7^=1’43 м,сек -

Так как Rx — 0 из (а), то R = Ry, Тогда из уравнения (б)

С учетом найденного значения ускорения получим

кн.

Для определения натяжения каната рассмотрим кинетостатиче-
ское равновесие блока. Отбросим связи: ось и оба каната (рис. 140, б).
На систему действуют 7?— реакция оси, Т\ — реакция каната со сто-
роны кабины, 7\ — реакция каната со стороны противовеса. Составим
уравнения моментов относительно точки О и проекций на ось у:

2Л1о - 0, 7\г - Т\г = 0;

Из (г) Тх = Т2 = Т. Тогда из (д)

Т = 1 £ = -^£- = 8,55 кн.

й
а

Рис. 141

Таким образом, при невесомых блоке и канате натяжение по всей
длине каната постоянно и равно половине реакции оси.

Задача 120. Определить давление, оказываемое на грунт перед-
ними ведомыми и задними ведущими колесами автомобиля силой тя-
жести G = 15 кн, если
при трогании с места раз-
вивается ускорение а =
= 4 м/сек2. Центр тяжести
находится на высоте h =
~ 1 м над грунтом и делит
расстояние между осями
(базу) L — 4,5 м в отно-
шении 4 : 5. Сопротивле-
нием движению пренебречь
(рис. 141).

Решение. Рассмот-
рим автомобиль как мате-

риальное тело. Отбросим связь — поверхность дороги. На автомо-
биль действуют: G — сила тяжести, приложенная в центре тяжести;
Л;2 — нормальные реакции дороги на передние и задние колеса;
Т — тяговое усилие, приложенное в месте соприкосновения ведущих
колес с грунтом. Приложим к центру тяжести силу инерции Ри и
составим два уравнения кинетостатического равновесия в форме суммы
моментов относительно точек А и В:

£Л1л = 0, P„h — N2L + G^L^0;	(a)

У, Л1в = 0, Ри h-^NiL—G-fr L = 0.	(б)

У	'

Модуль силы инерции = . Тогда из (а) и (б) находим искомые

реакции:

g(9 ё l} ^(9	9,81 -4,5) —7,99 кн\

=	’ + i"z) = 15("9 + 9,81-4,5 ) = 8’01
Для сравнения приведем статические реакции (при равномерном
движении):

Л\ = -|-G = 8,35 кн, N2 = ^-G = 6,6b кн,
хс У	с У

Задача 121. Какова минимальная скорость движения мотоциклиста

по вертикальной стене, если коэффициент трения покрышек о поверх-

ность стены f = 0,5, а радиус
стены R “ 20 м. Какой угол со-
ставляет мотоциклист с верти-
калью (рис. 142)?

Решение. Рассмотрим
систему мотоциклиста с мото-
циклом как материальное тело.
Пусть мотоциклист составляет
с вертикалью угол а, а расстоя-
ние от нижних точек шин до
общего центра тяжести h. На
тело действуют сила тяжести G
(приложена в центре тяжести),
нормальная реакция стены N и
сила трения скольжения Frp (обе
приложены в месте соприкос-
новения колес со стеной). На-

У
I

Рис. 142

правим оси координат. При движении по окружности с постоянной
скоростью необходимо учитывать только нормальную силу инерции
приложенную в центре тяжести. Составим три уравнения кине-

тостатического равновесия:

SX = 0, N - Ри„ = 0;	(а)

2У - 0, —G + FTp = 0;	(б)

£Д4д = 0, G/isina — P^ /icosa = 0.	(в)



Так как

ИЛ

FTp — fN, то эти уравнения примут вид:

7)2

1V-G~ = O;

8.R

Q — fN=Q-t
Gtga-G^ = 0.

(г)

(д)

(е)

Из (д) находим М = у и подставляем ее в (г):

1	7)2

g4--G^ = 0,
f	g.R

откуда искомая скорость

/&R ’I /^9,81 • 20	1 п О /	71 О /

у- = у —=19,8 л/сек = 71,3 км/ч.

(ж)

(з)
Учитывая (ж), из (е) получаем G tga==-~-» откуда tga — ~- = 2,
а = 63,5°.

Произведем проверку по размерности. Величины, входящие в вы-
ражение (з), имеют в СИ следующие размерности: dimg == м/сек2,
dim R — м, dim f — безразмер-
ная величина. Следовательно,

.	-1 / м • м .

м/сек = I/ —- = м/сек.

Ji

Задача 122. При холостой об-
катке лебедки лопнули болты А,
крепящие корпус двигателя 2
к раме 4. Статическая баланси-
ровка вала произведена с по-
мощью высверливаний в муфте.
Каков эксцентриситет 6 центра
тяжести муфты 3, если скорость
вращения ротора 1 равна п =
= 3000 об/мин, силы тяжести
двигателя Сэ = 2,6 кн, муфты
GM = 0,45 кн? Разрывное уси-
лие болтов R = 95 кн (размеры
даны на рис. 143).

Решение. Пусть на валу,
вращающемся в подшипниках А
и В с угловой скоростью (О,
укреплен диск массой т, центр
тяжести которого смещен отно-
сительно оси на некоторое рас-
стояние 6 (рис. 144, а), которое
называют эксцентриситетом. При
вращении на вал, который в

Рис. 143

данном случае является связью, действуют две силы: сила тяжести
диска G и центробежная сила инерции Ри = /пса2 6. Обе силы уравно-
вешиваются реакциями подшипников. Постоянная по величине и
направлению сила G будет уравновешиваться постоянными реакциями,
их называют статическими. Сила инерции при вращении изменяет
свое направление, соответственно она вызывает в подшипниках пере-
менные динамические реакции. Чем больше эксцентриситет и скорость
вращения, тем больше динамические реакции. Чтобы исключить
появление динамических реакций, производят так называемую стати-
ческую балансировку — путем добавлений противовесов центр тяжести
вращающейся детали приближают к оси вращения.

Если задать расстояние I от центра тяжести С' противовеса
(рис. 144, б) до оси, то силу тяжести Сп противовеса можно определить

Г

из условия Рт = Ри„ или Gtfrlg — Gaorl/g, откуда G„ = G-. Можно
Рис. 144
произвести уравновешивание двумя или несколькими противовесами.
В этом случае все силы инерции должны образовывать замкнутый сило-
вой многоугольник (рис. 144, в). На практике часто уравновешивание
производят не добавлением противовесов, а наоборот высверливанием
(что, очевидно, эквивалентно добавлению противовеса с противополож-
ной от оси стороны).

Статическая балансировка предотвращает появление динамических
реакций в подшипниках только в тех случаях, когда центры тяжести
детали и противовеса лежат в одной плоскости, перпендикулярной
к оси вращения. В противном случае создается динамическая пара
с моментом М = Рипа (где а — расстояние между плоскостями вдоль
оси, рис. 144, г). Соответственно, в подшипниках появятся динамиче-
ские реакции Р = у	Уравновешивание центробежных сил

инерции и моментов, создаваемых ими, называют динамической балан-
сировкой. Именно из-за отсутствия динамической балансировки вала
с муфтой и ротором лопнули болты при обкатке лебедки.

Рассмотрим кинетостатическое равновесие системы (двигатель
с муфтой), к которой приложены активные силы 6Э и GM (рис. 144, г).
Отбросим связи, заменив их реакциями болтов RA и RB. Учтем силы
инерции Ри„, приложенные к центрам тяжести ротора и муфты. Мак-
симальный момент, создаваемый инерционными силами, при котором
наиболее нагружены болты Д, действует против часовой стрелки.
Итак, инерционные силы и сила тяжести GM создают момент, опрокиды-
вающий двигатель вокруг ребра О, а реакции болтов и сила тяжести
G\ — восстанавливающий момент:

2Л4У = О, РИП d + GM (d~ а) — G3a — RA (a + c) — RB (a — c)= 0.

Поскольку a — c^a-^c, то моментом, создаваемым реакциями
болтов RB, можно пренебречь. Тогда учитывая, что	,

получим уравнение

co26d

м

+ GM (d~d) — G3a — RA (а + с) = 0.

Подставляя вместо RA разрушающую нагрузку R, решим это
уравнение относительного искомого:

с__(а + с) + G3a — GM (d — а) _

g	G^d	~

. 95 (0,215 + 0,2) + 2,6- 0,215-0,45 (0,4 — 0,215)

1	0,45 • 3142  0,4

9,81 -39,98 Л оо in-2 о о
0,45-9,85' 104-0,4 = 0’22' М — 2,2мм,

где

0)

л п
30

3,14 • 3000

30

= 314 с гк 1.
ГЛАВА 11. РАБОТА И МОЩНОСТЬ.
К. П. Д. МЕХАНИЗМОВ И МАШИН

§ 35.	РАБОТА СИЛЫ

Работа постоянной силы на прямолинейном пути. Произведение
модуля силы Р на длину пути s, пройденного точкой приложения этой
силы, и косинус угла а между направлениями силы и скорости точки
называют работой

А = Ps cos а.	(3.17)

В зависимости от величины угла а различают следующие случаи:

1.	Если 0	то силы называют движущими. Движущие

силы направлены в сторону движения. Так как 0 < cos а 1, то
работа движущих сил всегда положительна.

В частном случае при а = О А = Ps.

2.	Направление силы перпендикулярно к направлению движения.

При этом а = А = 0, т. е. сила не совершает никакой работы.

3.	Если л/2 < а-С л, то силы называют силами сопротивления. Они
направлены против движения. Так как —1 cos а < О, то работа
сил сопротивления всегда отрицательна.

В частном случае при а = л А = Ps.

Размерность работы dim А PL = ML2T~2. В СИ работа изме-
ряется в джоулях: 1 дж = 1 нА м = 1 вт>сек.

Работа переменной силы на криволинейном пути. В общем случае,
когда сила переменная и путь криволинейный, работу определяют
выражением

4 = $ Р cos ads,	(3.18)

О

где s — путь вдоль криволинейной траектории.

Величина работы численно равна площади под графиком Pcosa =
= f(s) (рис. 145, а).

Часто используют понятие средней силы, равной отношению всей
работы к пути, на котором она была совершена, Рср = Графически
сила Рср представляет собой высоту прямоугольника с площадью,
равновеликой площади криволинейной фигуры. Положительные про-
екции сил откладывают в сторону положительных ординат, а отри-
цательные проекции сил — в сторону отрицательных ординат. Соот-
ветственно, площади над осью абсцисс представляют положительную
работу, а под осью — отрицательную (рис. 145, б).

Для того чтобы по чертежу определить величину работы, необхо-
димо соблюдать масштабы. По оси абсцисс откладывают перемещение
в масштабе рДк/лслс), который показывает, какое действительное рас-
стояние соответствует 1 мм на чертеже. По оси ординат откладывают
величины проекций сил на направление скорости в масштабе ррк/лш.
Масштаб работы равен произведению масштабов перемещений и сил
Ид = HsHp дж/мм2. Действительная величина работы А — Грд, где
F — площадь под кривой (в дш2).

о)

Р cos а

Р ms ГУ .

О

Рис. 145

Если сила совершает и положительную и отрицательную работу, то
необходимо отдельно определить площади над осью абсцисс и под ней
и из большей вычесть меньшую. Умножив этот результат на полу-
чим искомую работу.

Работа равнодействующей. Еслина некотором перемещении работу
совершает система сил (Рь Р2, ...» Р„), то алгебраическая сумма работ
этих сил равна работе равнодействующей R на этом же перемещении,
т. е.

Л* - 2Др.	(3.19)

Задача 123. В начале движения при испытании двигателя авто-
тягача сила тяги составляет 7\ = 30 кн. Когда автомобиль проходит

Рис. 146

путь sr = 800 м, начинается затяжной подъем длиной $2 = 2000 м и
сила тяги мгновенно возрастает до Т2 = 40 кн. После преодоления
подъема тяга уменьшается по закону прямой линии на пути длиной
s3 = 1600 м до величины Т3 = 10 кн. с которой автотягач проходит
отрезок пути s4 = 1200 ж. Затем на подъеме длиной s5 = 2000 м сила
тяги составляет постоянную величину 7\ == 20 кн. а на участке пути
s6 = 2000 м. она увеличивается по закону прямой линии до значения
Т5 = 30 кн. с которой автотягач проходит последний отрезок пути
$7 = 1200 м. Определить графически полную работу, совершаемую
двигателем автотягача и найти среднее значение силы тяги Тер (поте-
рями в силовой передаче пренебречь).

Решение. Приняв масштабы = 200 м/мм и рт = 1 кн/мм.
построим график изменения силы тяги (рис. 146). Площадь всей
фигуры OABCDEFGKLMOi равна:

^ = 4.30+ 10- 40 + -|-(40-4- 10)4-6- 10+ 10 20 + ^(204-30)4-

4-6-30= 1410 мм2.

Масштаб работ

Нд =	= 200-1 кнм/мм2 = 200 кдж/мм2.

Тогда величина полной работы

А =	- 1410-200 = 0,282-106 кдж = 282 Мдж.

Откуда средняя сила тяги

с₽ ” OOt

1410

54

• 1 =26 кн.

Задача 124. Индикатор служит для автоматического вычерчива-
ния кривой изменения давления пара в цилиндре в процессе движения
поршня. Эту кривую (рис. 147) называют индикаторной диаграммой.

л, н/смг

Определить работу, совершенную
паром за один оборот кривошипа.
Давление — в н/см2. ход поршня —
в см; диаметр поршня d = 300 мм.

Решение. В момент начала
движения поршня (положение /)
давление пара соответствует точ-
ке 1. Поршень движется вправо.
На участке 1—2 происходит впуск
пара и давление в цилиндре прак-
тически не изменяется. В положе-

нии 2 впуск пара прекращается.	Рис. 147

Дальнейшее движение поршня

происходит вследствие расширения пара. При этом давление в ци-
линдре падает. В крайнем правом положении 3 поршень останавли-
вается. Часть пара выпускается — давление падает (точка 4). Затем
начинается обратный ход поршня. По мере движения поршня пар вы-
пускается и давление до положения 5 возрастает медленно. В точ-
ке 5 выпуск пара прекращается, вследствие сжатия оставшейся части

пара происходит некоторое увеличение давления до положения 6.
Дойдя до положения 6, поршень останавливается, клапан откры-
вается ненова впускается пар; давление повышается до значения /.
Полный цикл окончен, начинается новый оборот кривошипа.

При движении поршня слева направо давление пара совпадает
с направлением движения поршня — совершается положительная ра-
бота. Величина этой работы равна площади под кривой 1—2—3.
При обратном ходе поршень, двигаясь против давления, совершает
отрицательную работу (площадь под кривой 4—5—6). Полная работа
за один оборот кривошипа равна разности этих площадей, т. е. пло-
щади заштрихованной фигуры 1—2—3—4—5—6. Масштабы пере-
мещений и давлений — 2 см/мм = 0,02 м/мм, [iP = 2 н/см2мм =
= 2-104 н/(м-мм).

Масштаб работы на единицу площади поршня

Нл = P'sP'P = 0,02-2-104 == 400 дж/м2мм.

Площадь заштрихованной фигуры F = 525 мм2. Работа, приходя-
щаяся на единицу поверхности поршня,

= Грд = 525-400 = 2,1-Ю5 дж/м2.

Поверхность поршня

= ^l-4--0'32. = 0,0708 Л!2.

Тогда полная работа, совершенная поршнем за один оборот кри-
вошипа,

А - Аф = 2,1 • 105-0,0708 = 1,5-104 дж = 15 кдж.

Задача 125. На материальную точку, движущуюся по криволи-
нейной траектории, действует сила, изменяющаяся по закону Р =
= 3s2 + 2s + 5, где Р — в н, s — величина пройденного пути вдоль
траектории в м. Сила составляет с направлением скорости в каждый
момент времени постоянный угол а = 60°. Определить работу, совер-
шенную точкой на отрезке пути s = 2 м. В начальный момент s0 = 0.

Решение. Подставив в (3.18) выражение для Р и cos а = 0,5,
получим

s = 2	2	2

J Pcosads = $ (3s24-2$4-5)0,5ds = 0,5 (s3 + $2 + 5s) =
So = 0	0	0

= 0,5[(23 + 224-5-2) —0]= 11 дж.

§ 36.	РАБОТА СИЛ ТЯЖЕСТИ

Работа силы тяжести не зависит от формы траектории и равна
произведению модуля силы тяжести G на разность начальной и ко-
нечной h2 высот, т. е.

Л = G (ftx — h2).	(3.20)

Если hr > h2, то работа силы тяжести положительна; если h2 > hi9
то работа силы тяжести отрицательна; если начальная и конечная.
высоты находятся на одном уровне — h2, то работа силы тяжести
равна нулю (независимо от формы траектории тела).

Задача 126. На какую высоту Н копер поднимает бабу силой тя-
жести G = 1450 к, если в течение Т = 1 ч она потребляет энергию
А = 1,5-105 кГм, Время рабочего хода (время одного поднятия бабы)
/п = 5 сек, время холостого хода (время одного опускания) /0 = 2 сек.
При опускании бабы копер энергии не потребляет. Потерями на тре-
ние пренебречь.

Решение. Полное число поднятий в час (число циклов)
'* Полная величина затраченной энергии за один час
равна работе, совершенной машиной за п поднятий груза А = GHn,
Следовательно,

л GHT

откуда искомая высота

Л (A) + U__ 9,81  1,5 • 10s (2 + 5)

GT ~	1450-3600



где А == 1,5-105 кГм = 1,5-105-9,81 дж (табл. 3).

Задача 127. Определить работу сил при скольжении тела по шеро-
ховатой наклонной плоскости.

Рис. 148

Решение. Пусть тело скользит под действием силы Т по пло-
скости, наклоненной под углом а к горизонту. К телу приложены
(рис. 148, а) следующие силы: G — сила тяжести, Т—движущая
сила, Ftp — сила трения скольжения, ЛА — нормальная реакция
поверхности. Полная работа этих сил на перемещении I равна

При этом сила тяжести совершает положительную или отрицатель-
ную работу (в зависимости от того, опускается тело или поднимается)

Aq — ±Gh = dz Gl sin a.

Движущая сила совершает положительную работу
Ат == Tl cos р.

7 В. А. Осадчий, А. М. Файн

193
Нормальная реакция работы не производит, Лдг = 0. Сила трения
совершает отрицательную работу

Д/=тр - - Лгр/ - - fNl - - f (G cos a - T sin 0) Л

Таким образом, полная работа всех сил

2Д = IT cos 0 ± G sin a — f (G cos a — T sin 0)1 I.

Пусть тело движется вверх по наклонной плоскости. В этом случае
сила тяжести G совершает отрицательную работу. При этом, если
2Д > 0 (работа движущей силы Т больше работы сил сопротивления
/\р и G — тело движется равноускоренно), то

T>G

sin a-f-7 cos a
cos p +/ sin p *

Иногда вводят приведенный коэффициент сопротивления наклон-
ной плоскости, который для случая движения вверх равен:

г   sin а + f cos a
/пр	cos р f sill p

(3.21)

Тогда T > Gfnp. В частном случае, когда тяговое усилие Т направ-
лено вдоль наклонной (0 = 0), приведенный коэффициент сопротив-
ления

/пр = sin a + f cos a,	(3.22)

если же тяговое усилие горизонтально <0 = — а), то

____sin а + f cos а_ f4~tg а
np cos а — f sin а 1 — / tg а

(3.23)

Соответственно при 2Д — 0 (работа движущей силы равна работе
сил сопротивления — тело движется с постоянной скоростью либо
находится на грани между покоем и движением) получаем Т — G/np.
При 2Д < 0 (работа движущей силы меньше работы сил сопротивле-
ния — движение равнозамедленное) получаем Т < G/np.

Теперь рассмотрим случай, когда под действием силы Т тело дви-
жется вниз (рис. 148, б). Так как сила тяжести совершает положи-
тельную работу, то приведенный коэффициент сопротивления

г  —sin a4-/£osa
/пр cos р sju р •

В частности, при 0 — 0
/пр — / cos a — sin a,

а при горизонтальном тяговом усилии (0 — а)

г __— sin а 4-/cos а __ tga

'пр cosa4-/sina "~*l+/tga’

(3.24)

(3.25)

(3.26)

При движении вниз движущей силой является не только сила тяги,
но и сила тяжести. Поэтому движение возможно и без приложения
силы тяги. Однако если угол трения $ больше угла наклона пло-
скости а, то движение равнозамедленное. В частном случае, если тело
не имеет начальной скорости, то оно остается в покое. Это явление
называют самоторможением. При ср = а тело находится в состоянии
предельного равновесия или равномерно скользит вниз по наклонной

плоскости, а при ср < а тело движется ускоренно.

Задача 128. При каком угле наклона направляющих клинчатый
ползун с углом клина 2|3 будет скользить вниз с постоянной скоростью,

если коэффициент трения при скольжении f (рис. 149, а)?

а~ а

Рис. 149

Решение. Клинчатый ползун движется равномерно, если работа
всех сил, приложенных к нему, равна нулю. На ползун действуют:
G — сила тяжести ползуна, /V — нормальные реакции опорных поверх-
ностей; Лтр — силы трения. Полная работа всех сил на некотором
пути I равна

SA = Aq + A;V +
где

Ag = Gl sin a, AN = 0, AfTp = — 2Fr?l = — 2 Nfl.

Так как 27Vsin(3 = G cos a (рис. 149, б), то

AfTp = — Gft cos «/sin (3.

Тогда

SA = Gl sin a — Gfl cos a/sin (3=0,

откуда находим искомый угол
f
tg a =	.

b sin p

§ 37.	РАБОТА МОМЕНТА СИЛЫ ПРИ ВРАЩАТЕЛЬНОМ
ДВИЖЕНИИ ТВЕРДОГО ТЕЛА

Работа постоянного момента силы, приложенного к телу, вращаю-
щемуся вокруг неподвижной оси О, равна произведению этого момента
Мо на угол поворота тела ср, т. е.

А = Л10ср.	(3.27)

7*

195
При действии переменного момента работу на конечном угловом
перемещении <р определяют из выражения

ф

А = $ A40d(p.
о

(3.28)

Работа при вращательном движении твердого тела вокруг непо-
движной оси О равна работе суммы моментов всех сил, приложенных
к телу, относительно этой оси

А = ХМоф.

(3.29)

При этом тело вращается ускоренно, если 2Л4С(р > 0, равномерно
при = 0 и замедленно, если 2Л4оФ < 0.

Рис. 150

Задача 129. Шкив радиусом г = 50 см
приводится в движение ременной пере-
дачей. Натяжение ведущей ветви 7\ =
= 1,5 кн, натяжение ведомой ветви
Т2 — 0,8 кн. Определить работу, совер-
шенную этими силами в течение t =
= 5 мин, если шкив вращается со ско-
ростью п = 300 об/мин (рис. 150).

Решение. К вращающемуся шки-
ву приложены реакции ремня, равные
численно 7\ и Г2. При вращении обе
силы дают постоянный момент 5Л1о =

= (7\ — Т2) г, угол поворота за время t в радианах <р — 2л nt.
Полная величина работы

А = SMo <р ~ (7\ — Т2) г-2л nt —

= (1,5—0,8)-0,5-2-3,14-300-5 - 3,3-103 кдж = 3,3 Мдж.

Задача 129 а. Для перемещения станка силой тяжести G = 25 кн
применили пять катков силой тяжести Р = 400 н каждый и радиу-
сом г — 5 см. Определить работу, требуемую для перемещения станка

О)

Рис. 151

на расстояние I == 25 м и тяговое усилие Т, развиваемое лебедкой,
если коэффициент трения качения катков по полу k2 = 0,2 см, коэф-
фициент трения качения катков по поверхности станины k± = 0,05 см,
движение равномерное (рис. 151, а).
Решение. При равномерном движении работа движущей силы
(тягового усилия троса Т) равна работе сил сопротивления (моментов
трения качения Л1тр1 и Л1тр2), т. е. Ад — Ас. Нормальное давление
на один каток со стороны станка AZi = где п = 5 (рис. 151, б).
Тогда момент трения качения одного катка по станине

MTPl = G^.

(а)

Z4»

Нормальное давление катка на пол Ы2~Р-\—, Следовательно,
момент трения качения катка по полу

МТР2 = (G + Рп) %

(б)

Определяем угол поворота катка <р. Мгновенный центр скоростей
находится в точке А, тогда ср = ^7• Чтобы переместить станок на
расстояние Z, необходимо совершить работу, равную работе моментов
трения на всех п катках:

л с = (Л1ТР1 + Мтр.)	= [G (fej + k2) + Pk2n] ±-f =

= [25 (0,5 + 2) IO-3 + 0,4  5 • 2  10 3] 2^5 = 16,6 кдж.

Тяговое усилие

Т = ф = ф = 1^ = 0,663 /с« = 663 «.

4	X	му

Тяговое усилие выражается соотношением

Эту формулу используют в практике технических расчетов.

§ 38. МОЩНОСТЬ. ЗОЛОТОЕ ПРАВИЛО МЕХАНИКИ

Мощность. Величину работы, совершаемую в единицу времени,
называют мощностью. Если работа, производимая машиной в равные
промежутки времени, неодинакова, то мощность является переменной
величиной. В таких случаях вводят понятие средней мощности,
равной отношению всей работы А к промежутку времени Z, за который
она совершена,

(Vcp=y.	(3.30)

Мощность в данный момент равна первой производной от работы по
времени

Д7__

N ~ dr

(3.31)
Мощность силы Р при поступательном движении твердого тела
равна произведению модуля силы на модуль скорости и косинус угла а
между направлениями силы и скорости

N = Pv cos а.	(3.32)

Пусть Pv и Vp — проекции силы на направление скорости и соот-
ветственно скорости на направление силы. Тогда

N - Pvv = Pvp.	(3.33)

Мощность момента силы М при вращательном движении твердого
тела равна произведению величины момента на угловую скорость
вращения

N = Л4со.	(3.34)

Размерность мощности dim N = PLT~y = ML2T~3.

В СИ мощность измеряется в ваттах, 1 вт — 1 дж/сек.

Определение мощности по крутящему моменту. В расчетах для
определения мощности по крутящему моменту применяют следующие
формулы:

Мкр = 9560 —,	(3.35)

где N выражена в кет, /Икр — в нм, а п — в об/мин, и

Л1кр = 716,2”,	(3.36)

где N — вл. с., Л1кр — в кГм, ап — в об/мин.

Движущие силы, силы полезных и вредных сопротивлений. Всегда
при работе различных механизмов и машин действуют следующие
силы:

Движущие силы — силы, которые приводят машину в движение.
Работа движущих сил всегда положительна, поскольку они составляют
острый угол с направлением движения.

Силы полезных сопротивлений — силы, для преодоления работы
которых и создана машина. Работа сил полезных сопротивлений
всегда отрицательна, так как они составляют тупой угол с направ-
лением движения.

Силы вредных сопротивлений — силы, появляющиеся в механизмах
и машинах вследствие их несовершенства (силы трения, сопротивления
среды и т. д.). Работа сил вредных сопротивлений всегда отрицательна,
так как они составляют тупой угол с направлением движения.

Золотое правило механики. Пусть к механизму приложены дви-
жущая сила Р и сила полезного сопротивления Q. Соответственно
проекции скоростей точек приложения Р и Q на направления сил
равны Vp и vQ. Тогда

МЛ - PvP и Nn = Qvq.	(3.37)

В идеальных машинах и механизмах силы вредных сопротивлений
отсутствуют, поэтому мощность движущих сил равна мощности сил
полезного сопротивления Л\ = Nn. Следовательно,

Pvp = Qv0.

(3.38)

Равенство (3.38) называют золотым правилом механики: сколько
выигрываем в силе, столько теряем в скорости, и наоборот. Поскольку
vp
— = i — передаточное отношение механизма, то Р = Qi.
vo

Золотое правило можно выразить через перемещения: сколько
выигрываем в силе, столько теряем в перемещении. В идеальном меха-
низме работа движущих сил за любой промежуток времени равна
работе сил полезного сопротивления Дд = Дп. Тогда

Рвр QSq,

(3.39)

где sp и s0 — проекции перемещений точек приложения сил Р и Q

на направления самих сил.

Золотое правило механики позволяет находить зависимость между
движущей силой Р и полезным сопротивлением Q для любого идеаль-

ного механизма. В реальном механизме
всегда присутствуют силы вредного сопро-
тивления, поэтому выигрыш в силе меньше
величины, получаемой по золотому правилу
механики:

V Г)	S D

Q = r1P- = r]P^ = r]P/,

м

где ц — коэффициент полезного действия

характеризующий степень совершенства

механизма.

Задача 130. Найти зависимость между
усилием на рукоятке Р и силой тяжести
поднимаемого груза Q в винтовом дом-
крате. Шаг винта Л длина рукоятки L
(рис. 152).

Решение. Для решения применим
золотое правило механики в форме (3.39).
При повороте рукоятки домкрата на один
полный оборот точка приложения силы Р

Рис. 152

перемещается на sP = 2лЛ. За это время груз поднимается на вели-

чину шага винта s0 = t. Тогда

P-2nL = Qt,

откуда находим искомую зависимость для идеального домкрата

t

2лД*
Для реального домкрата получим уменьшенное значение силы

P — 2nL *

где т) — коэффициент полезного действия домкрата.

Задача 131. Для равномерного подъема груза силой тяжести Q

используют дифференциальный ворот, вал которого состоит из двух
частей разных радиусов. Канат обхватывает подвижный блок, к кото-

рому подвешен груз, и при
диусом г и наматывается на

Рис. 153

подъеме сматывается с тонкой части ра-
толстую часть радиусом У?. Найти зави-
симость между Q и усилием Р на ру-
коятке длиной I (рис. 153).

Решение. Применим золотое пра-
вило механики в форме (3.38). Скорость
перемещения точки приложения силы Р
равна vP = со/, где со — скорость вра-
щения рукоятки. Точка А принадлежит
блоку и наматывающейся ветви каната.
Значит, vA = со/?. Точка В принадле-
жит блоку и сматывающейся ветви ка-
ната. Тогда vB = сот. Блок совершает
плоскопараллельное движение, следова-
тельно,

vA~v„ caR-car R — r

VQ “ ’ 2	~	2	= W ~~2 ’

Подставим vP и vQ в (3.38):

откуда

Pal = Qa^-^

При малой величине разности R — г получаем большой выигрыш
в силе, но соответственно во столько же раз проигрываем в скорости.

Задача 132. Определить зависимость между усилием Р на рукоятке
и сжимающей силой Q в коленчатом винтовом прессе. Главную часть
пресса составляет шарнирный ромб ABCD (рис. 154, а). Шарнир D
неподвижен. При сближении гаек А и С шарнир В получает верти-
кальное перемещение вниз, при этом происходит сжатие прессуемого
предмета. Винт имеет справа и слева нарезку противоположного на-
правления, поэтому при вращении рукоятки гайки сближаются или
удаляются. Шаг винта /, длина рукоятки I.

Решение. Применим золотое правило механики в виде (3.38).
Точка приложения движущей силы Р имеет скорость vP = <nl. Точка А
вращается вокруг неподвижного шарнира О, следовательно, полная
скорость va ее составит с горизонталью угол а, равный углу отклоне-
ния стержней от вертикали. С другой стороны, движение точки А
можно представить как сложное (рис. 154, б), состоящее из перенос-

ного вертикального перемещения вниз вместе с винтом со скоростью

ve и относительного горизонтального движения гайки по винту со ско-

ростью vr, т. е. va = ve + vr.

За один оборот рукоятки
гайка перемещается на вели-
чину шага за секунду ру-
коятка делает —оборотов и,
следовательно, скорость гай-
ки в горизонтальном направ-
/to у т
лении равна vr —	. Из тре-

угольника скоростей находим
скорость вертикального пере-
мещения гайки

. fcntga

^ = Mga = -^-.

Очевидно, что
v0 = 2ve =
п_.	„ to tg a

Подставив найденные vP и
vQ в (3.38), получим

Pal = Qtaig а..

Следовательно,

При постепенном сжимании прессуемого предмета угол а умень-
шается и величина сжимающего усилия Q возрастает, а скорость прес-
сования уменьшается.

§ 39. КОЭФФИЦИЕНТ ПОЛЕЗНОГО ДЕЙСТВИЯ. ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОЕ
И ПАРАЛЛЕЛЬНОЕ СОЕДИНЕНИЯ МАШИН И МЕХАНИЗМОВ

Коэффициент полезного действия машины. Машиной называют

устройство с движущимися элементами, предназначенное для совер-
шения полезной работы или преобразования различных видов энергии.
Коэффициентом полезного действия (к. п. д.) т] машины называют
отношение работы сил полезного сопротивления АП к работе движущих

сил АД, т. е.

(3.40)

К. п. д. характеризует степень совершенства машины. Чем меньше
работа сил вредного сопротивления Ав, тем выше к. п. д.

К. п. д. механизма. Механизмом называют устройство, передающее
или преобразующее определенный вид движения. К. п. д. механизма
называют отношение работы, отводимой от механизма, к работе,
подводимой к нему. Подводимая работа является работой движущих
сил, а отводимая — работой сил полезного сопротивления. Машина
может включать один или несколько различных механизмов.

Так как мощность — это работа в единицу времени, то к. п. д.
равен отношению мощности сил полезного сопротивления Nn к мощ-
ности движущих сил Мд, т. е.

Л^Д

(3.41)

Величину ф =
Г) = 1 — ф.

- = ~ называют коэффициентом потерь. Тогда
д	Nд

Последовательное и параллельное включения механизмов и машин.

Механизмы и машины могут быть соединены между собой последова-
тельно и параллельно. Последовательным называют соединение, при

котором полезное сопротивление предыдущего элемента является
движущей силой для последующего. К. п. д. машины (механизма),
состоящей из последовательно соединенных элементов, равен произве-

дению к. п. д. этих элементов

По = П1П2 ••• Пл-

Параллельным называют соединение, при котором полезные сопро-
тивления и движущие силы составляющих элементов не зависят друг
от друга. Если полная работа (мощность) движущих сил распреде-
ляется между элементами при параллельном соединении их некоторым
образом Дд0 — (Мдо = 2МД), то полная работа (мощность) сил
полезного сопротивления

Лпо = (Мпо = 2МдЦ)

и общий коэффициент полезного действия

до	до

(3.42)

Задача 133. Насосная станция производительностью Q = 15 000 м?!ч
воды создает напор Н = 20 м. Определить потребную электрическую
мощность, если общий к. п. д. насосной станции равен 60%.

Решение. Производительность насосов в секунду

_ Q? _ 15 000-9810
? ~ 3600 “	3600

— 4,1 • 104 н/сек,

где у — удельный вес воды, у = 9810 н!м3.

Полезная мощность при подъеме воды на высоту Н
Мп — qH == 4,1 • 104 • 20 = 8,2-105 вт = 820 кет,
а потребляемая электрическая мощность

Мэ —	=1370 кет.

* П 0,6
Задача 134. Определить к. п. д. силовой передачи автомобиля и
мощность, теряемую на трение в силовой передаче, если двигатель раз-
вивает мощность Л/д = 220 л. с. при скорости v — 150 км/ч и силе

полезного сопротивления движе-
нию /?п = 3 кн (рис. 155).

Решение. При движении
к автомобилю приложены четыре
силы: Т — движущая сила (сила
тяги), развиваемая мотором;
А? — сила полного сопротивле-
ния движению, слагающаяся из
полезного и вредного сопротив-
лений; G — сила тяжести; N —
нормальная реакция дороги (при
движении по горизонтальному

У

участку пути нормальная реак-

ция уравновешивает силу тяжести). Мощность, затраченная на пре-
одоление силы полезного сопротивления движению (полезная
мощность), равна Л/п = Rnv. К. п. д. силовой передачи

Рис. 156

Л4тр, образуемый за счет трения

~ Мп  	„ 3-41,8  A 7ft

Т|“	“ 162

где Л/д — мощность, развиваемая движущей силой Т двигателя,
Мд = 220 л. с. = 220-0,736 = 162 квпг\ v — скорость автомобиля,
v ~ 150 км/ч = 41,8 м/сек, _

Очевидно, что силы G и Л/ работы не совершают. Мощность, теряе-
мая на преодоление сил вредных сопротивлений,

Л/в =	(1 _ П) = 162 (1 — 0,78) = 35,6 кет.

Задача 135. На валу электродвигателя имеется шкив радиусом
г — 250 мм. На шкив надета металлическая лента, правая ветвь кото-
рой удерживается пружиной, а к
левой ветви подвешен груз G =
= 500 н. Пружина имеет жесткость
с = 500 н/см и растянута на а =
= 2 см. Подводимая электриче-
ская мощность = 19,3 кет. Ско-
рость вращения ротора электро-
двигателя п — 1400 об/мин. Опре-
делить к. п. д. электродвигателя
(рис. 156, а).

Решение. К ротору электро-
двигателя (рис. 156, б) приложены:
— момент движущих сил и мо-
мент сил полезного сопротивления
между шкивом и натянутой металли-
ческой лентой. Очевидно, Л1тр = (7\ — 7\) г, где 7\ — реакция
правой ветви ленты, равная силе упругости растянутой пружины,
7\ = Fyca\ Т2 — реакция левой ветви, равная силе тяжести груза,
Т2 — G (рис. 156, б). К. п. д. электродвигателя

где Nn — мощность сил полезного сопротивления, равная

Afn == Л4ТрО = (са — G) гео.

С учетом

= — находим искомый к. п. д.

ллг (са — G)

11 = зол^

3,14 • 1400 • 0,25 (500 • 2 — 500)

3- 19 300

— 0,95.

Задача 136. При ходьбе на лыжах на дистанцию s = 30 км по гори-
зонтальному пути центр тяжести лыжника попеременно то опускается
на высоту h = 20 см, то поднимается. Время на одно опускание и
подъем Т = 2 сек. Вес лыжника G = 750 н, коэффициент трения лыж
о снег f = 0,06. Определить среднюю мощность, развиваемую лыж-
ником. Считать, что работа торможения при опускании центра тя-
жести лыжника составляет г/3 работы при подъеме центра тяжести
на ту же высоту. Лыжник проходит дистанцию за t = 2 ч.

Решение. Полная работа Дд, совершенная лыжником на ди-
станции, по абсолютной величине равняется работе сил сопротивле-
ния.

Работа сил сопротивления состоит из работы At по перемещению
центра тяжести и работы А2 против сил трения лыж о снег:

Ас == Ai + Дг-

Определяем работу по перемещению центра тяжести

A^ — Ght l+~}n= — Gh^

\	О /	О л

t

где п — y — полное количество циклов подъем — опускание центра
тяжести на всей дистанции (согласно условию работа по подъему
центра тяжести и работа торможения при опускании его отрицательны).

Работа трения о снег

Д2 “ — F\pS “ — fNs == —— fGs.

Таким образом, полная работа

Чтобы преодолеть работу этих сил сопротивления, лыжник должен
совершить равную положительную работу. Тогда искомая средняя
мощность, развиваемая лыжником на дистанции,

a%=-^=g

0,06  30  103

2-3600

^290 вт
Задача !37. Определить к. п. д. наклонной плоскости.

Решение. Пусть тело силой тяжести G равномерно подни-
мается вверх по наклонной плоскости под действием силы тяги Т
(см. рис. 148, а). Тогда полезная работа равна работе, затраченной на
подъем этого тела на высоту h

Ап = Gh = Gl sin а.

Работа движущих сил равна работе тягового усилия
Дд = Tl cos р.

Воспользовавшись выражением для Т (см. задачу 127), имеем:

Дд = С

sin a+f cos а
cos р + f sin р

/ cos Р = Gl

sin а + f cos а
l+/tgp’ ’

тогда искомый к. п. д.

Дп (1+ftg Р) Sina = 1 +/tg р
Дд sin а+ f cos а 1 ctg а*

В частности, если тяговое усилие горизонтально (Р = —а), то



1 —f tga
l+/ctga’

Если тяговое усилие параллельно наклонной плоскости (Р = 0), то

Пусть угол наклонной плоскости a = 30°, коэффициент трения
f = 0,2. Тогда ее к. п. д. при горизонтальном тяговом усилии

1- 0,2 tg 30° n

'П— l-pO,2ctg3G° °’66,

а при тяговом усилии, параллельном наклонной плоскости,

-п =----1______= 0 74

1	1 + 0,2 ctg 30° v’ '

Задача 138. Определить мощность, развиваемую двигателем тепло-
хода, если при скорости 20 узлов сила полезного сопротивления воды
и воздуха составляет Rn = kv2, где k — 0,5 кн*сек2!м\ Пропульсивный
коэффициент ц = 0,15, к. п. д. силовой передачи т] = 0,25.

Решение. Любая двигательная установка состоит из трех
основных элементов: двигателя, вырабатывающего механическую
энергию, силовой передачи (трансмиссии), передающей эту энергию,
и движителя, непосредственно создающего тяговое усилие. В авто-
мобиле движитель — ведущие колеса, в теплоходе — гребной винт,
в реактивном самолете — поток выходящих газов. В двигателе про-
исходит процесс преобразования различных видов энергии в механи-
ческую. К. п. д. двигателя характеризует совершенство этого пре-
образования. Но мощность двигателя определяется уже выработанной
гателе; Л\ (1 — ч) — потери в

Рис. 157

механической мощностью, которая через трансмиссию с учетом потерь
(вредных сопротивлений) передается на движитель. Баланс мощности
двигательной установки схематически показан на рис. 157, где Л%—
полная мощность, выделяемая от сгорания топлива; УУД — мощность
двигателя; Л\т| — мощность, передаваемая трансмиссией на дви-
житель; 7Vn — Л^дГщ — полезная мощность;	— потери в дви-

трансмиссии; (1 — |л) — потери
в движителе. К. п. д. движителя
называется пропульсивным коэффи-
циентом.

Мощность на винте теплохода
(полезная мощность)

Л'п = Rnv = kv\

тогда искомая мощность двигателя

л/ — Л:п— °>5‘ 10»зэ =
д ЧП — чц 0,25-0,15

= 14 600 кет = 19 800 л. с.,



где v — скорость теплохода,

20 •1852

3600

= 10,3 м/сек

(скорость,

равная одному узлу, соответствует одной морской миле в час, 1 м
миля = 1852 м).

Задача 139. Определить общую силу тяги и тягу на крюке, раз-
виваемые тепловозом с четырьмя дизелями по 1000 л. с. каждый, если
к. п. д. силовой передачи т| = 0,8, передаточное отношение от колен-

чатого вала дизеля к хо-

довым колесам i = 3, диа-
метр ходовых колес D =
= 1200 мм, скорость вра-
щения коленчатого вала
п = 1000 об/мин. На пре-
одоление полного сопро-
тивления движению самого
тепловоза расходуется 20%
мощности дизелей. Опре-

s

Рис. 158

делить также максимально

возможную тягу на крюке при трогании, если общая сила тяжести
тепловоза Go = 1500 кн, коэффициент сцепления колес с рельсами
Ф = 0,2; центр тяжести тепловоза делит расстояние между задними
ведущими и передними ходовыми колесами в отношении 1 : 2 (рис. 158).

Решение. При равномерном движении тепловоза общая сила
тяги Т на ободе ведущих колес уравновешивается полным сопротив-
лением движению самого тепловоза R и силой, с которой тепловоз
тянет поезд, т. е. тягой на крюке F. Полезная мощность

ЛГП =	= Tv,

где z — количество дизелей, т] — к. п. д. силовой передачи, —
мощность одного дизеля.
Скорость движения тепловоза
л£>д
боГ*

где i — передаточное отношение силовой передачи, п — скорость
вращения вала двигателя, D — диаметр ходовых колес.

Тогда при = 1000 л. с. = 760 кет общая сила тяги

„ 7Vn 60гпЛУд 60 • 4 - 0,8 • 3 • 760	.. ~

Т = - =------•   = -—-——-——--~ 116 кн

1 V лйп 3,14-1,2-1000	11и

А тяга на крюке с учетом потерь на сопротивление движению
самого тепловоза по условию F = 0,87" = 0,8-116 — 93 кн.

Очевидно, максимальная сила тяги ограничена силой сцепления
ведущих колес с рельсами и определяется как

Тшах = фС?сц=ф	<90 = 0,2 - 2- • 1500 = 200 кн,

S	о

где Ссц — давление на ведущие ходовые колеса — сцепной вес, s —

расстояние между центрами ходовых тележек — база.

Задача 140. Ленточный транспортер движется со скоростью
v = 1 м/сек, развивая тяговое усилие Т = 5 кн. Определить мощность

электродвигателя и крутящий момент на его
валу, если привод транспортера состоит из
двухступенчатого цилиндрического редуктора
и ременной передачи. В редукторе исполь-
зуются подшипники качения. Валы ведущего
и ведомого барабанов транспортера укреп-
лены в подшипниках скольжения. Ско-
рость вращения вала электродвигателя и =
= 1500 об/мин. На рис. 159 изображен элек-
тродвигатель /, редуктор 2, подшипники ка-
чения <?, ременная передача 4, подшипники
скольжения 5 и транспортер 6.

Решение. Можно принять следующие
величины к. п. д.: подшипники качения для
каждого вала т]п к = 0,99, подшипники сколь-
жения для каждого вала т|Пв с = 0,98; одна
пара зубчатых колес т]31 к = 0,98; уплотне-

ние и разбрызгивание масла т]у>м =0,97; ре-

менная передача т]р п = 0,96. К. п. д. всего привода равен произведе-
нию частных к, п. д. (последовательное соединение):

По = < кПп.кПу. мПР.пТ1и.с-0,982.0,993-0,97.0,96 - 0,982 = 0,84.

Полезная мощность, развиваемая транспортером,
Nu = Tv = 5-1 =5 кет.

Мощность на валу электродвигателя

л'>=i “5.95 “">
Крутящий момент на валу электродвигателя

я jf № л ЗОЛ/» 30 • 5,95 л ло'то _____ото

Л1кр = — =----= 5—г-;—= 0,0378 кнм— 37,8 нм.

р со лп 3,14-1500

Для определения крутящего момента можно также воспользоваться
выражением (3.35)

Мкр = 9560 ^ = 9560^=37,8 нм.

Задача 141. Определить грузоподъемность электрической лебедки
при скорости подъема груза v = 0,5 м/сек, если привод состоит из
червячного редуктора (т]ч. р = 0,72) и открытой зубчатой передачи
(Лз. п = 0,96). Барабан лебедки укреплен в

Рис. 160

подшипниках скольжения (т]п>с = 0,98),
мощность электродвигателя N3 = 3 кет.
На рис. 160 показан электродвигатель /,
червячный редуктор 2, открытая пере-
дача 3 и барабан 4.

Решение. Общий к. п. д. привода

Ло = Лч. рПз. пПп. с = 0,72 -0,96-0,98 = 0,676.

Полезная мощность на барабане
Nn = ЛАэЛо = 3-0,676 = 2,03 кет.

Тогда грузоподъемность лебедки

G = A^ = W==4 06 кн
v 0,5

Задача 142. Мощность турбогенера-
торной установки распределяется так:
печи Nr = 500 кет, т]г = 0,96; венти-

ляционная установка = 750 кет,
Ла = 0,7; обогревательные батареи М3 = 1000 кет, т]3 = 0,6; насос-
ная станция М4 = 450 кет, т]4 = 0,55; осветительные устройства

М5 = 800 кет, л& = 0,3. Определить общий к. п. д. системы.
Решение. В данном случае мощность турбогенераторной уста-

новки

Мд0 = 2МД = 500 + 750 + 1000 + 450 + 800 = 3500 кет

распределяется параллельно. Тогда искомый общий к. п. д. системы

= ХЛ^дЛ = 500 - 0,96 + 750.0,7+ 1000 - 0,6 4-450 - 0,55 + 800 - 0,3	2093 =

110 ~ Л'ло ~	3500	— 3500—

Задача 143. При каком соединении — последовательном или па-
раллельном — выше к. п. д. п одинаковых механизмов?

Решение. При последовательном соединении общий к. п, д.

Лпосл = ЛЛ ••• Л = Л"’
При параллельном соединении через каждый такой механизм
проходит одинаковая мощность Af. Тогда

__£ /Ут] _ т]___

Ппар = -£ДГ — -^лг-п.

Таким образом, при параллельном соединении общий к. п. д.
равен к. п. д. одного механизма. Естественно при этом, что

Лпар Л Лпосл Л *

Задача 144. Вагонетка силой тяжести Gr = 2 кн с грузом G2 — 6 кн
поднимается по наклонной эстакаде с углом а ~ 30° при помощи
лебедки со скоростью v = 0,5 м/сек. Диаметр колес вагонетки
D = 500 мм, диаметр цапф осей вагонетки d '= 80 мм. Определить

работу, потребную для вкатывания вагонетки на эстакаду длиной

L = 100 м, а также натяжение троса и мощность, развиваемую лебед-

кой, если коэффициент трения ка-
чения по рельсам k = 0,05 см,
коэффициент трения скольжения в
цапфах f = 0,15 (рис. 161).

Решение. При равномерном
движении работа движущей силы
Лд (тягового усилия троса) равна
сумме работ сил сопротивления Ас
(сил тяжести, моментов трения
скольжения в цапфах и моментов
трения качения). Силы тяжести
совершают отрицательную работу,
равную

А@ = — (Gi + G2) L sin ct.

Суммарное нормальное давление
в цапфах колес Nt = (Gx 4* G3) cos a.

Рис. 161

На рис. 161 условно суммарные силы трения и нормальные реакции

приложены к одному колесу. Нормальное давление в цапфе меньше

нормального давления на рельсы на величину сил тяжести колеса.
Но обычно эту разницу не учитывают. Суммарная сила трения в цап-
фах FTpi = f (Gx + G2) cos a.

2L

Угол поворота осей в цапфах ф = Силы трения в цапфах совер-
шают отрицательную работу

fLd cos a
D

Суммарная нормальная реакция на четыре колеса со стороны
наклонного пути ЛГ2 = (Gx + G2) cos а. Работа моментов трения каче-
ния четырех колес

Лмтр =—	= — (Gx4-G2)

2Lk cos a

D
Полная работа сил сопротивления по абсолютной величине равна
работе движущей силы

Лд — — Лс“— (Ло + Л/?тр +Лл1тр) —	+ ^2) х

X ("sin а + fd~^2k- cos оЛ =
\ и /

1 лл /о t е\ / • ол° । 15 • 0,08 -f~ 2 • 0,(ХМ)5 ол°\
=^= 100 (2 + 6) I sin 30 4----—7гЕ----1---cos 30 =

v ' \	0,5	)

= 100 4,2 = 420 кдж.

Сила тяги численно равна натяжению троса

fd^2k \ л о

—— cos а = 4,2 кн.

При этом мощность, развиваемая лебедкой,

/V = Tv = 4,2-0,5 — 2,1 кет.

Величину

Тогда

fr—

fd + 2k
D

cos а называют коэффициентом

тяги.

Т = (Gl + G2) (sin a + fT),

при движении по прямолинейному пути

Т — (Gjl + G2) f г.
ГЛАВА 12. ТЕОРЕМЫ ДИНАМИКИ

§ 40. ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КОЛИЧЕСТВА ДВИЖЕНИЯ
МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ

Произведение массы точки т на скорость v, которой опа обладает
в данный момент, называют количеством движения материальной
точки то. Произведение силы Р на время Д/, в течение которого она
действует, называют импульсом силы Pkt. Количество движения и
импульс силы — векторы.

Теорема об изменении количества движения материальной точки
при действии постоянных сил формулируется следующим образом:
изменение количества движения материальной точки под действием
системы постоянных сил равно импульсу равнодействующей этих
сил за этот же промежуток времени:

mvK — mvQ = 2РДЛ	(3.43)

Проектируя это векторное равенство на оси координат, получаем
три скалярных равенства:

mvKX — mvQx = 2ХД/; mvKy — mvQy = 2УД/;	(3.44)

mvKZ — mv$z = SZA/.

Размерность количества движения и импульса силы в СИ: dim mv =
= MLT~X = кем! сек = м- кг- сек\ dim Pt = н  сек_== м - кг- сек1.

Если импульс равнодействующей всех сил 2РД£ равен нулю,
то скорость за kt не изменяется, т. е. ук = г0. Если проекция импульса
равнодействующей всех сил на какую-либо ось равна нулю, например
SXA/ = 0, то проекция скорости на эту ось не изменяется, yK<v = yov.

Методические указания к решению задач

При решении задач с применением закона об изменении количества
движения материальной точки целесообразно придерживаться сле-
дующего порядка:

1.	Выбрать объект рассмотрения; принять его за материальную
точку; изобразить точку в текущий момент времени; показать векторы
скоростей в начальный и конечный моменты времени.

2.	Приложить все активные (заданные) силы.

3.	Отбросить связи, заменив их реакциями.

4.	Выбрать систему координат.

5.	Составить теорему об изменении количества движения в проек-
циях на оси координат.

6.	Выразить все члены, входящие в эти уравнения, через известные
и искомые величины.

7.	Решить эти уравнения относительно искомых.

Задача 145. Снаряд силой тяжести G = 500 н вылетает из ствола
орудия калибром ПО мм со скоростью и = 1200 м/сек, пробегая
канал ствола за время А/ — 0,06 сек. Определить среднюю величину
давления газов р0, выбрасывающих снаряд (рис. 162). __

Решение. Так как средняя сила давления газов Р значительно
бсльше силы трения снаряда о внутреннюю поверхность ствола и силы
тяжести, то можно считать, что снаряд в стволе — свободная мате-
риальная точка, на которую действует только активная сила Р.

Направим ось х вдоль ствола

* и составим уравнение изме-

нения количества движения
в проекции на ось х за вре-
мя А/

mvKX — mvox “ 2ХА/ — P&t.

(а)

Рис. 162

кое, цох - 0. В момент вылета его из

В начальный момент вре-
мени снаряд находится в по-
ствола vKX = v. Средняя сила

давления газов

п г?

Pz=PaF = р0

где F — площадь ствольного отверстия, d — калибр орудия.

Подставив в (а) величины т=—, vKX, vox, Р, имеем:

V Л£?2Д/

G~ = Po-t-

откуда искомое среднее давление газов

4Gv	4 • 500 • 1200

#л42Д7 “ 9,81 .3,14-0,112-0,06

= 1,07* 108 н/м2^

1090 ат.

Задача 146. Баллистическая ракета вылетает с Земли с начальной
скоростью = 6 км/сек, составляющей с горизонтом угол а == 60°,

а падает со скоростью vK, со-
ставляющей с горизонтом
угол р = 75°. Определить ве-
личину скорости, с которой
ракета достигает Земли, и
продолжительность полета А/,
если сила тяжести ракеты
G = 40 кн и на нее действует
постоянная горизонтальная
сила сопротивления воздуха
Р = 8,3 кн (рис. 163).

Решение. В полете

у

Рис. 163

ракету можно рассматривать как свободную материальную точку,
на которую действуют две постоянные активные силы G и Р. Со-
ставим уравнения изменения количества движения материальной
точки в проекциях на оси х и у за время полета А/:
mvKX — In^x “ 5 ХА/ = — /?А/;
mvKy — mvQy = SKA/ — — GA/.

Определим составляющие скоростей у0 и пк по осям:
n0x = u0cosa, Укх = уксо8 р;

Цу = sin а, = — ик sin р.

Подставим у ox, v«x, vQyt vKy и m = ~ в (а) и (б):

q vK cos р _ д Vq cos а = _ д
g	g

^c'Ksinp „ Vo sin a

ия)

(б)

(в)

Решив эти уравнения относительно ик и А/, получим:
б cos а — sin а__________~ 40 • 0,5 — 8,3 • 0,866	. ~

=	Gcos0 + £ sin Р ~ ° 40-0,259+ 8,3-0,965 = 4,2 км/сек’

= j (vKsin р + v0 sin а) = gK- (4200 • 0,965 + 6000 • 0,866) = 96 0 сек.

Задача 147. Спортсмен силой тяжести Gx — 600 н, стоя на по-
лозьях спортивных саней силой тяжести С2 = 100 н, каждые t = 3,5 сек

делает толчок горизонтальной силой Q = 500
/0 = 0,3 сек. Найти скорость ик, приобретен-

ную санями за Т = 1 мин, если начальная
скорость саней и0 = 2 м/сек, а коэффициент
трения о накатанную дорогу f = 0,06 (рис.

164).

Решение. Спортсмена вместе с санями
примем за материальную точку, на которую
действуют две постоянные активные силы: Gx
и G2. Отбросим связь — горизонтальную по-
верхность, заменив ее действие нормальной
реакцией X и силой трения Лтр. Каждые t
секунд человек делает толчок силой Q; про-
должительность действия этой силы tQ. Сле-

н продолжительностью

У

л/

ТР

Рис. 164

Q



довательно, сани получают импульс QtQ за один толчок. Затем сани
скользят по инерции, теряя частично набранную скорость на преодо-
ление силы трения. Спустя t секунд снова происходит толчок и т. д.
D	т

Всего происходит, очевидно, п = у толчков и полный импульс всех
/~\4-	W ^0 С	а?

толчков = Если импульс одного толчка больше импульса
силы трения за время /, то скорость увеличивается, если эти импульсы
равны, то набранная скорость в результате толчка расходуется на
преодоление силы трения, и к началу действия нового толчка она
равна и0. А если же импульс трения больше импульса толчка, то
скорость саней уменьшается.
Составим уравнение изменения количества движения материаль-
ной точки в проекции на ось х за время Т

mvKX — mvOx = yXM = Q-i°—F.tpT.

(а)

Подставив в (a) Гтр — f (Gt + G2),

получаем

(01 + g2) v**	= [q b	f {G1 + g2) T,

ь	L *

Тогда искомая скорость

VKX — Vox+gT	—

= 2 + 9,81 • 60 (600™00 • g- 0,06) = 2,7 м/сек.

§ 41. ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОЙ ЭНЕРГИИ
МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ

Половину произведения массы точки на квадрат ее скорости назы-
вают кинетической энергией этой материальной точки в данный момент
времени.

Теорема об изменении кинетической энергии материальной точки
формулируется следующим образом: изменение кинетической энергии
материальной точки за некоторый промежуток времени равно сумме
работ приложенных к ней сил на соответствующем перемеиуении,

т. е.



rnvl
к

(3.45)

Отметим, что кинетическая энергия, как и работа, — скалярная
величина в отличие от импульса силы и количества движения, являю-
щихся векторами.

Размерность кинетической энергии в СИ: dim^- = МЕ/2Т~2 =
= кгм2/сек2 •= дж.

Методические указания к решению задач

При решении задач с применением теоремы об изменении кинема-
тической энергии необходимо придерживаться следующего порядка:

1.	Выбрать объект рассмотрения, принять его за материальную
точку и изобразить ее в текущий момент времени.

2.	Приложить активные (заданные) силы.

3.	Отбросить связи, заменив их реакциями.

4.	Применить теорему об изменении кинетической энергии для
определенного отрезка пути.
Рис. 165

5.	Выразить кинетическую энергию в начальный и конечный
моменты времени и работу всех сил, приложенных к точке, через задан-
ные и искомую величины.

6.	Решить полученное уравнение относительно искомой величины.

Задача 148. Автомобиль идет со скоростью vQ = 50 км/ч в гору
с углом наклона а = 10° к горизонту. В некоторый момент включается
тормоз и одновременно отключается дви-
гатель. Результирующая сила торможе-
ния F по величине равна половине силы
тяжести. Определить путь s и время t
торможения (рис. 165).

Решение. Примем автомобиль за
материальную точку. К нему прило-
жена активная сила G. Отбросим связь —
наклонную дорогу, заменив ее нормаль-
ной реакцией N и силой торможения F
(сила торможения возникает между по-
верхностью дороги и колесами и яв-
ляется реакцией связи). Составим урав-
нение изменения кинетической энергии
всего пути торможения s:

о

материальной точки для

(а)

По условию = 0. Работа сил, действующих на автомобиль, сла-
гается из работ силы тяжести, нормальной реакции и силы торможе-
ния

SA — Aq + Адг -I- Ар.

Сила G совершает отрицательную работу, Ао = — Gs sin а. Нор-
мальная реакция перпендикулярна к скорости, поэтому ее работа
равна нулю, Адг = 0. Сила торможения совершает отрицательную
работу, Ар = — Fs = — 0,5 Gs. Тогда

SA = — Gs sin а — 0,5 Gs = — Gs (sin а + 0,5)

Подставив в (а) величины vK, £А, /и ——

получим



=^Gs (sin а + 0,5).

Откуда находим искомый путь торможения

м,

где — начальная скорость, v0 — 50 км/ч = 13,9 м/сек.
Время торможения определяем из соотношения

2-14,5

13,9

= 2,1 сек.
Задача 149. Вторая космическая скорость v2 ~ 11,2 км/сек. Какой
скоростью будет обладать ракета в космическом пространстве, если
ей сообщить на Земле скорость ц0 = 13,2 км/сек? Влиянием других
небесных тел пренебречь.

Решение. Обозначим искомую скорость V. Вторая космиче-
ская скорость — это минимальная скорость, которую необходимо
сообщить телу, чтобы оно вырвалось за пределы земного тяготения.
Следовательно, при запуске со второй космической скоростью в кос-
мическом пространстве ракета будет иметь скорость, равную нулю,
так как весь запас кинетической энергии будет израсходован на работу
против сил тяготения. Обозначим ее Л, тогда

mvl

(а)

Рис. 166

Очевидно, величина А не зависит от начальной скорости, поэтому при
запуске со скоростью ц0 уравнение изменения кинетической энергии
имеет вид

=	(б)

Из равенств (а) и (б) полу-
чаем искомую скорость

= 1/13.22 —11,22 = 7,15 км!сек.

Задача 150. Снаряд силой тя-
жести G = 200 н врезается в
землю на глубину I = 45 см и
не разрывается. Определить ско-
рость, с которой он достигает
поверхности Земли, если сила

сопротивления проникновению тела в грунт равна R — 1,5 Л4н
(рис. 166).

Решение. К снаряду, принимаемому за материальную точку,
приложены активная сила G и реакция R (сила сопротивления грунта).
Составим уравнение изменения кинетической энергии от момента каса-
ния снарядом земли до момента достижения максимальной глубины

Работой силы тяжести пренебрегаем, так как
= 0. Тогда

G R. По условию

откуда искомая скорость

v0 = У 2gl % = У 2  9,81 • 0,45 •	= 256 м/сек.
Задача 151. Платформу силой тяжести G = 150 кн с грузом Р =
= 250 кн из состояния покоя, подталкивая сзади с постоянной силой

Т = 50 кн, катит по прямолинейному участку пути маневровой теп-
ловоз. Пройдя путь /г — 200 м, тепловоз начинает тормозить, а плат-

форма катится дальше. Определить максимальную скорость платформы

и полный путь ее до остановки, если полный коэффициент сопротивле-

ния движению можно принять равным f = 0,1 (рис. 167).

Решение. Примем платформу за материальную точку. Под
действием движущей силы Т, преодолевая сопротивление трения FTp
платформа набирает скорость. Очевидно, что движение возможно

если Т > FTp. Пока дей-
ствует движущая сила Т,
скорость увеличивается, до-
стигая максимума в момент,
когда тепловоз начинает тор-
мозить. Кинетическая энер-
гия, накопленная платфор-
мой, расходуется на преодо-
ление силы трения (соверше-
ние отрицательной работы).
Разобьем путь на два этапа:

Рис. 167

первый — от начала движе-

ния до достижения максимальной скорости vmax, второй — от vmax
до полной остановки. Отбросим связи. На материальную точку дей-
ствуют активные силы и реакции: G, Р — силы тяжести платформы и
груза; N — нормальная реакция; FTp — сила трения; Т — движущая
сила (действует на первом этапе).

Составим уравнение изменения кинетической энергии для первого

этапа:

ffiu2max nw'\_______

2

(а)

Начальная скорость о0 = 0. Работа всех сил

SAj — Ао+р + А у + А/^р + А р.

Поскольку

Ас+р ~ An ” 0» А т~ Tllt	= — f (G + Р)

то

S4] - Tlx — f (G + Р) /г.

Тогда, подставляя в (а) величины m ~

(G + P)y;n„	8

~	= Z1 lT-f(G + P)].

имеем:

(б)



> Ц),

Откуда искомая скорость

=К2 • 9,81 • 200^150^250 — 0,1)^ 10,0 м/сек.
Составим уравнение изменения кинетической энергии для второго

этапа:

(в)

Работу совершает только сила трения на пути /2- Тогда
ЕДн = — f (G + Р) 1г.

Учитывая, что = 0, получаем
(С + Р)а^ак___________________

9;г	— / *2 (G ~Г Ph

Приравнивая правые части (б) и (г), находим
к [Т — f (G + Р)] = (G + Р)

или после приведения подобных

~ f (G Л-Р) (G + У-

Окончательно полный путь

W _	200-50	_9-п

* — *1“|- *2	f(G-^P)	о(1 (150 + 250)

§ 42.	СВЯЗЬ МЕЖДУ ТЕОРЕМАМИ, ПРИНЦИПОМ
ГЕРМАНА—ЭЙЛЕРА—ДАЛАМБЕРА И ОСНОВНЫМ УРАВНЕНИЕМ
ДИНАМИКИ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ

Основное уравнение динамики точки, движущейся прямолинейно
под действием постоянной силы Р, имеет вид

та = Р.

(а)

Учитывая, что та — — Ри, получаем математическое выражение
принципа Германа—Эйлера — Даламбера для материальной точки

Р + Р„ = 0.

(б)

Если материальная точка движется прямолинейно и равноуско-
л .

ренно и за время At увеличивает скорость с до то а =

4Д !г

Тогда уравнение (а) можно представить в виде

Щ

Ы

т

или

mv& — mvQ = PAt,
Это равенство выражает теорему об изменении количества движе-
ния материальной точки, движущейся прямолинейно под действием
постоянной силы.

Если материальная точка, двигаясь по прямолинейной траектории
равноускоренно, проходит путь*, то2а$ = v* — Тогда равенство (а)
примет вид

или

— U’?
m —тс- -

mv’ mv'2

(г)

c/го равенство представляет математическое выражение теоремы
об изменении кинетической энергии материальной точки, движущейся
под действием постоянной силы.

Таким образом, равенства (б), (в) и (г) являются следствиями урав-
нения (а); в этом заключен глубокий смысл: все теоремы динамики
представляют собой результат математических преобразований вто-
рого закона Ньютона для материальной точки. Основное уравнение,
принцип Германа — Эйлера — Даламбера и теоремы динамики мате-
риальной точки применимы для решения любой задачи, но каждое
из них позволяет рассматривать одно и то же движение с различных
точек зрения.

Основное уравнение динамики устанавливает зависимость ускоре-
ния точки от действующей на нее силы. Его применение удобно
тогда, когда заданы силы и требуется найти ускорение точки.

Принцип Германа—Эйлера — Даламбера позволяет задачу ди-
намики свести к задаче статики. Принцип этот целесообразно
применять для нахождения величин реакций, а также при рассмотре-
нии движения механической системы материальных точек.

Теорема об изменении количества движения дает возможность
определять изменение скорости точек как результат действия силы во
времени, т. е. импульса. Эту теорему необходимо применять, если
заданы силы и продолжительность их действия.

Теорема об изменении кинетической энергии позволяет рассматри-
вать движение с энергетической точки зрения. Ее применение целесо-
образно в тех случаях, когда удается подсчитать работу, совершенную
силами, приложенными к материальной точке.

Задача 152. Вагонетка с грузом общей силой тяжести G втяги-
вается вверх по наклонной эстакаде при помощи каната. Определить
натяжение каната, считая его постоянным, если вагонетка проходит
путь s, увеличив скорость с о0 до vt. Угол наклона эстакады а, общий
коэффициент сопротивления движению /.

Решение. В табл. 13 показано, как решать эту задачу с помо-
щью основного уравнения динамики, принципа Германа — Эйлера —
Даламбера, уравнения изменения количества движения, уравнения
изменения кинетической энергии.
220

Таблица 13

Четыре способа решения задачи динамики точки

Основное уравнение движения

Принцип Германа — Эйлера —
Даламбера

Теорема об изменении
количества движения

Теорема об изменении
кинетической энергии

— £ X =

— Т —FTp —G sin а; (а)
mav = £ Г = X — G cos а. (б)
Проекции ускорения

^ = (f? —fg)/2s,	0^ = 0.

Тогда из (б) X = Gcosa и
Егр ~fN — fG cos a.

Подставив ax, m — G/g и ATp
в (а), получим

G vj — v~ „	-	„ .

----——-= T— /Geos a —G since.

g 2s

Откуда

/fj- ri2	\

T—G (-O------2+f cos4- sin a

\ 2gs	/

EX-0,

T — F-rp ~~G sin а — Ри — 0; (а)
£У = 0, X —Gcosa —0. (6)

Сила инерции

Из (6) N — G cos a.

Подставив Ри,	Fip = fN —

— /Geos a в (а), получим

T — fG cos a — G sin a —

Откуда

4- / cos a + sin a

(^1)х “ (^о)х — Е X А/ —

= (Г—FTp — G sin a) (а)

(^f i)v ” ("Wo)y = E у M —

= (X + G cos a) At (6)
Имеем

Из (б) X — G cos a и FTp —
= fN = fG cos a.

Подставив At m — Glg и FTp
в (а), получим

0 (Pl — Pq) _
g

= (7 — FTp —Gsin a)—
v p	fi 4-y0

Откуда

/	-n2	\

T = G Ц;—5 4- f cos a 4- sin a

\ 2gs 1	)

mv\	mvl ___

~2	2~ —

= (T — FTp — G sin a) s. (a)
Сил а трения FTp = f G cos a
Подставив FTp и m = G/g
в (а), получим

G (ff - vJ) __

2^

— (Г — fG cos a — G sin a) s.
Откуда

4"/ cos a4- sin a
§ 43.	ДИНАМИКА ПОСТУПАТЕЛЬНОГО ДВИЖЕНИЯ ТЕЛА

Центр масс. При поступательном движении все точки тела совер-
шают одинаковые движения, поэтому достаточно рассмотреть движе-
ние одной материальной точки. Обычно в качестве такой точки выби-
рают центр масс. Центр масс (центр инерции) — это воображаемая
точка, которая имеет массу всего тела и к которой приложены все
действующие на тело силы. Координаты центра масс определяются
так же, как и координаты центра тяжести, но в формулы (1.51) вместо
сил тяжести входят массы составляющих элементов. В условиях гра-
витационного притяжения какой-либо планеты (например, Земли)
центр масс совпадает с центром тяжести. Для тела, находящегося
в космическом пространстве, где силы гравитационного притяжения
отсутствуют, понятие центра тяжести бессмысленно.

Если тело движется непоступательно, то в зависимости от конкрет-
ной задачи можно решить, достаточно ли ограничиться рассмотре-
нием движения одного центра масс (тяжести) или необходимо рассмот-
реть еще движение тела вокруг центра масс (тяжести).

Основное уравнение динамики тела. При поступательном движении
тела второй закон динамики принимает вид

Мас - SP,	(3.46)

где М — масса тела, ас — ускорение центра масс, SP — сумма дей-
ствующих сил. Это уравнение называют основным уравнением дина-
мики твердого тела. Проектируя векторное равенство (3.46) на оси
декартовой системы координат, получаем уравнения движения центра
масс:

МаСх = SX, МаСу = 2У, МаСг = SZ,	(3.47)

где аСХ) асу* acz — проекции ускорения центра масс; SX, 2У, SZ —
суммы проекций внешних сил на соответствующие оси.

Проектируя (3.46) на касательную и нормаль, получаем уравне-
ния движения центра масс в естественной форме:

МаСх - SPT; МаСп = 2РЛ,	(3.48)

dvc vc

где асх =	, аСп ~ ——касательное и нормальное ускорения

центра масс; Vc, р— его скорость и радиус кривизны траектории;
SPT, — суммы проекций всех действующих на тело сил на каса-
тельную и нормаль.

Отметим, что уравнения движения (3.46), (3.47), (3.48) верны не
только для поступательного движения, но и в самом общем случае,
при любом движении твердого тела. Но только в случае поступатель-
ного движения эти уравнения полностью определяют движение твер-
дого тела. В случае же непоступательного движения эти уравнения
позволят определить движение только одной его точки — центра
тяжести.

Порядок решения задач на поступательное движение тела такой
же, как и для материальной точки (см. § 33).
Теорема об изменении количества движения поступательно дви-
жущегося тела. Произведение массы поступательно движущегося тела
на скорость его центра масс называют количеством движения тела
в данный момент.

Теорема об изменении количества движения тела формулируется
так: изменение количества движения поступательно движущегося тела
за некоторый промежуток времени равно сумме импульсов всех внешних
сил за этот же промежуток времени, т. е.

MvK — Мщ = ЯРЫ,	(3.49)

Проектируя это векторное равенство на координатные оси, полу-
чаем три скалярных равенства:

MvKX — Mvox = SXA/; MvKy — Mvoy = 2УД/;

— МОм = SZAt	(3.50)

Решение задач производят в том же порядке, что и для материаль-
ной точки (см. § 40).

Теорема об изменении кинетической энергии поступательно движу-
щегося тела. Половину произведения массы поступательно движуще-
гося тела на квадрат скорости его центра масс называют кинетиче-
ской энергией тела в данный момент.

Теорема об изменении кинетической энергии тела формулируется
следующим образом: изменение кинетической энергии поступательно
движущегося тела за некоторый промежуток времени равно сумме
работ всех сил, приложенных к телу, т. е.

2

Часто величину кинетической энергии
тела обозначают Т. Тогда уравнение (3.51)
получает более простой вид

Тк — То =	(3.52)

Порядок решения задач такой же, как
и для материальной точки (см. § 41).

Задача 153. С каким ускорением а не-
обходимо двигать призму в горизонталь-
ном направлении, чтобы тяжелая цепь,
находящаяся на наклонной под углом а
скользила по поверхности грани. Трением
пренебречь (рис. 168).

Решение. Если скорость и ускорение цепи и призмы равны,
то скольжение отсутствует. Цепь совершает поступательное движение,
следовательно, достаточно рассмотреть движение ее центра тяжести,
к которому приложены две силы: G — сила тяжести цепи и /V — нор-
мальная реакция опорной поверхности. Проведем оси координат х
222

Рис. 168

ЛЬ*

(3.51)

к горизонту грани, не
между цепью и призмой
и у, Пусть искомое ускорение направлено в сторону оси х. Составим
уравнения движения:

Масх = SX = W sin а,

(а)

МаСу = 2 Y = AZ cos а — G.

(б)

Пусть аСх = по условию аСу = 0. Подставим аСх,
в (а) и (б):

G — = N sin а,
g

acyj М &

(В)

G = N cos а.

(г)

Разделив (в) на (г), получаем искомое ускорение а = g tg а. Уско-
рение имеет знак плюс, следовательно, выбранное направление верно.

Задача 154. Тяжелая груженая вагонетка силой тяжести G = 30 кн

при помощи троса из состояния покоя поднимается

рельсовому пути, имеющему угол на-
клона а = 45°. Полный коэффициент
трения f = 0,15. Определить время,
в течение которого вагонетка подни-
мается на высоту h = 200 м, если
лебедка создает постоянное тяговое
усилие Т — 25 кн (рис. 169).

Решение. Вагонетка совер-
шает поступательное движение, сле-
довательно, достаточно рассмотреть
движение одной ее точки — центра
тяжести. Освободим вагонетку от
связей, отбросив опорную поверх-
ность и разрезав трос. На вагонетку
действуют: G — сила тяжести вагонетки;

по наклонному

Рис. 169

поверхности; FTV — сила трения;
теорему об изменении количества
ось х за время подъема Д/

N — нормальная реакция

Т — реакция троса. Запишем
движения тела в проекции на

Mv*x — МиОх = 2ХД/ = (Т — F?p — G sin а) Д/.	(a)

По условию uov = 0. Скорость в конце подъема при равноускорен-
ном движении по известному из кинематики соотношению равна:
2/

уКЛ.= - где I — полный путь, пройденный вагонеткой за время Д/
Z

по наклонному рельсовому пути. Так как I sin а = й, то vKv = —,
Подставим величины vox, v«x, М = -- и Гтр = fN = fG cos а в (а):

G 2Л
g А/ sin а

— {Т — fG cos a — G sin а) Д/.

(б)
Откуда искомое время подъема

30

25-30 (0,707 + 0,15  0,707)

2-200

9,81-0,707

= 53,5 сек.

(в)

Произведем проверку по размерности. Величины, входящие в фор-
мулу для определения А/, имеют размерности в СИ: dim А/ = сек,
dim а — м/сек2, dim h = м, dim G, Т — н, dim sin a, cos а — без-
размерная величина.

Подставив эти размерности в (в), получим

н

н—н

сек =

м • сек2

м

= 1 сек2 = сек.

Рис. 170

Задача решена правильно.

Задача 155. На лифтах для улавливания кабины в случае аварий-
ного обрыва канатов устанавливается специальное устройство безо-
пасности — ловители. При внезапном обрыве канатов кабина сначала
свободно пролетает некоторое расстояние А,
затем срабатывает механизм включения лови-
телей и тормозные колодки прижимаются
к направляющим, по которым движется ка-
й бина, с усилием, обеспечивающим требуемую
v тормозную силу. Каково должно быть дав-
ление колодок на направляющие, если сила
тяжести кабины с грузом G = 40 кн, номи-
нальная скорость движения лифта у0 =
= 2 м/сек, общий коэффициент трения коло-
док о направляющие f — 0,2, путь тормо-
жения h = 600 мм, А = 150 мм (рис. 170)?
Решение. Лифт совершает поступатель-
ное движение, поэтому достаточно рассмот-
центра тяжести. Отбросим связи. На лифт дей-

ствуют: G — сила тяжести лифта с грузом; F — силы трения на ко-
лодках; N — нормальные реакции с обеих сторон. Составим уравне-
ние изменения кинетической энергии тела на пути торможения

движение его

(а)

По условию ук = 0. После обрыва канатов до момента начала тор-
можения кабина свободно пролетит путь А и скорость ее увеличится
с Vq до ун, причем Ун =	+ 2gA. Работу совершают сила тяжести и

силы трения

SA = Ао + AFtp =-Gh — 2F^h = (G — 2fN) h.
Подставим в (а) величины M = —, ук, ун и SA:

_ Q	= (G — 2f N) h.
Приведя подобные, имеем

G (g + А + ft) = 2fNh,

откуда находим нормальное давление одной колодки на направляю-
щую

1 А , i\	40 / 2а 0,15

~~2f U\2gh + h + / ~~2 • 0,2 \2 • 9,81 -0.6 + 0,6

159 кн.

§ 44. ДВЕ ЗАДАЧИ ДИНАМИКИ ВРАЩАТЕЛЬНОГО ДВИЖЕНИЯ ТЕЛА

Момент инерции твердого тела. Моментом инерции J2 твердого
тела относительно некоторой оси z называют сумму произведений
массы каждой точки тела на квадрат расстояния от нее до оси вра-
щения, т. е.

J2 = 2/n/L	(3.53)

Квадратный корень из отношения момента инерции тела к его
массе называют радиусом инерции

г« = ]/’Й.	(3.54)

откуда момент инерции можно выразить так:

Л - Mr'i.

(3.55)

Момент инерции имеет размерность в СИ: dim J = ML? = кгм\
Моменты инерции различных тел приведены в табл. 14.

Основное уравнение динамики вращательного движения твердого
тела. Произведение момента инерции тела J2 относительно некоторой
оси z на угловое ускорение в равно алгебраической сумме моментов всех
внешних сил ШМг, действующих на тело относительно этой же оси,

Je = 2Л4г.	(3.56)

Равенство (3.56) называют основным уравнением вращательного
движения твердого тела.

Сопоставляя основное уравнение поступательного движения и
основное уравнение вращательного движения твердого тела, нетрудно
заметить, что они построены совершенно аналогично. Действительно,
сумма внешних сил 2Р сообщает телу массой М ускорение а\ а сумма
моментов внешних сил 2Л4 сообщает телу с моментом инерции J2
угловое ускорение в. Таким образом, при вращательном движении
роль силы играет момент силы, массы — момент инерции, линейного
ускорения — угловое ускорение. Поэтому часто уравнение (3.56)
называют вторым законом Ньютона для вращательного движения.
Так как 8 = ^ = ^-?, то уравнение (3.56) можно представить в форме:



или

z*

(3.57)

8 В. А. Осадчий, А. М. Файн

225
Моменты инерций однородных тел массой М

Идеально тонкий стержень

=4- MR* = v М[2 sin2 а

3	о

Идеально тонкая окружность

J z — MR2

Прямой круговой цилиндр

J

г 2

Полый цилиндр

(R*+r*)

Сплошной диск

J,=± MR* Jx=Jу = 4 MR"

Сплошной прямоугольник

J . = 2-Ма*

z 3

Прямой круговой конус
объем

lt=^MR*

боковая поверхность

J^MR*

Шар

Jt=^MR*.

*	5

Поверхность шара

JZ=^MR*
Равенства (3.57) называют дифференциальными уравнениями вра-
щательного движения. При помощи уравнений (3.56), (3.57) решают
первую и вторую задачу динамики вращательного движения тела.

Первая основная задача. По заданному закону вращения твердого
тела ф = f (t) вокруг неподвижной оси г и моменту инерции тела Jz
относительно этой оси найти момент равнодействующей силы Mz,
вызывающей это вращение.

Эта задача по существу сводится к нахождению углового ускоре-
ния е рассматриваемого тела. Угловое ускорение определяют двукрат-
ным дифференцированием закона вращения или по известным из кине-
матики соотношениям для вращательного движения. Подставив най-
денные значения е и Jz в уравнение (3.56), определяют искомый момент.

Вторая основная задача. По заданным силам SP (моментам сил
2MZ) и моменту инерции твердого тела Jz относительно неподвиж-
ной оси z найти закон вращения тела ф = f (t) вокруг этой оси.

Зная моменты сил и Jz из уравнения (3.56), можно определить
угловое ускорение е. А затем, используя начальные условия (угловую

скорость й)0 и угол поворота фо в началь-
ный момент времени), определяют искомый
закон вращательного движения твердого
тела.

В общем случае, при действии моментов
сил, зависящих от времени, угловой скоро-
сти или угла поворота, вторую задачу ди-
намики необходимо решать путем интегри-
рования дифференциального уравнения
вращательного движения (3.57).

Методические указания
к решению задач

Рассмотрим простейший случай, когда
моменты сил, действующих на твердое те-
ло, постоянны. При этом угловое ускоре-
ние, получаемое телом, тоже постоянно

Z

(вращение равноускоренное или равноза- *

медленное). Для случая е = const после-	Рис. 171

довательность решения первой и второй

задач практически не отличается. При решении рекомендуется при-

держиваться следующего порядка:

1.	Изобразить тело, вращение которого рассматривается.

2.	Приложить все активные силы и моменты, действующие на тело.

3.	Освободить тело от связей, заменив их реакциями.

4.	Составить уравнение вращательного движения.

5.	Выразить все величины, входящие в это уравнение, через задан-

ные и искомую.

6.	Решить полученное уравнение относительно искомой вели-
чины.
Задача 156. Тяжелый маховик силой тяжести G = 5 кн, выпол-
ненный в форме обода, насажен на вертикальный невесомый вал,
укрепленный в подшипниках. Наружный радиус маховика R = 0,8 м,
внутренний г = 0,5 м. Вращение происходит по закону <р = 10/2
(ф— в рад, t — в сек). Определить вращающий момент (рис. 171).

Решение. Рассмотрим вращение маховика. На маховик дейст-
вуют следующие активные нагрузки: G — сила тяжести маховика,
^вр — вращающий момент. Отбросим связи — опоры, заменив их дей-
ствие реакциями RAx, RAy, RBx, RBy, RBz (верхняя опора может вос-
принимать только радиальные нагрузки). Приведем уравнение вра-
щательного движения маховика вокруг оси z\

Jz& = ZMz.	(а)

Согласно табл. 14 момент инерции полого цилиндра

Сумма моментов всех сил относительно оси z равна вращающему
моменту = Л4ВП. Для определения углового ускорения необхо-
димо дважды продифференцировать закон вращения:

<о = ^ = 2О/, е = ^=20.

dt 9 dt

Подставим в (а) величины J£, 8 и ^Mz:

^±320=Л1„.

Искомый вращающий момент

Afji>=.0C|R. + r-).0.S(0.y+0,5.)E4 54

Задача 157. К ведущему валу цепной передачи приложен вра-
щающий момент Л4вр — 200 нм. Натяжения ведущей и ведомой ветвей

бу

в

А

У
t

Рис. 172

^вр

цепи соответственно равны: Т\ ~ 1500 н
и Т2 ~ 750 н. Определить момент тре-
ния в опорах ведущего вала, если уг-
ловое ускорение при пуске составляет
8 = 20 сек*. Радиус звезды R = 0,25 м.
Сила тяжести вала со звездой G = 50 н,
радиус инерции ги = 0,15 м (рис. 172).

Решение. Рассмотрим вращение
вала. Отбросим связи. На ведущий вал
действуют: G — сила тяжести вала,

реакции ветвей цепи,

Л1вр — вращающий момент, Л4тр
мент трения в опорах, RAy
RBy — реакции в опорах, 7\ и
численно равные натяжениям. Составим

— МО-

урав-



нение вращательного движения:



(а)
По определению Jz — —Полный момент внешних сил относи-
тельно оси = — (7\ — Т2) R + Мвр — Л4тр. Подставив в (а) зна-
чения Jz и 2Л4г, имеем

С^=_(Г1-Г2)/? + МВр-Мтр,
б

откуда находим искомый момент трения

MTp = MBp-(Tt-T2) R — G	=

= 200 - (1500 — 750) 0,25 —	’20 =10,2 нм.

Задача 158. При холостом запуске электродвигателя вращающий
момент изменяется по закону Л4вр = Л40 + k® (MQ = 100 нм, k =
= 2,5 нм-сек). Определить время tx достижения ротором скорости
<0! = 20 сек1, если момент инерции ротора Jg = 1,5 кгм2.

Решение. К ротору приложен переменный вращающий момент
Л4вр = Л40 + k(d. Поэтому уравнение вращательного движения при-
ведем в дифференциальном виде:

J г = Мо +

Для определения искомого времени это уравнение необходимо про-
интегрировать. Разделим в нем переменные

k м0 .

Учитывая границы интегрирования (при t = 0, со — 0; при t = t19
to = (or), получим

Подставляя границы интегрирования, имеем

или окончательно

__J z 1 Л4о4~й(О1___1,5
Мо ~~ 2,5

1п

1004-2,5*20

100

1,5-0,405

2,5

= 0,243 сек.

Задача 159. На барабан радиусом = 0,5 м с валом силой тяже-
сти Gi = 400 я, вращающийся в подшипниках А и В, намотан трос,
при помощи которого из состояния покоя начинают поднимать груз
G2 = 15000 я. Определить момент, который необходимо приложить
к валу, чтобы спустя /=10 сек барабан приобрел скорость л =
= 100 об/мин, а также натяжение троса Т. Радиус инерции барабана
с валом ги = 0,3 м (рис. 173).

Решение. Система состоит из поступательно движущегося
груза и вращающегося барабана.

I

I

У
I

Рис. 173

Рассмотрим сначала поступательное движение груза. Допустим,
груз поднимается с ускорением а. На груз действуют: 62 — сила тя-
жести груза, Т — реакция троса. Составим уравнение движения
в проекции на ось у

SY = Т — Go.

Между линейным ускорением груза и угловым ускорением 8 вала
барабана имеется зависимость, которая определяется соотношением
а ~ е/7 Так как

со_лп___3,14 • 1000

7“ ^/^“ЗО. 10

10,5 сек2,

то реакция троса (равная численно натяжению)

T = G2+Ma = G2(l +—V 1500 (1 +1(^	\ = 2300 н.

\ g 1	\	9,81 /

Рассмотрим движение барабана. На барабан с валом действуют:
Gi — сила тяжести барабана с валом; Т — реакция троса; &ау>
RBx, $ву — реакции подшипников; — вращающий момент. Со-
ставим уравнение вращательного движения:

G

Согласно условию J z = Mr^ =-^. Момент всех сил относительно
оси z равен = Л1вр — TR. Тогда

откуда искомый вращающий момент

400 • 0,32.10,5

МВр = Т/? + Gi — = 2300 • 0,5 +--—- = 1188 нм.
§ 45. ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОЙ
ЭНЕРГИИ ВРАЩАЮЩЕГОСЯ ТЕЛА

Половину произведения момента инерции тела Jz относительно
некоторой неподвижной оси z на квадрат угловой скорости называют
кинетической энергией тела во вращательном движении в данный
момент времени.

Теорема об изменении кинетической энергии при вращательном
движении формулируется так: изменение кинетической энергии при
вращении твердого тела вокруг неподвижной оси г за некоторый проме-
жуток времени равно работе моментов %Мг сил, приложенных к телу,
на соответствующем угловом перемещении ф, т. е.

= 2Л=£Л1гф,

(3.58)

при этом, если > О (алгебраическая сумма моментов внешних
сил положительна), происходит увеличение скорости вращения,
> соо; если £Мг <0 — скорость вращения уменьшается, о)к < о>о,
если = 0 — скорость вращения остается неизменной, = о0.

Методические указания к решению задач

которого рассматривается.

Рис. 174

При решении задач с применением теоремы об изменении кинети-
ческой энергии твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси,
необходимо придерживаться следующего порядка.

1.	Изобразить тело, вращение

2.	Приложить все актив-
ные силы и моменты, дейст-
вующие на тело.

3.	Освободить тело от свя-
зей, заменив их реакциями.

4.	Составить уравнение из-
менения кинетической энер-
гии вращающегося тела.

5.	Выразить кинетическую
энергию в начальный и ко-
нечный моменты времени, а У
также работу моментов сил,
приложенных к телу, через за-
данные и искомую величины.

6.	Решить полученное уравнение относительно неизвестной.

Задача 160. Ступенчатый шкив, состоящий из трех жестко скреп-
ленных сплошных дисков силами тяжести Gj = 50 н, G2 = 30 н,
G3 = 10 н и радиусами i\ = 0,5 м, г2 = 0,3 м9 г3 = 0,1 м, под дейст-
вием постоянного момента Л4вр = 200 нм из состояния покоя начинает
вращаться. Через какое время шкив наберет скорость п = 300 об!мин,
если на шкив действует постоянный момент сопротивления Л4С = 100 нм
(рис. 174).
Решение. Рассмотрим вращениешкива. На шкив действуют
активные нагрузки и реакции: Gu G2, G3 — силы тяжести; RAxt RAyt
Rbx> Rpy — реакции в опорах; Л4вр — вращающий момент; Мс —
момент сопротивления. Составим уравнение изменения кинетической

энергии

J	^Z^O

2	2



Момент инерции шкива
дисков

равен сумме моментов инерции сплошных

Giri* + G2rj + G3rl _ 50 • 0,52 + 30 • 0,32 + 10-0, Р

2g ~~	2 • 9,81

= 0,78 кгм2.

По условию

_____яп____3’14 ’300 — 314 сек'1 со ____0
wK — -$Q — эд — о 1 сек , wq — и.

Момент внешних сил

У

Рис. 175

2Л4г = Л4вр — Мс = const, поэтому шкив
вращается равноускоренно. Полное
угловое перемещение за время t со-
ставляет ф = сок//2. Тогда

J ой

-^ = (Мвр-Л1с) -f-

следовательно, искомое время

У2(ок 0,78*31,4 л ог-

Мвр —Л1с“200—100 —°’25 сек-

Задача 161. К ведущему валу ре-
менной передачи приложен вращаю-
щий момент Л4вр = 100 нм. Натяже-
ние ведущей ветви ременной передачи
Тх = 700 н. Определить натяжение
ведомой ветви, если, начав двигать-

ся из состояния покоя, ведущий вал набирает скорость и = 400 об/мин,
делая шесть оборотов. Шкив силой тяжести G = 500 н можно считать
диском с равномерно распределенной массой радиусом г = 0,25 м.
Массой вала и трением в подшипниках пренебречь (рис. 175).

Решение. Ведущий вал совершает вращательное движение.
К нему приложены: G — сила тяжести шкива; Т19 Т2 — реакции ве-
дущей и ведомой ветвей передачи; Rx, Ry — реакции опор; Мвр —
вращающий момент. Составим уравнение изменения кинетической

энергии:



Согласно

условию:
(о0 = 0,

ЯП 3,14 -400	.. п

(°к = -зо = —зо— = 41,9 сек \

Ф = 2л>6 = 37,7 рад.
Момент инерции шкива как сплошного диска	Момент

внешних сил 2Л4г = Мвр — (7\ — Т2) л Тогда

'"«К	„ t

откуда находим реакцию ведомой ветви

_	Л4вр бгай	100	500.0,25*41,92

^2“ 1 ~r	/00““'0^5+ 4 9,81 .37,7“" = 446 Н‘

Эту же задачу решим с применением уравнения вращательного дви-
жения:

Jz& =

Так как соо — О, то £ —Момент внешних сил 2Л4г—
= Л4вр — (7\ — Т2) г. Момент инерции шкива Jz — ^t Тогда

= Л1вр-(Л-Т2) г,

откуда определяем реакцию ведомой ветви ременной передачи
т _т	. GrcoK

2	1	г ‘ 4g(p ’

§ 46. КИНЕТИЧЕСКАЯ ЭНЕРГИЯ ТЕЛА
ПРИ ПЛОСКОПАРАЛЛЕЛЬНОМ ДВИЖЕНИИ

Из кинематики известно, что плоскопараллельное движение можно
разложить на два простейших движения: поступательное вместе с цент-
ром масс и вращательное вокруг центра масс. Соответственно и кине-
тическая энергия тела, движущегося плоскопараллельно, слагается
из кинетической энергии всего тела, движущегося поступательно
вместе с центром масс С, и кинетической энергии вращательного дви-
жения вокруг центра масс, т. е.

ЛМ

(3.59)

где Vc — скорость центра масс; Jc — момент инерции тела отно-
сительно оси, проходящей через центр масс; со — угловая скорость
вращения тела.

Теорему об изменении кинетической энергии тела в общем случае
можно сформулировать так: изменение кинетической энергии тела,
движущегося плоскопараллельно, за некоторый промежуток времени
равно работе всех сил и моментов сил, приложенных к телу, на соот-
ветствующих перемещениях:

Тк — То - 2Л.	(3.60)
Таблица 15

Основные уравнения, характеризующие поступательное и вращательное
движения твердого тела

Поступательное движение		Вращательное движение	
Величины	Формулы	Величины	Формулы
Масса	О I 550 2	Момент инерции	J = тг2 = ~ г2, g где г —радиус инерции
Путь	00	Сл	СС  с	а е  я	о	о  ЬЭ	to +	_L_  a I	А	"Г  гч	"	_  С1в	* U £  V-к	W	Угол поворота	в -в -в £	8 §  Я° £!“>+ + е ке ю я.  гч	w to
Время	Ро + »к r_t>K —Ро а	Время	£ £  о  » 1 +£  § £
Конечная скорость	2s  -^о ик = уо + ^ vK = Vv*-]-2as	Конечная угловая скорость	2ф  (Ок —	<0q  (Ок — <00 + &t  (ок —	-{- 2е(р
Начальная скорость	8 сч  •**	1  а Q 1  1	{ о*  ©	ОО	Начальная угловая скорость	сс"  СЧ м	1  3	w	1  1	1	з  СЧ	3	гр  о	о о  S	3	3
Ускорение	о  Ь	(-5	«1О  1	й	ь  1	f	J	CZ3  <Z)	J	1	CN  '	И	от М  сч	й	г»  Q	Q	Q	Угловое ускорение	о  1 - S	”3’	с  Э-	|	1	(N  ЪД	Ф1У  см	3	3  со	W	СО
Основное уравне- ние движения	ага = £ Р	Основное уравне- ние вращатель- ного движения	
Продолжение табл. 15

Поступательное движение		Вращательное движение	
Величины	Формулы	Величины	Формулы
Теорема об изме- нении кинетиче- ской энергии	mv* _  2	2 ~А	Теорема об изме- нении кинетиче- ской энергии		_			Д  2	2 А
Теорема об изме- нении количе- ства движения	mvK — mvQ — £ PSt	Теорема об измене- нии момента коли- чества движения	J(dK — JcOo М St
Работа	A=Ps cos a  A = Pvt cos a	Работа	А = Му  А — M(j)t
Мощность	N = Pv cos a	Мощность	N = M<i>

Задача 162. Определить в зависимости от пройденного пути ско-
рость и ускорение центра однородного цилиндра, скатывающегося без
начальной скорости по наклонной плоскости. Трением качения пре-
небречь (рис. 176).

Решение. К цилиндру приложены три силы: G — сила тя-
жести, N — нормальная реакция опорной плоскости и FT? — сила
трения скольжения. Пусть в некоторый момент времени центр цилиндра

переместится на расстояние I и имеет
скорость vc- Составим уравнение из-
менения кинетической энергии ци-
линдра на пути I

Тк - То = SA.

Цилиндр совершает плоскопарал-
лельное движение, следовательно,

J r(D2

+	(а)

Так как Р — мгновенный центр скоростей, то Vc
т GR2
инерции сплошного однородного цилиндра =	.

^ё

Gv^ GR2 v}.	3Gv2c

Tк =	+ ~2g	~bg~‘

По условию TQ — 0. Работа сил, приложенных к

~ со/?. Момент

Тогда

цилиндру,

2Л — Aq + Av +
Очевидно, An — 0. Так как сила трения в каждый момент прило-
жена к неподвижной точке (цилиндр скатывается без скольжения), то
= 0. Тогда S4 = Аа — Gl sin а.

Подставляя в (а) величины Тк, То, S4, получаем

з^

G-j—= G/ sina
4g

(б)

(В)

откуда

К цилиндру приложены постоянные силы, следовательно, центр
его тяжести движется равноускоренно. Цилиндр скатывается из со-
стояния покоя, поэтому vb = 2ас /, и уравнение (б) примет вид

3•2ас1

—-л---— I sin а.

2

откуда искомое ускорение центра тяжести цилиндра ac = -5-^sina.

О

Ускорение ас можно определить также, продифференцировав
уравнение (б) по времени. Но для этого необходимо, чтобы в левой
части уравнения кинетическая энергия была выражена через какую-
либо одну — линейную или угловую скорость, а работа в правой ча-
сти — через соответствующее линейное или угловое перемещение.
Тогда после дифференцирования скорость сократится и можно опре-
делить ускорение. В уравнении (б) кинетическая энергия выражена
через линейную скорость центра, а работа — через его линейное пере-
мещение. Продифференцируем это уравнение по времени:

Gvc} = 4; (Gl sin а),
ctf \4g	b )	dtx '

Здесь имеются только две переменные величины vc и /, изменяю-
щиеся во времени. Вынося постоянные за знак дифференцирования и
произведя сокращения, находим:

3 dv} dl
= sin а-
4g dt dt

Но так как
dv} dvc	dl

-тг ~ 2v c -~£~2 vcac и -77- = vc,
dt dt ъ G dt

TO

3

2^Vc^c = VcSin a.

Откуда искомое ускорение

2
§ 47. КИНЕТИЧЕСКАЯ ЭНЕРГИЯ СИСТЕМЫ ТЕЛ

Рассмотрим механическую систему нескольких тел, каждое из
которых может совершать любое движение (поступательное, враща-
тельное или плоскопараллельное). Сумму кинетических энергий всех
входящих в механическую систему тел называют кинетической энергией
этой системы

* • •

(3.62)

Согласно теореме об изменении кинетической энергии для каждого
тела отдельно имеем Т — TG = А. Сложив эти равенства, в сумме для
всех тел получим

2ТК —	- 2Л,	(3.63)

где в выражение 2Л входят суммы работ всех сил, приложенных к те-
лам системы.

Изменение кинетической энергии системы тел за некоторый про-
межуток времени равно работе всех сил, приложенных к системе на

соответствующих перемещениях.

При решении задач кинети-
ческую энергию системы выра-
жают через скорость (линейную
или угловую), а работу сил —
через перемещение (линейное
или угловое) того тела, ско-
рость, перемещение или ускоре-
ние которого необходимо опре-
дел ить.

Задача 163. Каток и груз со-
единены невесомым канатом, пе-
рекинутым через блок. Силы
тяжести их соответственно Р, G
и Q. Определить кинетическую

Рис. 177

энергию системы, есл и скорость

груза равна v, а каток и блок можно считать однородными дисками
(рис. 177).

Решение. Система состоит из трех тел: катка, груза и блока.
Кинетическую энергию системы

о

выразим через заданную величину — линейную скорость груза v.
Груз движется поступательно со скоростью и, следовательно,

би2

Блок совершает вращательное движение, поэтому
Так как между блоком и канатом нет проскальзывания, то = у
Момент инерции блока относительно оси, проходящей через его гео-
метрический центр, = Тогда кинетическая энергия блока

у, _Qr2 о2 __Qo2

1	° — ~2gW — ~4g~ ’

Каток совершает плоскопараллельное движение, следовательно,

____Р&Р Jptop
lp~ 2g +	2 *

Скорость центра катка равна скорости груза vP == v. Так как каток
катится без скольжения, то й>Р= —. Момент инерции катка относи-
рг2

тельно оси, проходящей через его центр тяжести, JP — —, Тогда

г _Ро* I Pr2 vi _iPvi
Jp~'2g'T' 2g 2r*~ 4g •

Таким образом, окончательно кинетическая энергия системы равна

2	т=+v+- "i to+ом+1.5₽>-

Нетрудно видеть, что если бы движущийся поступательно груз,
вращающийся вокруг неподвижной оси сплошной блок и катящийся

Рис. 178

без скольжения сплошной каток имели одинаковые силы тяжести, то
их кинетические энергии относились бы как 1 : 0,5 : 1,5.

Задача 164. На барабан силой тяжести Q == 500 н намотан неве-
сомый трос, втягивающий из состояния покоя по наклонной плоскости
груз G — 1000 к. С каким ускорением будет двигаться вверх по на-
клонной плоскости груз, если к барабану приложен вращающий
момент Л1вр = 250 нм, коэффициент трения скольжения груза по пло-
скости f — 0,1, угол наклона плоскости а = 30° (рис. 178)?
Решение. Система состоит из двух тел. К системе приложены
заданные нагрузки и реакции ^связей— сила тяжести барабана,
Л1вр — вращающий момент, Rx и — реакции оси, G —^сила
тяжести груза, УУ — нормальная реакция опорной плоскости, FTp —
сила трения скольжения. Так как все усилия постоянны, то система
будет иметь постоянное ускорение. Составим уравнение изменения
кинетической энергии системы:

ST — 2Т0 = ЕЛ.	(а)

По условию 2Т0 = 0. Кинетическая энергия системы в некоторый
момент времени, когда скорость груза равняется о и он переместился
вдоль плоскости на расстояние /, равна ST = То + То.

1 руз совершает поступательное движение, поэтому То = -^-,
Барабан совершает вращательное движение, поэтому (см, задачу 163)

т -Ас°2__^3

2 4g ’

Тогда

Работа всех внешних сил

Силы Q, Rx и Ry приложены к неподвижным точкам, а нормальная
реакция N перпендикулярна к скорости груза, следовательно, Ло =
= А^х = ARy = An ~ 0. Сила тяжести груза совершает отрицатель-
ную работу Aq = — Gl sin а. Сила трения также совершает отрица-
тельную работу

Л/;тр = — Ттр/ = — fNl = — fGl cos а.

Вращающий момент на угловом перемещении <р совершает поло-
жительную работу Лд4 = /ИВрф. Так как трос не скользит и не растя-
гивается, то = у и Лд4вр=—Таким образом, полная работа
всех сил и моментов

2 А — I — G sin а — fG cos aj.

Подставив в (а) величины ST, 2Т0 и 2Л, получим

и2	/М	\

(<? + 0,5Q) =Z —— Gsina—/Geos а).
\ /

Скорость груза при равноускоренном движении можно выразить
через пройденный путь и ускорение: и2 = 2aL Тогда

~ (G + 0.5Q) = 4-(2 ^6	Ивр — Gr sin а—fGr cos а),
откуда искомое ускорение

a=g

Л1вр — Gr (sin а + f cos а)

r(G + 0,5Q)

= 9,81

250-1000 • 0,3 (0,54-0,1 - 0,866)
0,3(10004-0,5-500)

= 1,93 м!сек\

Задача 165. На шероховатом горизонтальном столе с помощью
гвоздя удерживается цепь силой тяжести Р. К свободному концу цепи
прикреплен груз силой тяжести G, свешивающийся со стола. Если

выдернуть гвоздь, цепь, увлекаемая грузом, начинает соскальзывать

।
I
I3C

Рис. 179

со стола. Определить скорость груза
в зависимости от длины соскальзы-
вающей части, если коэффициент тре-
ния цепи о стол f (рис. 179).

Решение. Рассмотрим движе-
ние системы — груз и цепь. В неко-
торый момент времени, когда со стола
соскользнет х общей длины I цепи, к
системе приложены: сила тяжести
груза G, свисающей в данный момент
Рх

части цепи -у и находящейся на столе
Р (/ — х)

части цепи —, нормальная реак-
ция стола N и сила трения FTp. Со-
ставим уравнение изменения кинети-
ческой энергии для системы

2ТК — 2Т0 = ЕД.

Так как по условию в начальный момент времени цепь находится
в покое, то ST0 = 0. Пусть в рассматриваемый момент скорость си-
стемы vx. Тогда ее кинетическая энергия

^TX^(G + P)/

Работу совершают: постоянная сила G, переменная (увеличиваю-
Рх

щаяся) сила -у и переменная (уменьшающаяся) сила F?p~fN =

= ^Ц-)1Т,е.

X	X

У]А = Gx + (	4xdx — ? Pf l~.x dx.

J	I	J	*

о	0

Объединяя интегралы в один, получим

X

= + 4 С [х(1 +/)-//] dx = Gx + Px\^(\ +f)-f .
* ж)	£1
Подставив найденные величины STX, ST0 и SA в исходное урав-
нение, имеем

откуда находим искомую скорость

В момент, когда цепь падает со стола, х = I и скорость

Наличие трения уменьшает величину — это видно из получен-
ного выражения. Если трением можно пренебречь, то

Если можно пренебречь и силой тяжести цепи (GJ>P), получим
хорошо известную из кинематики формулу для скорости при свобод-
ном падении Vi = Y2gl.

§ 48. СОВМЕСТНОЕ ПРИМЕНЕНИЕ
НЕСКОЛЬКИХ ТЕОРЕМ ДИНАМИКИ *

При решении некоторых задач необходимо применение сразу двух

или нескольких теорем динамики.

Задача 166. Тело имеет

^юрму абсолютно гладкой полусферы

радиусом /?. Определить давление, оказываемое шариком, отпущенным

без начальной скорости из
точки В на поверхность сфе-
ры (рис. 180).

Решение. Рассмотрим
шарик в некоторый момент,
когда нормаль п составляет
угол <р с горизонтальным диа-
метром ВС. Отбросим связь —
поверхность полусферы, заме-

Рис. 180

нив ее нормальной реакцией
N. На шарик действуют: G —
сила тяжести шарика и N —
нормальная реакция. Применим принцип
нормальную и касательную силы инерции:

кинетостатики, добавив

п	п

*НП	R И

Уравнение кинетостатического равновесия в проекции на нормаль
имеет вид

SP„ — О, N — Рип — G sin ср = О,

откуда выразим нормальную реакцию

tf==

mv2

+ б51Пф.

(а)

Теперь применим теорему об изменении кинетической энергии:

mv2

mvl

(б)

(Поскольку сфера абсолютно гладкая, то шарик лишь скользит,
а не катится. Поэтому его кинетическая энергия находится, как для
поступательного движения тела.) Работу совершает только сила G,
тогда = Gh = GR sin ф.

Подставив 2А и v0 = 0 в (б), получим

mv2

= G7? sin ф,

2

откуда mv2 = 2GR sin ф. Полученное выражение для mv2 подставим

Рис. 181

в (а) и определим искомое давление
N = 2G sin ф + G sin ф = 3G sin ф.

В нижней точке полусферы ^ф = -^
давление равно N = 3G.

Задача 167. Тяжелый цилиндр ра-
диусом R, получив ничтожно малую
скорость, скатывается без скольжения
с горизонтальной площадки В А. Оп-
ределить угол ф в момент отделения
цилиндра от площадки и скорость
его центра тяжести (рис. 181).

Решение. Изобразим цилиндр
в момент его отделения. На ци-

линдр действует одна активная сила G. Отбросим связь. Нормаль-
ная реакция JV проходит через центр цилиндра и составляет с верти-
калью угол ф. Составим основное уравнение динамики твердого тела
(3.48) в проекции на нормаль

Мас„ = 2Рп; ^=Gcos<p-tf.

(а)

Цилиндр совершает плоскопараллельное движение. В соответст-
вии с теоремой об изменении кинетической энергии

Т — Tq - 2Л.	(б)

Кинетическая энергия тела в плоскопараллельном движении скла-
дывается из энергии поступательного движения тела со скоростью
центра тяжести и энергии вращательного движения тела вокруг центра
тяжести:

Mv3c

г*	z* «	т GR2

Если цилиндр представляет собой сплошное тело, то =

Учитывая, что <а = -£, имеем

Gv> GR2 v2r	30 у

2g + 2g 2R2 4g ’

Работу совершает только сила тяжести

SX = Gh = GR (1 — cos ср).

Подставляя S.4, То = 0 и найденное выражение для Т в (б), полу-
чаем

-5-M^ = G/?(l-cos <р),

откуда

Mv*c 4

= G (1 —cos ф).

(в)

Так как в (а) и (в) левые части равны, то

4

G cos ф — N — G (1 — cos ф).

В момент отделения цилиндра реакция опорной поверхности N
равна нулю, следовательно,

4	4

COS ф —	---о-COS ф.

4 ГТ

Тогда искомый угол ф —arc cos у. Для определения скорости
центра тяжести подставим найденное значение cos ф в (в)

vl 4 1	4\

— = — 1-----

gtf 3f 7 г

окончательно искомая скорость центра цилиндра

Ус = ]/Лу Rg-

Контрольные вопросы

1.	Объясните, почему на очень большой скорости автомобиль становится не-
управляемым. Почему гоночные автомобили низкие и имеют широкую колею?

2.	Можно ли вывести строго математически основное уравнение динамики мате-
риальной точки? Молено ли, используя четыре аксиомы динамики, вывести закон
всемирного тяготения? Чему равно ускорение лунного тяготения на расстоянии,
равном земному радиусу, от центра Луны?

3.	Согласно четвертой аксиоме динамики («действие равно противодействию»)
сила, с которой тепловоз тянет состав, равна и противоположно направлена силе,
с которой состав сопротивляется. Сумма этих сил всегда равна нулю. Почему же
тепловозу удается стронуть состав с места, сообщив ему некоторое ускорение?

4.	Известно, что у трамвая старой конструкции для торможения применялись
колодки, прижимаемые к ходовым колесам, а в трамваях последних выпусков исполь-
зуют колодки, прижимаемые непосредственно к рельсам. Как появляется внешняя
тормозная сила в первом и втором случаях?

5.	Какие преимущества дает метод кинетостатики при решении динамических
задач?

6.	В кабине лифта на пружинных весах взвешивают груз. Сколько показывают
весы при движении кабины; а) вверх с постоянной скоростью; б) вниз с постоянной
скоростью; в) вверх с постоянным ускорением а; г) вниз с постоянным ускорением
а < g; д) при свободном падении кабины?

7.	В кузове грузовика, не касаясь бортов, по ходу движения стоит пустой кон-
тейнер высотой Н и длиной I. При каком замедлении а контейнер: а) скользит по
кузову; б) опрокидывается? Коэффициент трения дна контейнера о кузов /.

8.	Почему на виражах внешний рельсовый путь железных дорог несколько
приподнимают?

9.	С какой силой летчика прижимает к креслу при совершении фигуры высшего
пилотажа «мертвая петля»: а) в самой нижней и б) в самой верхней точках «мертвой
петли»? Масса летчика 80 кг, скорость полета 800 км/ч, радиус траектории
400 м.

10.	Что представляет собой перегрузка? Почему для тренировки космонавтов
используют пикирующие самолеты?

11.	Как по индикаторной диаграмме и числу оборотов коленчатого вала опре-
делить среднюю мощность цилиндра двигателя внутреннего сгорания?

12.	Дайте решение задач 26 и 29 с помощью золотого правила механики.

13.	Многие механизмы, применяемые в технике, обратимы; это означает, что
принципиально ведущее и ведомое звенья можно поменять местами, при этом прямой
к. п. д. (при передаче мощности от ведущего звена к ведомому) и обратный к. п. д.
(при передаче мощности от ведомого звена к ведущему) часто не равны друг другу.
Существуют передачи, в которых мощность можно передать только в одном направ-
лении, в обратном направлении передача как бы самозаклинивается. Чему равен
обратный к. п. д. такой передачи?

14.	Почему основное уравнение вращательного движения называют вторым зако-
ном динамики для вращательного движения?

15.	Во сколько раз большую мощность должны развить дизели теплохода,чтобы

увеличить его скорость вдвое, если сила полезного сопротивления движению тепло-
хода растет пропорционально квадрату его скорости?

16.	Можно ли поднять груз силой тяжести 2 кн со скоростью 0,5 м/сек лебедкой,
на которой установлен электродвигатель, развивающий максимальную мощность
1 кет, если общий к. п. д. лебедки ri0 = 0,8?

17.	Используя теорему о сохранении количества движения точки, докажите,
что угол вылета снаряда равен углу его падения. Сопротивлением атмосферы прене-
бречь. Точка падения и точка вылета находятся на одной горизонтали.

18.	Мотоциклист движется по вертикальной круговой стене радиусом 10 м
со скоростью 80 км/ч. Какую перегрузку испытывает мотоциклист?

19.	Пороховой двигатель, установленный на испытательной тележке, каждые
2 сек сообщает тележке импульс 100 кем/сек. Увеличится ли скорость тележки за 100 сек,
если на нее действует общая постоянная сила сопротивления движению 49 н?

20.	Сможет ли электровоз сдвинуть состав силой тяжести 2000 т с места, если

его «сцепной вес» равен 1500 кн, коэффициент сцепления (коэффициент трения веду-

щих колес о рельсы) <р = 0,3 и общий приведенный коэффициент сопротивления
движению при трогании р. = 0,015?

21.	При забивке сван в грунт баба массой 100 кг свободно падает с высоты 10 л/.

Какова средняя сила сопротивления грунта, если при одном ударе свая входит
в грунт на 50 мм?
22.	При передвижении бруска на катках без скольжения кинетическая энергия
возрастает в четыре раза. Во сколько раз возрастает скорость бруска?

23.	Что больше момент инерции тонкого однородного стержня силой тяжести G
относительно оси, перпендикулярной к стержню и проходящей через его конец, или
тонкого однородного стержня силой тяжести 2G относительно оси, проходящей
через его середину?

24.	Тяжелой цепи длиной /, лежащей на абсолютно гладком столе, сообщают
ничтожно малую скорость. Какую скорость она имеет в момент, когда полностью
соскальзывает со стола?

25.	С наклонной плоскости без скольжения с одного уровня одновременно начи-
нают скатываться без начальной скорости сплошной круглый диск и тонкий обод.
Что быстрее скатится с наклонной плоскости?

Ответы на контрольные вопросы

СТАТИКА. 2. а) свободная; б) несвободная. 4. Нельзя. 5. 90°. 6. Можно.

7. В системе нет равновесия. 8. Статически неопределима. 12. Статически неопреде-
Т

лима. 14. sin а — f cos а < С sin а + f cos а, 15. 0. 19. 0.

КИНЕМАТИКА. 2. ^750 км/ч. 5. Только нормальное ускорение. 6. Да. 8. 2 .* 3.
у2 s	N	2N

9. Криволинейную. 10.	11.	12. Мужчина--юноша-------у. 15. Может

в случае пары вращений. 16. Верхняя — 160 км/ч, нижняя — 0. 18. 96.

Д ИНАМИ КА. 6. a) mg; б) mg; п) mgll~\--—];

а > /£ и / <• 77 — контейнер скользит; б) при а

; д) 0. 7. а) при

- - — контейнер оп-

рокидывается; в) при а^> -- и f < у?— возможно одновременно опрокидывание и
п	п

скольжение. 9. а) 910 кГ; б) 1070 кГ. 13. Нуль. 15. в 8 раз. 16. Нельзя. 18. Пяти-
кратную. 19. Увеличится. 20. Сможет. 21. 196 кн. 22. В 2 раза. 24. Уgl. 25. Сплош-
ной диск.
СОРТАМЕНТ ПРОКАТНОЙ СТАЛИ

ПРИЛОЖЕНИЕ

Г а б л и ц а I

хатная. Угловая равнобокая

по ГОСТ 8509—57

Сталь пт
ж

N — номер профиля
С — центр тяжести
F — площадь
q — вес 1 м

	Ь, мм	d, мм	F, см2	Q, КГ/М	1  1  Zq, СМ
2	г  20	3	1,13	0,89	0,60
		4	1,46	1,15  1	0,64
2,5	25	3	1,43	1,12	одз i
		4	1,86	1,46	0,76
2,8	28	3	1,62	1,27	0,80
3,2	32	3  4	1,86  2,43	1,46  1,91	0,89 094
3,6	36	3	2,10	1,65	0,99
		4	2,75	2,16	1,04
4	40	3	2,35	1,85	1,09
		4	3,08	2,42	1,13
4,5	45	3  1  1	2,65	2,08	1,21
		4	3,48	2,73	1,26
		5	4,29 |	3,37	1,30

	Ь, мм	dt мм	F, см2	ч.  кГ/м	Zq, см
		3	2,96	2,32	1,33
	50	4	3,89	3,05	1,38
		5	4,80	3,77	1,42
		3,5	3,86	3,03	1,50
5,6	56	4	4,38	I 3,44  I	1,52
		5	5,41	4,25	1,57
		4	4,96	3,90	1,69
6,3	63		6,13	4,81	1,74
	1	6	7,28	5,72	1,78
		4,5	6,20	4,87	1,88
		5	6,86	5,38	1,90
7	70	6	8,15	6,39	1,94
		7	9,42	7,39	1,99
		8	10,70	8,37	2,02
		5	7,39	5,80	2,02
		6	8,78	6,89	2,06
Л	Ъ, мм	d, мм	F, см2	q, кГ/м	zc>CM		b, мм	d, мм	F, сл<2	Q' кГ/м	Z см о
7,5	75	7	10,10	7,96	2,10		1	10  11	31,4  34,4	24,7  27,0	4,30  4,35
			11,50	9,02	2,55			12	37,4	29,4	4,39
		8				16	160	14	43,3	34,0	4,47
								16	49,1	38,5	4,55
		9	12,80	10,10	2,18			18	54,8	43,0	4,63
								20	60,4	47,4	4,70
		5,5	8,63	6,78	2,17						
											
						1 я	180	11	38,8	30,5	4,85
		6	9,38	7,36	2,19	1О		12	42,2	33,1	4,89
8	80	7	10,8	8,51	2,23			12	47,1	37,0	5,37
						9Л	9ПП	13	50,9	39,9	5,42
		8	12,3	9.65	2,27			14	54,6	42,8	5,46
		1						16	62,0	48,7	5,54
											
		6	10,6	8,33	2,43				76,5	60,1	
А	АЛ		ш	9,64	2,47			20			5,70
	90	8	13,9	10,9	2,51	20	200	25	94,3	74,0	5,89
		9	15,6	12,2	2,55			30	111,5	87,6	6,07
		6,5	12,8	10,1	2,68	22	220	14	60,4	47,4	5,93
		7,0	13,8	10,8	2,71			16	68,6	53,8	6,02
10	100	8	15,6	12,2	2,75			16	78,4	61,5	6,75
		10	19,2	15,1	2,83			18	87,7	68,9	6,83
		12	22,8	17,9	2,91	25	250	20	97,0	76,1	6,91
								22	106,1	83,3	7,00
								25	119,7	94,0	7,11
		14	26,3	20,6	2,99			28	133,1	104,5	7,23
10	100	16	29,7	23,3	3,06			30	142,0	111,4	7,31
	но	7	15,2	11,9	2,96						
11											
		8	17,2	13,5	3,00						
		8	19,7	15,5	3,36 1						
		9	22,0	17,3	3,40						
12,5	194	10	24,3	19,1	3,45						
	1 zJC*	12	28,9	22,7	3,53						
		14	33,4	26,2	3,61						
		16	37,8	29,6	3,68						
		9	24,7	19,4	3,78						
14	140	10	27,3	21,5	3,82						
		12	32,5	25,5  1	3,90						
Сталь прокатная угловая неравнобокая по ГОСТ 8510—57

Таблица II

	В/Ъ, мм	d, мм	F, см2	q, кГ/м	Уг, СМ с*	х , см с*		В/b, мм	d, мм	В, см2	qt кГ/м	Ус, см	х , см с*
25/1,6	25/16	3	1,16	0,91	0,86	0,42			6	9,59	7,53	3,23	1,42
		3	1,49	1,17	1,08	0,49	10/6,3	100/63	7	11,1	8,70	3,28	1,46
32/2	32/20	4	1,94	1,52	1,12	0,53			8	12,6	9,87	3,32	1,50
		3	1,89	1,48	1,32	0,59			10	15,5	12,10	3,40	1,58
4/2,5	40/25	4	2,47	1,94	1,37	0,63			6,5	11,4	8,98	3,55	1,58
		3	2,14	1,68	1,47	0,64	Н/7	110/70	7	12,3	9,64	3,57	1,60
4,5/2,8	45/28	4	2,80	2,20	1,51	0,68			8	13,9	10,9	3,61	1,64
		3	2,42	1,90	1,60	0,72			7	14,1	11,0	4,01	1,80
5/3,2	50/32	4	3,17	2,49	1,65	0,76	12,5/8	125/80	8	16,0	12,5	4,05	1,84
													
		3,5	3,16	2,48	1,80	0,82			10	19,7	15,5	4,14	1,92
5,6/3,6	56/36	4	3,58	2,81	1,82	0,84			12	23,4	18,3	4,22	2,0
Продолжение табл. И

	В/Ъ, мм	d, мм	В, см2	Q, КГ/М	СМ	Xg, см
5,6/3,6	56/36	5	4,41	3,46	1,86	0,88
6,3/4	63/40	4  5  6  8	4,04  4,98  5,9  7,68	3,17  3,91  4,63  6,03	2,03  2,08  2,12  2,20	0,91  0,95  0,99  1,07
7/4,5	70/45	4,5  5	5,07  5,59	3,98  4,39	2,25  2,28	1,03  1,05
7,5/5	75/50	5  6  8	6,11  7,25  9,47	4,79  5,69  7,43	2,39  2,44  2,52	1,17  1,21  1,29
8/5	80/50	5  6	6,36  7,55	4,99  5,92	2,60  2,65	1,13  1,17
9/5,6  м  ч>	S0/56	5,5  6  8	7,86  8,54  11,18	6,17  6,70  8,77	2,92  2,95  3,04	1,26  1,28  1,36

N	В/Ъ, мм	d, мм	F, см2	q-, кГ/м	ус см	' Хг, с м о
14/9	140/90	8	18,0	14,1	4,49	2,03
		10	22,2	17,5	4,58	2,12
		9	22,9	18,0	5,19	2,23
16/10	160/100	10	25,3	19,8	5,23	2,28
		12	30,0	23,6	5,32	2,36
		14	34,7	27,3	5,40	2,43
18/11	180/110	10	28,3	22,2	5,88	2,44
		12	33,7	26,4	5,97	2,52
		11	34,9	27,4	6,50	2,79
20/12,5	200/125	12	37,9	29,7	6,54	2,83
		14	43,9	34,4	6,62	2,91
		16	49,8	39,1	6,71	2,99
		12	48,3	37,9	7,97	3,53
25/16	250/160	16	63,6	49,9	8,14	3,69
		18  20	71,1  78,5	55,8  61,7	8,23  8,31	3,77  3,85
ь

Таблица III

Сталь прокатная. Балки двутавровые по ГОСТ 8239—56

iV	Q, КГ/М	h, мм	b, мм	д, мм  1	t. мм	F. см*
10	9,46	100	55	4,5	7,2	12,0
12	11,5	120	64	4,8	7,3	14,7
14	13,7	140	73	4,9	7,5	17,4
16	15,9	160	81	5,0	7,8	20.2
18	18,4	180	90	5,1	8,1	23,4
18а	19,9	180	100	5,1	8,3	25,4
20	21,0	200	100	5,2	8,4	26,8
20а	22,7	200	по	5,2	8,6	28,9
22	24,0	220	но	5,4	8,7	30,6
22а	25,8	220	120	5,4	8,9	32,8
24	27,3	240	115	5,6	9,5	34,8
24а	29,4	240	125	5,6	9,8	37,5
27	31,5	270	125	6,0	9,8	40,2
27а	33,9	270	135	6,0	10,2	43,2
30	36,5	300	135	6,5	10,2	46,5
30а	39,2	300	145	6,5	10,7	49,9
33	42,2	330	140	7,0	11,2	53,8
36	48,6	ooJ	145	7,5	12,3	61,9
40	56,1	400	155	8,0	13,0	71,4
45	65,2	450	160	8,6	14,2	83,0
50	76,8	500	170	9,5	15,2	97,8
55	89,8	550	180	10,3	16,5	114
60	104	600	190	11,1	17,8	132
65	120	650	200	12,0	19,2	153
70	138	700	210	13,0	20,8	176
70а	158	700	210	15,0	24,0	202
706	184	700	210	17,5	28,2	234
Таблица IV

Сталь прокатная. Швеллеры по ГОСТ 8240—56

	q, кГ/м	/1, мм	Ь, мм  L	d, мм	t, мм	F, см2	Zq, см
5	4,84	50	32	4,4	7,0	6,16	1,16
6,5	5,90	65	36	4,4	7,2	7,51	1,24
8	7,05	80	40	4,5	7,4	8,98	1,31
10	8,59	100	46	4,5	7,6	10,9	1,44
12	10,4	120	52	4,8	7,8	13,3	1,54
14	12,3	140	58	4,9	8,1	15,6	1,67
14а	13,3	140	62	4,9	8,7	17,0	1,87
16	14,2	160	64	5,0	8,4	18,1	1,80
16а	15,3	160	68	5,0	9,0	19,5	2,00
18	16,3	180	70	5,1	8,7	20,7	1,94
18а	17,4	180	74	5,1	9,3	22,2	2,13
20	18,4	200	76	5,2	9,0	23,4	2,07
20а	19,8	200	80	5,2	9,7	25,2	2,28
22	21,0	220	82	5,4	9,5	26,7	2,21
22а	22,6	220	87	5,4	10,2	28,8	2,46
24	24,0	240	90	5,6	10,0	30,6	2,42
24 а	25,8	240	95	5,6	10,7	32,9	2,67
27	27,7	270	95	6,0	10,5	35,2	2,47
30	31,8	300	100	6,5	11,0	40,5	2,52
33	36,5	330	105	7,0	11,7	46,5	2,59
36	41,9	360	110	7,5	12,6	53,4	2,68
	48,3 ।	400	115	8,0	13,5	61,5	2,75
ЛИТЕРАТУРА

Аркуша А. И. Руководство к решению задач по теоретической механике,
М., «Высшая школа», 1971.

Белявский С. М. Теоретическая механика. М.» «Высшая школа», 1965.

Григорьев В. И., Мякишев Г. Я. Силы в природе. М., «Наука», 1969.

Добронравов В. В., Никитин Н. Н., Дворников А. А. Курс
теоретической механики. М., «Высшая школа», 1968.

Коган Б. Ю. Размерность физической величины. М., «Наука», 1968.

Мерзон В. И. Теоретическая механика (краткий курс). М., «Высшая школа»,
1968.

М о в н и н М. С., И з р а е л и т А. Б. Техническая механика. М., Судпром-
гиз, 1962.

Осадчий В. А., Файн А. М. Руководство к решению задач по теоре-
тической механике. М., «Высшая школа», 1966.

Тарг С. М. Краткий курс теоретической механики. М., Физматгиз, 1963.

X а й к и н С. Э. Физические основы механики. М., Физматгиз, 1963.

Чертов А. Г. Международная система единиц измерений. М., «Высшая
школа», 1967.

Фей ма н Р., Л е й т о н Р., С э н д с М. Феймановские лекции по физике.
Т. I. Современная наука о природе, Законы механики. М., «Мир», 1967.
ОГЛАВЛЕНИЕ

Предисловие............................................................... 3

Введение.................................................................. 4

Системы единиц физических величин......................................... 7

Контрольные вопросы...................................................... 14

Раздел первый. Статика

Глава 1. Плоская система сходящихся сил.................................. 21

§ 1.	Сложение двух сил, сходящихся в точке.............................. 21

§ 2.	Разложение силы на две составляющие ............................... 22

§ 3.	Сложение нескольких сил, сходящихся в точке и лежащих в одной
плоскости.............................................................. 24

§ 4.	Геометрическое и аналитическое условия равновесия системы сходя-
щихся сил.............................................................. 27

§ 5.	Стержневые системы с идеальными шарнирами.......................... 34

§ 6.	Теорема о равновесии трех непараллельных сил....................... 37

Глава 2. Пара сил......................................................   40

Глава 3. Плоская система произвольно расположенных сил................... 44

§ 7.	Приведение плоской системы сил к данному центру. Теорема	Вариньона	44

§ 8.	Сложение плоской системы параллельных сил...................... 47

§ 9.	Уравнения равновесия плоской системы сил....................... 50

§ 10.	Степени свободы. Нагрузки. Опорные устройства балочных систем	.	...	51

§11.	Решение задач на произвольную плоскую систему сил.............. 54

§ 12.	Равновесие системы сочлененных тел............................. 62

§ 13.	Связи с трением ................................................... 68

Глава 4. Пространственная система сил ................................... 76

§ 14.	Равнодействующая пространственной системы сходящихся сил........... 76

§ 15.	Равновесие пространственной системы сходящихся сил................. 77

§ 16.	Момент силы относительно оси....................................... 80

§ 17.	Равновесие произвольной пространственной системы................... 81

§ 18.	Равновесие пространственной системы сил в каждой координатной
плоскости.............................................................. 86

§ 19.	Различные случаи нагружения редукторных валов...................... 88

Глава 5. Центр тяжести................................................... 92

§ 20.	Центр тяжести однородных тел......................................  92

§ 21.	Определение центра тяжести фигур сложной формы..................... 93

§ 22.	Устойчивость равновесия.......................................... 100

Контрольные вопросы.................................................... 105
Раздел второй. Кинематика

Глава 6. Кинематика точки........................................  ,	107

§ 23.	Естественный способ задания движения точки...................... 107

§ 24.	Координатный способ задания движения точки*..................... 113

§ 25.	Графики расстояний, скоростей и ускорений в прямолинейном движении 117

§ 26.	Использование кинематических диаграмм в технике................. 124

Глава 7. Простейшие движения твердого тела............................ 129

§ 27.	Поступательное движение.....................................     129

§ 28.	Вращательное движение........................................... 130

Глава 8. Сложное движение точки .....................................  137

Глава 9. Сложное движение твердого тела............................... 142

§ 29.	Понятие о плоскопараллельном движении. Определение скоростей
точек плоской фигуры................................................. 142

§ 30.	Определение мгновенного центра скоростей........................ 143

§ 31.	Сложение вращений вокруг параллельных осей...................... 150

§ 32.	Определение передаточных отношений простейших передач........... 153

Контрольные вопросы ..... ............................................ 161

Раздел третий. Динамика

Глава 10. Движение материальной точки................................. 165

§ 33.	Две задачи динамики материальной точки.......................... 165

§ 34.	Кинетостатика материальной точки................................ 176

Глава 11. Работа и мощность. К. п. д. механизмов и машин.............. 189

§ 35.	Работа силы . . ................................................ 189

§ 36.	Работа сил тяжести ............................................. 192

§ 37.	Работа момента силы при вращательном движении твердого тела ...	195

§ 38.	Мощность. Золотое правило механики.............................. 197

§ 39.	Коэффициент полезного действия. Последовательное и параллельное
соединения машин и механизмов........................................ 201

Глава 12. Теоремы динамики ........................................... 211

§ 40.	Теорема об изменении количества движения материальной точки ....	211

§ 41.	Теорема об изменении кинетической энергии материальной точки . . .	214

§ 42.	Связь между теоремами, принципом Германа—Эйлера—Даламбера и
основным уравнением динамики материальной точки...................... 218

§ 43.	Динамнка поступательного движения тела.......................... 221

§ 44.	Две задачи динамики вращательного движения тела................. 225

§ 45.	Теорема об изменении кинетической энергии вращающегося тела	....	231

§ 46.	Кинетическая энергия тела при плоскопараллельном движении	....	233

§ 47.	Кинетическая энергия системы тел................................ 237

§ 48.	Совместное применение нескольких теорем динамики*............... 241

Контрольные вопросы . . . ............................................ 243

Ответы иа контрольные вопросы......................................... 245

Приложение. Сортамент	прокатной стали................................. 246

Литература............................................................ 252
Осадчий Владимир Андреевич
Файн Александр Маркович

Руководство к решению задач
по теоретической механике

Редактор 3. Г. Овсянникова

Художник В. 3. Казакевич
Технический редактор С. П. Передерий

Корректор С. Ж. Алеева
Сдано в набор 6/Х 1971 г. Подп. к печати 8/11 1972 г. Формат бОХЭО’/и. Объем 16 печ. л.
Уч.-изд, л. 13,56. Изд. № От 160/70. Тираж 133 000 экз. Цена 47 коп.

План выпуска литературы (вузы и техникумы) издательства «Высшая школа»
на 1972 год. Позиция № 201.

Москва, К-51, Неглинная ул., д. 29/14,

Издательство «Высшая школа»

Ордена Трудового Красного Знамени Ленинградская типография № 1 «Печатный
Двор» имени А. М. Горького Главполиграфпрома Комитета по печати при Совете
Министров СССР, г. Ленинград, Гатчинская ул.» 26. Зак. 481-