МИНИСТЕРСТВО ВЫСШЕГО И СРЕДНЕГО
СПЕЦИАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ СССР •
Утверждено
Учебно-методическим управлением
по высшему образованию
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ
МЕХАНИКА
МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ
И КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАНИЯ
для студентов-заочников теплоэнергетических* горных*
металлургических* электроприборостроеиин и автоматизации
и технологических специальностей, п также специальностей
геологических, электротехнических* электронной техники
и автоматики* химико-технологических и ииженерно-экоионических
высших учебных заведений
Издание третье
ПОД РЕДАКЦИЕЙ ПРОЗ». С’. М. ТАРГД
МОСКВА „ВЫСШАЯ ШКОЛА- 1983
ББК 22.21
тзз
УДК 531.8 ‘
Теоретическая механика. Методические указания
ТЗЗ и контрольные задания для студентов-заочников теп-
лоэнергетических. горных, металлургических, электро-
приборостросиня и автоматизации и технологических
специальностей, а также специальностей геологических,
электротехнических, электронной техники и автомати-
ки, химико-технологических и инженерно-экономиче-
ских высших учебных заведеяий/Под ред. проф. С. М.
Тарга.—3-е изд. — 64 с. М.: Высш, школа, 1983.
Авт.: Л. И. Котова, Р. И. Надеева, С. М. Тарг, В. Л. Цывклъ-
скнЙ. И. М. Шмарооа.
Ю к.
ББК 22.21
63|(07)
ф Нзлатсльсны .Нынпаи шюмнг*, IV81
МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ
В курсе теоретической механики студенты изучают три ее раздела: ста-
тику. кинематику и динамику.
I.	Для изучения курса необходимо иметь соответствующую математиче-
скую подготовку. Во всех разделах курса, начиная со статики, широко .ис-
пользуется векторная алгебра. Необходимо уметь вычислять проекции векто-
ров на координатные оси, находить геометрически (построением векторного
треугольника или многоугольника) и аналитически (по проекциям на коорди-
натные осн) сумму векторов, вычислять скалярное и векторное произведения
двух векторов и знать свойства этих произведений, а в кинематике и динами-
ке — дифференцировать векторы. Надо таиже уметь свободно пользоваться
системой прямоугольных декартовых координат на плоскости и в пространстве,
знать, что такое единичные векторы (орты) этих осей и как выражаются
составляющие вектора по координатным осям с иомощью ортов.
Для изучения кинематики надо совершенно свободно уметь дифференци-
ровать функции одного переменного, строить графики этих' функций, быть
знакомым с понятиями о естественном трехграннике, кривизне кривой и ра-
диусе кривизны, знать основы теории кривых 2-го порядка, изучаемой в ана-
литической геометрии.
Для изучения динамики надо уметь находить интегралы (неопределенные
и определенные) от простейших функций, вычислять частные производные
и полный дифференциал функций нескольких переменных, а также уметь
интегрировать дифференциальные уравнения t-го порядка с- разделяющимися
переменными и линейные дифференциальные уравнения 2-го порядка (одно-
родные и неоднородные) с постоянными коэффициентами.
2.	При изучении материала курса по учебнику нужно прежде всего уяс-
нить существо каждого излагаемого там вопроса. Главное —это понять
изложенное в учебнике, а не .заучить*.
Изучать материал рекомендуется по темам (пунктам приводимой ниже
программы) или по главам (параграфам) учебника. Сначала следует прочитать
весь материал темы (параграфа), особенно не задерживаясь на том, что
показалось не совсем понятным; часто это становится понятным из последующе-
го. Затем надо вернуться к местам, вызвавшим затруднения, и внимательно
разобраться в том, что было неясно. Особое внимание при повторном чтении
обратите на формулировки соответствующих определений, теорем и т. п. (они
обычно бывают набраны в учебнике курсивом или разрядкой); в точных фор-
мулировках. как правило, бывает существенно каждое слово п очень полезно
понять, почему данное положение сформулировано именно так. Однако не
следует стараться заучивать формулировки; важно понять их смысл и уметь
изложить результат своими словами.
Необходимо также понять ход всех доказательств (в механике они обычно
не сложны) и разобраться в их деталях. Доказательства надо уметь воспроиз-
водить самостоятельно, что не трудно сделать, ионяв идею доказательства;
пытаться просто их .заучивать" не следует, никакой пользы это не принесет.
Закончив изучение темы, полезно составить краткий конспект, по возмож-
ности не заглядывая в учебник.
При изучении курса особое внимание следует уделить приобретению
навыков решения задач. Для этого, изучив материал данной темы, надо снача-
ла обязательно разобраться в решениях соответствующих задач,, которые
приводятся в учебнике, обратив особое внимание иа методические указания
3
по их решению. Затем постарайтесь решить самостоятельно несколько анало-
гичных задач из сборника задач И. В. Мещерского и после этого решите
соответствующую задачу из контрольного задания.
3.	Закончив изучение темы, нужно проверить, можете ли вы дать ответ
на все вопросы программы курса по этой теме (осуществить самопроверку>.
Поскольку все вопросы, которые должны быть изучены и усвоены, в про-
грамме перечислены достаточно подробно, дополнительные вопросы для само-
проверки здесь не приводятся. Однако очень полезно составить перечень
таких вопросов самостоятельно (в отдельной тетради) следующим образом.
Начав изучение очередной темы программы, выписать сначала в тетради
последовательно все перечисленные в программе вопросы этой темы, оставив
справа широкую колонку (поле). При этом если, например, в программе ска-
зано «Условия равновесия пространственной и плоской систем сходящихся
сил*, то следует записать отдельно вопросы .Условия равновесия пространст-
венной системы сходящихся сил" it .Условия равновесия плоской системы
сходящихся сил' и т. и.	• *		•
 Затем по мере изучения -материала темы (чтения учебника) следует
в правой колонке указать страницу учебника, на которой излагается соответст-
вующий вопрос, а также номер формулы или уравнения (уравнений), которые
выражают ответ иа вопрос математически. В результате в данной тетради
будет полный перечень вопросов для самопроверки, который можно использо-
вать и при подготовке к экзамену. Кроме того, ответив па вопрос или написав
соответствующую формулу (уравнение), вы можете по учебнику быстро про-
верить, правильно ли это сделано, если в правильности своего ответа сомне-
ваетесь. Наконец, по тетради -с такими вопросами вы можете установить, весь
ли материал, предусмотренный программой, вами изучен (если изучен весь
материал, то вротнв каждого вопроса в правой колонке будет указана соот-
ветствующая страница учебника).
Следует иметь в виду, что в различных учебниках материал может изла-
гаться в разной последовательности. Поэтому ответ иа какой-нибудь вопрос
ланной темы может оказаться в другой главе учебника. Например, и статике
теорема о приведении системы сил к центру может быть дала сразу для
произвольной системы сил (как указано в программе), а может быть лапа
сначала для плоской системы сил. а потом для произвольной и т. п.
• Таким образом, изучая -материал по одному из рекомендованных учебни-
ков, вы можете сначала получить ответы только иа часть вопросов какой-
нибудь темы, а 'ответы на остальные вопросы этой темы получить позже.
Конечно, на изучении курса в целом это никак ие скажется.
Указания по выполнению контрольных -заданий приводятся ниже (после
рабочей программы). Их надо прочитать обязательно и ими руководствовать-
ся. Кроме того, к каждой задаче даются конкретные методические указания
по ее решению и приводится пример решения.
РАБОЧАЯ ПРОГРАММА* "
Студенты тех специальностей, в учебные планы (графики) которых входят
три контрольных задания по теоретической механике, изучают весь мате-
риал данной программы. Студенты специальностей» в учебные планы (графи-
ки) которых входят два контрольных задании, вопросы или пункты про-
граммы, заключенные в скобки, изучать не должны.
• Составлена на основе программ по теоретической механике, утвержден-
ных Учебно-методическим управлением по нысшему образованию IH февраля
1976 г. По решению кафедры для отдельных специальностей it рабочую про-
грамму могут включаться дополнительные вопросы, перечень которых должен
быть сообщен студентам.
4
ВВЕДЕНИЕ
Механическое движение как одна из форм движения материи. Предмет
механики. Теоретическая механика н се мести средн естественных и техниче-
ских наук. Механика как теоретическая база ряда областей современной тех-
ники. Объективный характер законов механики. Основные исторические этапы
развития механики. Перспективы развития механики в свете решений XXVi
съезда КПСС.
СТАТИКА ТВЕРДОГО ТЕЛА
Основные понятия и аксиомы статики. Предмет статики. Основные
понятия статики: абсолютно твердое тело, сила, эквивалентные и уравновешен-
ные системы сил, равнодействующая, силы внешние и внутренние. Аксиомы
статики. Связи к реакции связей. Основные виды связей: гладкая плоскость
li.ni поверхность, гладкая опора, гибкая нить, цилиндрический и сферический
шарниры, невесомый стержень: реакции этих связей.
Система сходяшихся сил. Геометрический и аналитический способы
сложения сил. Сходящиеся силы. Равнодействующая сходящихся сил. Геомет-
рическое условие равновесия системы сходящихся сил. Аналитические условия
равновесия пространственной и плоской систем сходящихся сил. (Теорема
о равновесии трех непараллельных сил).
Теория пар сил. Момент силы относительно точки (центра) как вектор.
Понятие о паре сил. Момент пары сил как вектор. Теоремы об эквивалентно-
сти пар. Сложение пар сил. произвольно расположенных в пространстве.
(Условия равновесия системы пар сил).
Приведение произвольной системы сил к данному центру. Теорема
о параллельном переносе силы. Основная теорема статики о приведении сис-
темы сил к данному центру. Главный вектор и главный момент системы сил.
Система сил, произвольно расположенных на плоскости (плоская
система сил.) Алгебраическая величина момента силы. (Вычисление главного
вектора и главного момента плоской системы сил. Частные случаи приведения
плоской системы сил: приведение к паре сил. к равнодействующей и случай
равновесия). Аналитические условия равновесия плоской системы сил. Усло-
вия равновесия плоской системы параллельных сия. Теорема Вариньона
о моменте равнодействующей. Рапнонеснс системы тел. (Статически опреде-
лимые и статически неопределимые системы. Равновесие при наличии сил
трения.)
Система сил, произвольно расположенных в пространстве (простран-
ствен пая система сил). Момент силы относительно оси. Зависимость между
моментами силы относительно центра и относительно оси. проходящей через
этот центр. (Аналитические формулы для вычисления моментов силы относи-
тельно трех координатных осей. Вычисление главного вектора и главного мо-
мента пространственной системы сил.) Аналитические условия равновесия
произвольной пространственной системы сил. Условия равновесия простран-
ственной системы параллельных сил.
Центр тяжести. Центр тяжести твердого тела и его координаты. Центр
тяжести объема, площади и линии. Способы определения положения центров
тяжести тел.
КИНЕМАТИКА
Введение в кинематику. Предмет кинематики. Пространство и время
в классической механике. Относительность механического движения. Система
отсчета. Задачи кинематики.
Кинематика точки. Векторный способ задания движения точки. Траектория
точки. Скорость точки как производная от ее радиуса-вектора по времени.
Ускорение точки как производная от вектора скорости по времени. Коорди-
натный способ задания движения точки в прямоугольных декартовых коорди-
натах. Определение траектории точки. Определение скорости н ускорения
точки по их проекциям на координатные оси.
б
Естественный способ задания движения точки. Оси естественного трех-
гранника. Алгебраическая величина скорости точки. Определение ускорения
точки по его проекциям на осн естественного трехгранника: касательное
и нормальное ускорения точки.
Кинематика твердого тела
Поступательное и вращательное движения твердого тела. Поступа-
тельное движение'твердого тела. Теорема о траекториях, скоростях и ускоре-
ниях точек твердого тела при поступательном движении. Вращение твердого
тела вокруг неподвижной осн. Уравнение (закон) вращательного движения
твердого тела. Угловая скорость и угловое ускорение тела. Скорость и уско-
рение точки твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной осн. Вектор
угловой скорости тела. Выражение скорости точки вращающегося тела в виде
векторного произведения.
Плоскопараллельное (плоское) движение твердого тела. Плоское дви-
жение твердого тела и движение плоской фигуры в ее плоскости. Уравнения
движения плоской фигуры. Разложение движения плоской фигуры на посту-
пательное вместе с полюсом и вращательное вокруг полюса: независимость
угловой скорости фигуры от выбора полюса. Определение скорости любой
точки фгиуры как геометрической суммы скорости полюса и скорости этой
точки при вращении фигуры вокруг полюса. Теорема о в рое кин я х скоростей
двух точек фигуры (тела). Мгновенный центр скоростей. Определение скорос-
тей точек плоской фигуры с помощью мгновенного центра скоростей.
Сложное (составное) движение точки. Абсолютное и относительное
движения точки; переносное движение. Теорема о сложении скоростей. Тео-
рема о сложении ускорений при переносном поступательном и переносном
вращательном движениях: кориолисово ускорение к его вычисление.
ДИНАМИКА
Введение в динамику. Предмет динамики. Основные понятия и опреде-
ления: масса, материальная точка, сила. Законы механика Галилея — Ньютона.
Инерциальная система отсчета. Задачи динамики.
Динамика точки. Дифференциальные уравнения движения свободной
п несвободной материальной точки в декартовых координатах., (Уравнения
движения материальной точки в проекциях на оси естественного трехгранни-
ка.) Две основные задачи двпамнки для материальной точки. Решение первой
задачи динамики.
Решение второй задачи динамики. Начальные условия. Постоянные интег-
рирования и их определение по начальным условиям. Примеры интегрирова-
ния дифференциальных уравнений движения точки в случаях силы, зависящей
от времени, от положения точки и от ее скорости.
Относительное движение материальной точки. Дифференциальные
уравнения относительного движения материальной точки; переносная и корио-
лисова силы инерции. Принцип относительности классической механики Слу-
чай относительного покоя.
Прямолинейные колебания точки. Свободные колебания материальной
точки под действием восстанавливающей силы, пропорциональной расстоянию от
центра колебаний. Амплитуда, начальная фаза, частота и нерио.г колебаний.
Затухающие колебания материальной точки при сопротивлении, пропорцио-
нальном скорости; период этих колебаний, декремент колебаний.. Вынужден-
ные колебания точки при гармонической возмущающей силе и сопротивлении,
пропорциональном скорости. Р.езонанс.
Введение в динамику механической системы. Механическая система.
Классификация сил, действующих на систему: силы активные (задаваемые)
и реакции связей; силы внешние и внутренние. Свойства внутренних сил.
Масса системы. Центр масс; радиус-вектор и координаты центра масс.
Момент инерции. Момент инерции твердого тела относительно осн; ра-
диус инерции. Теорема о моментах инерции тела относительно параллельных
6
осей. Примеры вычисления моментов инерцию моменты инерции однородного
тонкого стержни, тонкого круглого кольца или полого цилиндра, круглого
диска или сплошного круглого цилиндра.
Общие теоремы динамики
Теорема о движении центра масс. Дифференциальные уравнения дви-
жения механической системы. Теорема о движении центра масс механической
системы. Закон сохранения движения центра масс.
Теорема об изменении количества движения. Количество движения
материальной точки. Элементарный импульс силы. Импульс силы за конечный
промежуток времени. Теорема об изменении количества движения точки
в дифференциальной и в конечной формах.
Количество движения механической системы; его выражение через массу
системы и скорость ее центра масс. Теорема об изменении количества движе-
ния механической системы в дифференциальной и в конечной формах. Закон
сохранения количества движения механической системы.
Теорема об изменении момента количества движения. Момент коли-
чества движения материальной точки относительно центра и относительно •
осн. Теорема об изменении момента количества движения точки. (Сохранение
момента количества движения точки в случае центральной силы; закон пло-
щадей.)
Главный момент количеств движения или кинетический момент механиче-
ской системы относительно центра и относительно оси. Кинетический момент
вращающегося твердого тела относительно осн вращения. Теорема об измене-
нии кинетического момента механической системы. Закон сохранения кине-
тического момента механической системы.
Дифференциальное уравнение вращательного движения твердого тела
вокруг неподвижной оси.
Теорема об изменении кинетической энергии. Кинетическая энергия
материальной точки. Элементарная работа силы; аналитическое выражение
элементарной работы. Работа силы иа конечном перемещении точки ее прило-
жения. Работа силы тяжести, силы упругости и силы тяготения. Мощность.
Теорема об изменении кинетической энергии точки.
Кинетическая энергия механической системы. Кинетическая энергия твер-,
дого тела при поступательном движении, при врашенни нокруг неподвижной
оси и при плоскопараллельном движении тела, теорема об изменении кинети-
ческой энергии механической системы. Равенство нулю суммы работ внутрен-
них сил в твердом теле. Работа и мощность сил, приложенных к твердому
телу, вращающемуся вокруг неподвижной оси.
Принцип Даламбера. Сила инерции материальной точки. Принцип Дв-
ламбера для материальной точки и механической системы.
Принцип возможных перемещений и общее уравнение динамики.
(Возможные или виртуальные перемещения точки и механической системы.
Число степеней свободы системы. Идеальные связи. Принцип возможных
перемещений. Общее уравнение динамики.)
Уравнения Лагранжа. Обобщенные координаты системы; обобщенные
скорости. Выражение элементарной работы в обобщенных координатах. Обоб-
щенные силы и их вычисление. Дифференциальные уравнения движения сис-
темы в обобщенных координатах или уравнения Лагранжа 2-го рода.
ЛИТЕРАТУРА
Основная
Воронков И. М. Курс теоретической механики. — М„ 1954 н последую-
щие издания.
Гериет М. М. Курс теоретической механики. — М., 1970 и последующие
издания.
7
Тарг С. М. Краткий курс теоретической механики. 3-е изл. — М.» 1963
и последующие издания.
Мещерский И. В. Сборник задач ио теоретической механике,—М„ 1952
и последующие издания.
Дополнительная
Айзенберг Т. Б., Воронков И. М., Осецкий В. М. Руководство к ре-
шению задач по теоретической механике.— М.» 1965 и последующие издания.
Бать М. II., Джанелидзе Г. Ю., Кельзои А. С. Теоретическая механика
в примерах и задачах. Ч. I. II. — М., 1961 и последующие издания.
Бутеиии Н. В., Луин Я. Л., Меркни Д. Р. Курс теоретической механики,
Т. 1, 2. — М., 1970, 1971 и последующие издания.
Добронравов В. В., Никитин Н. Н.» Дворников А. Л. Курс теоретиче-
ской механики. — А!.. 1966 и последующие издания.
Яблонский А. А., Никифорова В. М. Курс теоретической механики.
4.1.	— М„ |962 и последующие издания.
Яблонский А. А. Курс теоретической механики. Ч.Н.— А!.. 1962 и по-
следующие издания.
Сборник задач для курсовых работ по теоретической меха нике/Пол |*д.
А. А. Яблонского.—М., 1972 и последующие издания. (Содержит примеры
решения задач.)
КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАНИЯ
содержание заданий, выбор вариантов,
порядок ВЫПОЛНЕНИЯ РАБОТ,
ОБЩИЕ ПОЯСНЕНИЯ К ТЕКСТУ ЗАДАЧ
У студентов, которые по учебному плану (графику) выполняют три
контрольных задания (три работы), содержание задании следующее;
задание I (статика и кинематика) — задачи С2, СЗ, KI. К2, КЗ;
задание 2 (динамика) — задачи Д1, Д2, ДЗ, Д4;
задание 3 (динамика) — задачи Д5. Д6, Д7. Д8.
У студентов, которые но учебному плану (графику) выполняют два ко нт-»
рольных задания (две работы), содержание заданий следующее:
задание 1 (статика и кинематика)—задачи С1, СЗ, 1(1, К2, КЗ;
задание 2 (динамика) — задачи Д1, ДЗ, Д4, Д5, Д9.
К каждой задаче дается 10 рисунков и таблица (с тем же номером, что
и задача), содержащая дополнительные к тексту задачи условия. Нумерация
рисунков двойная, при этом номером рисунка является цифра, стоящая после
точки. Например,-рис. CI.4— это рис. 4 к задаче С1 и т. д. (в тексте задачи
при повторных ссылках на рисунок пишется просто рис. 4 и т. д.). Номера
условий от 0 до 9 проставлены в 1-м столбце (или в 1-й строке) таблицы.
Студент во всех задачах выбирает номер рисунка по предпоследней
цифре шифра, а номер условия в таблице — по последней; например, если
шифр оканчивается числом 46, то берутся рис. 4 и условия № б из таблицы.
Каждое задание выполняется в отдельной тет’ради (ученической), страницы
которой нумеруются. На обложке указываются: название дисциплины, номер
работы, фамилия к инициалы студента, учебный шифр, факультет, специаль-
ность н адрес. На пераой странице тетради записываются; номер работы,
номера решаемых задач и год издания контрольных заданий.
Решение каждой вадачн обязательно начинать на развороте тетрад»
(на четной странице, начиная со второй, иначе работу трудно проверять).
Сверху указывается номер, задачи, далее делается чертеж (можно карандашом)
и записывается, что в задаче дано и что требуется определить (текст задач»
не переписывать). Чертеж выполняется с учетом условий решаемого ва-
рианта задачи; на нем все углы, действующие силы, число тел и их распо-
8
ложенне на чертеже должны соответствовать этим условиям. В результате
d целом ряде задач чертеж получится более простой, чем обшиб.
Чертеж должен быть аккуратным и наглядным, а его размеры должны
позволять ясно показать все силы или векторы скорости и ускорения и др.;
показывать все эти векторы и координатные оси на чертеже, а также указы-
вать единицы измерения получаемых величин нужно обязательно. Решение
задач необходимо сопровождать краткими пояснениями (какие формулы или
теоремы применяются, откуда получаются те или иные результаты и т. п.)
и подробно излагать весь ход расчетов. На каждой странице следует
оставлять поля для замечаний рецензента.
Работы, ие отвечающие всем перечисленным требованиям, прове-
риться не будут и будут возвращаться для переделки.
К работе, высылаемой иа повторную проверку (если она выполнена
в другой тетради), должна обязательно прилагаться иезачтениая работа. На
экзамене необходимо представить зачтенные по данному разделу курса рабо-
ты, в которых все отмеченные рецензентом погрешности должны быть ис-
правлены.
При чтении текста каждой задачи учесть следующее. Большинство рисун-
ков дано без соблюдения масштаба. На рисунках к задачам CI—СЗ и Д1—Д9
все липин, параллельные строкам, считаются горизонтальными, а перпендику-
лярные строкам — вертикальными и это в тексте задач специально ле огова-
ривается. Также без оговорок считается, что все нити (веревки, тросы) явля-
ются нерастяжимымк н невесомыми, нити, перекинутые через блок, по блоку
не скользят, катки и колеса (в кинематике и динамике) катятся по плоскостям
без скольжения. Все связи, если не сделано других оговорок, считаются
идеальными.
Когда тела на рисунке пронумерованы, то в тексте задач и в таблице
Pt, 1Ъ rt п т. п. означают вес или размеры тела /, A, h. г*— тела 2 и т. д.
Аналогично в кинематике и динамике vB. ав обозначают скорость и уско-
рение точки В, vc, —точки С‘ <i>1( е, — угловую скорость и угловое уско-
рение тела 1, <о2, в2—тела 2 и т. д. В каждой задаче подобные обозначения
могут тоже специально не оговариваться.
Следует также иметь в виду, что некоторые из заданных в условиях
задачи величин (размеров) при решении каких-нибудь вариантов могут ие по-
надобиться, они нужны для решения других вариантов задачи. Из всех пояс-
нений в тексте задачи обращайте внимание только иа относящиеся к вашему
варианту, т. е. к номеру вашего рисунка или вашего условия в таблице.
Методические указания по решению задач, входящих в контрольные за-
дания. даются для каждой задачи после изложения ее текста пол рубрикой
.Указания"; затем дается пример решения аналогичной задачи. Цель приме-
ра— разъяснить ход решения, но не воспроизвести его полностью. Поэтому
в ряде случаев промежуточные расчеты опускаются. Но при выполнении
задания все преобразования и числовые расчеты должны быть обяза-
тельно последовательно проделаны с необходимыми пояснениями* в кон-
це должны быть даны ответы.
ЗАДАЧИ К КОНТРОЛЬНЫМ ЗАДАНИЯМ
СТАТИКА
Задача С1
Жесткая рама (рис. С 1.0—С 1.9, табл. С1) закреплена в точке А шарнир-
но, а в точке В прикреплена или к невесомому стержню ВВЬ млн к шарнир-
ной опоре на катках; стержень прикреплен к раме и к неподвижной опоре
шарнирами.
На раму действуют пара сил с моментом Л1 = С0 Н-м и две силы, вели-
чины которых, направления к точки приложения указаны в таблице (например,
2 546	9
в условиях № 1 па раму действуют сила Fj = 10 Н под углом 30° к горизон-
тальной осн, приложенная в точке К, и сила F* = 40 Н под углом 60° к гори-
зонтальной оси, приложенная в точке /7).
Определить реакции связей в точках Л и В» вызываемые заданными на-
грузками. При окончательных подсчетах принять I = 0.5 м.
Указания. Задача С1—иа равновесие тела под действием плоской сис-
темы сил. Составляя уравнения равновесия, учесть, что уравнение моментов
будет более простым (содержать меньше неизвестных), если брать моменты
относительно точки, где пересекаются линии действия двух реакций связен
(в данном случае относительно точки Л). При _вычисленни момента силы Г
часто удобно разложить ее иа составляющие Г' и F*. для которых плечи
легко вычисляются, в частности иа составляющие, параллельные^коордниа^гным
осям, и воспользоваться теоремой Варипьона; тогда mo(F)= -Ь
+ п»о(Г).
10
Рис. С 1.3
Рис. С1.4
Рис. С1.5
Рис. С 1.6
Рис. С1.9
Пример CI. Жесткая пластина
ABCD (рис. С!) имеет в точке Л
неподвижную шарнирную опору, а в
точке В — подвижную шарнирную
опору на катках. Все действующие
нагрузки и размеры показаны на
рисунке.
Дано: F=25 кН, « = 60°, Р —
= 18 кН. 7 = 75°. Л1=50 кН • м,
р = 30°. / = 0.5 м.
Определить: реакции в точ-
ках Ал В, вызываемые действую-
щими нагрузками.
Решение. 1. Рассмотрим равновесие
пластины. Проэедем координатные
Рис. С1
II
оси ху и изобразим действующие на пластину силы: силу F, пару сил с мо-
ментом М, натяжение троса Т (по модулю Т ~Р) и реакции связей Лд,
Рв (реакцию неподвижной шарнирной опоры А изображаем двумя ее состав-
ляющими, реакция шарнирной опоры па катках направлена перпендикулярно
опорной плоскости).
2. Для полученной плоской системы^снл составим три уравнения равнове-
сия. При вычислении момента силы F относительно точки А воспользуемся
теоремой Варипьона, т. е. разложим силу F на_составляющие F7, F" (F' =
= Feos a, F” = Fsln а) и учтем, что mA (F) = тА (F')+mA (/"). Получим:
Fbx — О, ХА 4- RB sin3 — Feos а 4- 7" sin -у =0,	(|)
2	“0, Уд 4- cos 3 4- f sin в — Тcos -у = 0,	(2)
(F,)-0. M-RB cos 3 . 41 4- F cos а - 2/ —
— Fslna • 3/— Fsln y • 2/— 0.	(3)
Подставив в составленные уравнения числовые значения заданных величин
и решив эти уравнения, определим искомые реакции.
Ответ: ХА = — 8,5 кН. УА = — 23,3 кН. /?в=7,3 кН. Знаки указывают,
что силы Хл и Fa направлены противоположно показанным на рис. С1.
Задача С2
Однородные брусья АС весом Р, — 15 Н и BD (или ВС) весом Р-,~ 25 II
расположены в вертикальной плоскости (рис. С2.0 — С2.9, табл. С2). В точке
С брусья или свободно опираются друг о друга (рис. 0—5), или соединены
шарниром (рис. 6— 9). Внешними связями являются шарнир в точке Д неве-
сомый стержень шарнир в точке В (па рис. 0 — 5), выступ Ff (на рис. 6)
п гладкая плоскость (на рис. 7— 9 в точке В).
На брусья кроме сил тяжести действуют пара сил с моментом М —
= 50 Н • м и сила, величина которой, направление и точка приложения указа-
ны в табл. С2 (например, по условиям № I таблицы на брус действует сила
F3 = 20 Н, приложенная в точке Е и направленная пол углом а-2 = 30'' к гори-
зонтальной оси).
Определить реакции связей в точках А, В, С к К (на рис. б в точках Л,
С,Кп И). При окончательных расчетах принять ( = 0.2 м.
Указания. Задача С2— на равновесие системы двух тел (брусьев),'нахо-
дящихся под действием плоской системы сил. Задачу можно решать двумя
путями. Первый: расчленить систему и рассмотреть равновесие каждого из
брусьев в отдельности, составив для каждого бруса три уравнения равновесия
и учтя .при изображении реакций в точке С закон о равенстве действия
п противодействия. Второй: - сначала рассмотреть равновесие всей системы,
составив для нее три уравнения равновесия, а затем расчленить систему
м рассмотреть равновесие одного из брусьев, составив для него тоже три
уравнения равновесия (см. еще указания к задаче С1).
12
Таблица С2
Рис. С2.0
Рис. С2.2
Рис. С2.1
13
Рис. С2.5
Рис. С2.6
Рис. С2
Пример С2. Однородные брусья АС и BD лесом соответственно Pt н Р^
расположены в вертикальной плоскости (рис. С2. а). Брусья свободно опира-
ются Друг «» Друга в точке С, а в точках А н В имеют неподвижные шарнир-
ные опоры; в точке К брус BD закреплен невесомым стержнем КК,. Все
ма< ручки. размеры и величины углов показаны па рисунке.
Дано: Г, = 15 И. А = 25 Н. М « 20 Н  м. F- 30 Н. I = 0.2 м.
Определить: реакции связей в точках Д В, С и К.
Решение. 1. Расчленим систему на две части и рассмотрим сначала рав-
новесие бруса АС (рис. С2.6). Проведем координатные оси и изобразим
денетвуинине на брус АС силы: силу тяжести Pt, пару сил с моментом М,
реакция связен ~ХА. Рд. Кс (реакцию неподвижной шарнирной опоры А изо-
И
бражаем двумя ее составляющими, реакция Rc направлена перпендикулярно
брусу В Г)).
Для полученной плоской системы сил составим три уравнения равновесие:
3^»х-0. ХА — Rc Sin 60°-о,	(I)
V Г*у =0, ГЛ - Pt 4- Rc cos 60° = 0.	<2)
Л) “ °* м~А • 3Z sin Ж— Rc • 6/ sin 30е - О.	<3)
2. Теперь рассмотрим равновесие бруса BD (рис. С2,я). На него действу-
ют сила тяжести Р3, сила F, реакции внешних связей Хв. YB. R# и давление
Rc со стороны бруса АС. которое на основании равенства действия и проти-
водействия направлено противоположно силе 7?^.
Для полученной плоской системы сил тоже составим три уравнения рав-
новесия:
2 Fftjr -0, Хв 4- R'c sin 60° — RK — Feos 15е - 0,	(4)
2	- 0, YB — R'c cos 60° — Pt 4- Fsln 15° - 0,	(5)
S mB - °. — R'c- 41 cos 60“ 4-	• 6Z sin 60° +
+ F • 81 sin 75° - 0.	(6)
Решив систему уравнений (I) — (6) и учтя при этом, что численно /?£—
= Рс. найдем искомые реакции.
Ответ: ХА = 22.4 Н. Гд - 2.1 Н, А'в—18,5 Н, YB - 30.1 Н. Rc =
= 25,8 Н, RK - - 25,1 Н,
Из полученных результатов видно, что силы Хв и R* направлены проти-
воположно показанным па рис. С2, в.
Задача СЗ
Однородная прямоугольная плита весом P=’3 кН со сторонами АВ = 3/
ВС — 21 закреплена в точке А сферическим шарниром, а в точке В цилинд-
рическим шарниром (подшипником) и удерживается в равновесии невесомым
.стержнем СС' (рис. СЗ.О—С3.9).
На плиту действуют пара сил с моментом М — 5 кН-ы. лежащая в плос-
кости плиты, я две силы. Величины этих сил. их направления и точки прило-
жения указаны в табл. СЗ; прн этом силы и Г, лежат в плоскостях, парал-
лельных плоскости ху, сила Fa—в плоскости, параллельной jcr. и сила F3 —
в плоскости, параллельной ух. Точки приложения сил (D, Е, Ну находятся
в серединах сторон плиты.
Определить реакции связей в точках А, В и С. При подсчетах принять
(=0.8 м.
Указания. Задача СЗ — па равновесие тела под действием пространствен-
ной системы сил. Прн ее решении учесть, что реакция сферического шарнира
(или подпятника) имеет три составляющие, а реакции цилиндрического шар-
нира (подшипника) — две составляющие, лежащие в плоскости, перпендику-
лярной оси шарнира. При вычислении моментов силы F тоже часто удобно
разложить ее на составляющие F' и F* параллельные координатным осям!
тогда по теореме Варпньона тл (F) — тх (F'} 4- тл (F’y и т. д.
15
Таблица СЗ
16
Рис. С3.6
Рис. С3.7
Рис. С3.8
Рис. С3.9
Пример СЗ. Вертикальная прямоугольная плита весом Р (рис. СЗ) закреп-
лена сферическим шарниром в точке Л. цилиндрическим (полип шпик ом) в точке
В и невесомым стержнем DD', лежащим в плоскости, параллельно:') плоскос-
ти уг. На плиту действуют сила (в плоскос-
ти хг), сила Аа (параллельная осн у) н пара сил
с моментом М (в плоскости плиты).
Дано: Р = 5 кН. Л1 = 3 к|1«м. F. —6 кН,
К = 7,5 кН. а - 30? АВ = 1 м, ВС - 2 м. С£ =
- 0.5 АВ, ВК = 0,5 ВС.
Определить: реакции опор А, В и
стержня DD’.
Решение. 1. Рассмотрим равновеснеплнты.
На нее действуют заданные силы Р, и па-
ра сил с моментом А1, а также реакции связей.
Реакцию сферического шарнира разложим на
три составляющие ХА, УА, ZA, цилиндрического
(подшипника) — на две составляющие ~YH, ZB
(в плоскости, перпендикулярной оси подшипни-
ка), реакцию Л' стержня направим вдоль стерж-
ня, предполагая, что он растянут.
2. Для определения шести неизвестных реак-
ций составляем шесть уравнений равновесия
действующей на плиту пространственной систе-
Рис. СЗ
мы сил:
У, P/tx — 0. ХА -р * cos а — 0,	(I)
2	- 0. УА + ув д. Л’з— Wcos 75° - о,	(2)
2	“ 0» % А + ZB — N sin 75ф + Л sin в — 0,	(3)
3 S45
17
Z (F*) - 0. — ra • BK + N cos 75°  BC - 0,	(4).
Z my — 0. P /? cos a . R(J _ S|n a .	—
— %a • AB 4- N sin 75° • AB 4- M — 0,	(5)
2 mx (/>) =0, Ya • AB — N cos 75° • AB - 0.	(6)
Для определения момента силы Fi относительно оси у разлагаем р, на
составляющие F' и f* параллельные осям х и z (F'  Ft cos a, F’ /-'jSlna)
н применяем теорему Варнньона (см._указання). Аналогично можно поступить
при определении моментов реакции N.
Подставив в составленные уравнения числовые значения всех заданных
величин и решив затем эти уравнения, найдем, чему равны искомые реакции.
О т в е Т: Лд = — 5,2 кН, УА - 3,8 кН.ZA - 28,4 кН, Ув - — 7,5 кН. ZB -
“— 12,4 кН, N — 14,5 кН. Знаки указывают, что силы ХА, Ув и ZB направ-
лены противоположно показанным на рис. СЗ.
КИНЕМАТИКА
Задача К1
Точка В движется в плоскости ху (рис. К1.0—К1.9» табл. Ki; траектория
точки па рисунках показана условно). Закон движения точки задан уравне-
ниями х — ЛК), у—/И0, гле ли у выражены в сантиметрах, t—в секундах.
Найти уравнение траектории точки; для момента времени ft = I с опре-
делить скорость и ускорение точки; а также ее касательное и нормальное
ускорения и радиус кривизны в соответствующей точке траектории.
Зависимость x—/j(Z) указана непосредственно на рисунках, а зависимость
у»/2(() дана в табл. KI (для рис. 0—2 в столбце 2, дли рнс. 3—С в столбце
3. для рис. 7—9 в столбце 4). Как и в задачах Ci—С5, номер рисунка выби-
рается по предпоследней цифре шифра; а номер условия в табл. К1—по
последней.
Указания. Задача К! относится к кинематике точки и решается с помощью
формул, по которым определяются скорость и ускорение точки в декартовых
координатах (координатный способ задания движения точки), а также формул,
по которым определяются касательное и нормальное ускорения точки.
В данной задаче все искомые величины нужно определить только для
момента времени - 1 с. В некоторых вариантах задачи при определении
траектории или при последующих расчетах (для их упрощения) следует учесть
известные из тригонометрии формулы: cos 2a - 1—2 slns a«2 cos2 a — 1;
sin 2a — 2 Sin a • COS a.
Таблица KI
I Номер I | условия			
	Рис. 0-2	,	Рис. 3—0	I’iic. 7—D
1	2	3	4
0	4-9cos(-£ ') .	P—2 .	-4 cos(-£-z)
1	2-3 cos	')	8 cos (-5- /)	10sln(-£-z)
18
Продолжение табл. KI
Номер условия I	У-Л (О		
	Рис. 0-2	Рис. 3-6	Рис. 7-9
1	2	3	4
2	4-6 cos’(-^-z)	4 + 2/2	12 SI.» (-£- z)
3	12 cos (-^-z)	2(Z+ 1)’	2-4 sln(-^-z)
4	Scos(-^-z)+5	2 + 2 sin (-2- z)	12 cos /) 13
5	-10 cos (-1- z)	3/3—2	3sln(-^-z)
6	8cos(-2-z)_3	(Z+l)3	16 sln’(-^- z)_ 14
7	-9 cos’ (4H)	3 —4cos(-j-z)	6cos(-J- z)
8	6cos(-£-z)-4	2/3	4-9 sin (-£- z)
9 i	2-2 cos(-£ z)	2sb>(^-z) •	8 cos (-j- /) + 6
	t 		 i	. *	_  У . •
	х-З-Миф) х-зяпфУ!	x-lsln(ji)	ZT?-		
Q			A
			o	 x
	Рис. KI.0	Рис.	Kl.l	Рис. Ki.2	’ Рис. Kl-3 1	
!/			s
	**~!t	х-=гм	*»-»		x^Scos(^t)~2
0.	*	zz	X	’	0	x
			• ...
Рис. К1.4	Рис. К1.5	., Рис. KI.6 .			Рис. Ki.7
			19
x*b-Scos(§t)
О	x
Рис. KI .8
x-ircoslff)
О	г
Рис. KI.9
Пример Kt. Даны уравнения движения точки в плоскости ху:
х----2cos (-^4-3; y-2stn(-J-r)-l
(х, у — в сантиметрах, t—в секундах).
Определить уравнение траектории точки: для момента времени /,«! с
найти скорость и ускорение точки, а также ее касательное и нормальное
ускорения и радиус кривизны в соответствующей точке траектории.
Решение. I. Для определения уравнения траектории точки исключим из
заданных уравнений движения время I. Поскольку t входит в аргументы три*
тонометрических функций, где один аргумент вдвое больше другого, исполь-
зуем формулу
cos2т — 1 —2$1п*з или cos(-^-/j = 1 —2sln2(^-/).	(!)
Из уравнений движения находим выражения соответствующих функций
и подставляем в равенство (1). Получим
следовательно.
Отсюда окончательно
(парабола, рис. Kt):
находим следующее уравнение траектории точки
vlx * 1.11 см/с. ®|у — 0,73 См/с, «1 = 1,33 см/с,
(3)
3. Лиа логично найдем ускорение точки:
20
dvx Л3 ( It \	^vy	It3 ( 7t \
e* = dt - —COS /J; a,-—tf— -— -3T sln (-tr'J:
и при t — 1 c
=/
2 . 2
лх + йу
ejjr — 0,87 см/с3, aly = — 0,12 см/с3, a, — 0,88 см/с3.	(4)
4.	Касательное ускорение найдем, дифференцируя по времени равенство
г3 — t-j» + о3, Получим
„ dv Л dvx „ dvv
2v____». 2v, —Z. 4- 2uv__*-
at * dt 3 ai
II
Числовые значения всех величин, входящих в правую часть выражения
(5). определены и даются равенствами (3) и (4). Подставив в (5) эти числа,
найдем сразу, что при /, — 1 с йь - 0.66 см/с3.
5.	Нормальное ускорение точки ап »> j/'e3 —л3, Подставляя сюда най-
денные числовые значения л, и aiv получим, что при • 1 с л,я — 0,58 см/с3.
6.	Радиус кривизны траектории р — v^an. Подставляя сюда числовые зна-
чения и, и а1п. найдем, что. при tt » 1 ср, - 3,05 см.
Ответ: = 1,33 см/с, at — 0,88 см/с3,	= 0,66 см/с3, в1Я — 0,58 см/с3.
Pi " 3,05 см.
Задача К2
Плоский механизм состоит пз стержней / — 4 и ползуна В, соединенных
друг с другом и с неподвижными опорами О, и О2 шарнирами (рис. К2.0 —
— К2.9). Длины стержней: /, = 0,4 м, /2= 1.2 м, /3 = 1,4 ы, /, = 0,8 м. Поло-
жение механизма определяется углами «, р. 7, <р, 0, которые вместе с другими
величинами заданы в табл. К2. Точка D на всех рисунках и точка К на
рис. 7 — 9 в середине соответствующего стержня. Определить величины,
указанные в таблице, в столбце .Найти*.
Дуговые стрелки на рисунках показывают, как при построении чертежа
должны откладываться соответствующие углы, т. е. по ходу или против хо-
да часовой стрелки (например, угол 7 на рис. 1 следует отложить от стерж-
ня DE протии хода часовой стрелки, а иа рис. 2—от стержня АЕ по ходу
часокоп стрелки).
Построение чертежа начинать со стержня, направление которого опреде-
ляется углом а; ползун В и его направляющие для большей наглядности изо-
бразить, как в примере К2 (см. рис. К2). Заданную угловую скорость считать
направленной против хода часовой стрелки, а заданную скорость vq— от точ-
ки В к Ь.
Указания. Задача К2 — на исследование плоскопараллельного движения
твердого тела. При ее решении для определения скоростей точек механизма
и угловых скоростей .его звеньев следует воспользоваться теоремой о проек-
циях скоростей двух точек тела и понятием о мгновенном иент|ю скоростей,
применяя эту теорему (пли это понятие) к каждому звену механизма
₽ отдельности.
21
Таблица К2
Номер  условия	Угли					Дано			НаПти
	«с	3е	Г			Й	«и 1/с	% мК	
0	30	150	120	0	60	6	—	 —	v В' VE’ “3
1	60 .	60	оо"	90 	120	—	3	—	*А' VD- “3
2	0	120	120	0	60		—	10	VA' VE' *3
3	90	120	90	90	60	10	—	—	“UR' vE,
4	0	150	30	0	60	—	4	—	VA. «3
5	60	150	120	90	30	—	—	8	Од. t>E, O>3
6	30	120	30	0	60	8	—		Од. VE, G>3
7	90	150	120	90	30	—	5	—	VA’ VD‘
8	0	60	30	0	120	— 	—	6	Од, OE. o>3
9	30	120	120	0	60	4	—	—	Од. vE, <D3
Рис. К2.0	Рис. К2.1
Рис. К2.2	Рис. К2.3
22
Пример К2. Механизм (рис. 1<2, а)
зуна В, соединенных друг с другом и с
нирами.
Да ио: в™ 120“, ₽ “ 60°,
7 - 90“,? - 0°,0 - 30“ ДО-
- DE, lt - 0,6 м, /3 - 1,2 м,
<ах — 5 С“ '•
Определить: vB, vEt
Од.
Решение. I. Строим по-
ложение механизма в соот-
ветствии с заданными угла-
ми (рис. К2, б}.
2, Определяем Точ-
ка £ принадлежит стержню
АЕ. Чтобы найти о£, надо
знать скорость какой-ни-
состоит из стержней /, 2, 3, 4 к пол-
неподвнжными опорами Ot и Оа шар-
будь другой точки этого стержня и направление
жем определить vA\
Рис. К2
vE, По данным задачи мо-
VA — »i • 4 — 5» 0,6 — 3 м/с, Ол X OlA.
(I)
23
Направление ~vE найлем, учтя, что точка Е принадлежит одновременно стерж-
ню ОаЕ. вращающемуся вокруг следовательно, "vE х О-Е. Теперь, знаяТл
м направление "vE, воспользуемся теоремой о проекциях скоростей двух точек
тела (стержня АЕ) на прямую, соединяющую эти точки (прямая ЛЕ). Скачала
по этой теореме устанавливаем, в какую сторону направлен вектор vE (проек-
ции скоростей должны иметь одинаковые знаки). Затем, вычисляя эти проек-
ции, находим
vE cos 60’ — vA cos 30% vE — 3 У’З — 5,2 м/с.	(2)
3.	Определяем vB. Точка В принадлежит стержню BD. Следовательно, по
аналогии с предыдущим, чтобы определить vB, надо сначала найти скорость
точки D, принадлежащей одновременно стержню ЛЕ. Для этого, зная vA и vEt
построим мгновенный центр скоростей (МЦС) стержня АЕ; это точка С2,
лежащая иа пересечении перпендикуляров к vA И vE, восставленных из точек
А и Е (к vA к Vjb перпендикулярны стержни / и 4). По направлению вектора
vA определяем направление поворота стержня АЕ вокруг МЦС С2. Вектор vD
Судет перпендикулярен отрезку С2О, соединяющему точки D и С2, и направ-
лен в сторону поворота. Величину vD найдем из пропорции
Ур_____VA
C3D^ с^а
(3)
Чтобы вычислить C3D и С^А, заметим, что Д АС3Е—прямоугольный, так
как острые углы в нем равны 30 и 60’, и что С^А — АЕ sin 30° “ 0,5 АЕ —
— AD. Тогда Д AC3D является равносторонним и С А — C3D. В результате
равенство (3) дает
VD “ VA *" 3 w/c« xCaD.	(4)
Так как точка В принадлежит одновременно ползуну, движущемуся вдоль
направляющих поступательно, то направление vB известно. Тогда, восставляя
из точек В и D перпендикуляры к скоростям vB и построим МЦС С3
стержня BD. По направлению вектора vD определяем направление поворота
стержня BD вокруг центра Са. ВекторТд будет направлен в сторону поворо-
та стержня BD. Из рис. К2, б видно, что -e C3DB “ 30°, а «с DC3B — 90’,
откуда С3В — 73sin30°, C3D — /3 cos 30°. Составив теперь пропорцию, найдем,
что
-Д- - -Д-. VВ - VD • «g 30" - 1,7 м,'с.	(5)
4.	Определяем <оа. Так как МЦС стержня 3 известен (точка С3). то
___________________2.9 с-*.
C3D l3 cos 30’
Ответ: vE — 5,2 м/с, vB — 1,7 м/с, ы3 — 2,9 с-1.
24
Задача КЗ
Прямоугольная пластина (рис. КЗ.О— К3.5) или круглая пластина радиуса
/? — 60 см (рис. К3.6 — К3.9) вращается вокруг неподвижной осн с постоянной
угловой скоростью о>. заданной в табл. КЗ (при знаке минус направление в»
противоположно показанному на рисунке). Ось вращения на рис. О — 3 и 8. 9
перпендикулярна плоскости пластины и проходит через точку О (пластина
вращается в своей плоскости): иа рис. 4— 7 ось вращения OOt лежит
в плоскости пластины (пластина вращается в 1юостранстве).
По пластине вдоль прямой BD (рис. О — 5) или по окружности радиуса
/?, т. е. по оболу пластины (рис. б — 9). движется точка М. Закон ее относи-
тельного движения, выражаемый уравнением s “ AM =• f (/) (s — в сантимет-
рах, / — в секундах), задан в табл. КЗ отдельно для рис. О —5 и для рнс.
6—9, при этом на рнс. 6 — 9 s — AM и отсчитывается по дуге окружности;
там же даны размеры b и I. На всех рисунках точка М показана в положе-
нии. при котором s “ AM > 0 (прн s < 0 точка М находится по другую
сторону от точки Л).
Определить абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки М в мо-
мент времени /, <= 1 с.
Указания. Задача КЗ—на сложное движение точки. Лрн ее решении
движение точки по пластине считать относительным, а вращательное движение
самой пластины—переносным и воспользоваться теоремами о сложении ско-
ростей и о сложении ускорений. Прежде чем производит!» расчеты, следует
изобрезить точку М на пластине в том положении, в котором нужно опреде-
лить ее абсолютную скорость (или ускорение), а не в произвольном положе-
нии, показанном на рисунках к задаче.
В случаях, относящихся к рис. 6 — 9. при решении задачи не подставлять
числового значения /?» пока ие будут определены положение точки М в мо-
мент времени t, “ 1 с л угол между радиусами СМ и С А в этот момент.
Таблица КЗ
Помер уснопии	О», I/C	Рнс. 0 - §		Рис. 6 — 9	
		Ь, см	я-АМ-/(П	1	*-АМ-/(П
0		16	60(/‘ — 3/=) + 56	R	
1	4	20	60 (Р—2/3)	R	-j-fl(P—2/)
2	3	8	80(2/= —/») — 48	R	+ «(3/-«»
3	—4	12	40 (Р — 3/) Ч- 32	Т*	+ «(« —2/’)
4	-3	10	50 (Р — 0—30	R	+ «(3/1-/)
5	2	12	50(3/—Р) — 64	R	+ «(4/’ —2/')
6	4	20	40(/—2Р) —40	4-*	+ «(/-2/’)
7	—5	10	80 (Р —/) +40 '	R	+ «(2Л — I)
8	2	8'	60(/ —Р) + 24	R	+ «(/-5/1)
9	-5	16	40(ЗР—/♦) — 32	4-*	+ «(2/1 — /')
4 545
25
26
Пример КЗ. Шар радиуса /? (рис. КЗ. а) вращается вокруг своего диаметра
АВ по закону <? — Д (/) (положительное направление отсчета угла «р показано
на рис. КЗ. а дуговой стрелкой). По дуге большого круга (.меридиану') ADB
движется точка М по закону s — AM “/3 (/); положительное направление
отсчета расстояния s от А
к D.
Дано: 7? • 0,5 м. ? —
— — 2/. s - (я/?/6) (7/—2/5)
(<р—в радианах, а —в мет-
рах, t — в секундах).
Определить: v.g и
в момент времени tt —
Решение: Рассмотрим
движение точки М как
сложное, считая ее движе-
ние по дуге лБв отно-
сительным (АВ — относи-
тельная траектория точки),
а вращение шара — перено-
сным движением. Тогда аб-
солютная скорость vs6 и аб-
солютное ускорение с,й точ-
ки найдутся по формулам:
Рис. КЗ
Vag — Coy + Vficpi Лаб “ йот + °лер + Лкор»	(11
где, в свою очередь.
а0т “ лот	° от’ влер “ влер йлер'
Определим все характеристики относительного и переносного движений.
1. Относительное движение. Это движение происходит по закону
S-AM- -~-(71— 2Р).	(2J
• Сначала установим, где будет находиться точка М на дуге ADB в момент
времени ft. Полагая в уравнении (2) /—1с, получим — -g-xR. Тогда
$.	5
.г. ACM —	— -g-к — 150° или ^.ВСМ — 30’. Изображаем иа рис. КЗ, а точ-
ку в положении, определяемом этим углом.
Теперь находим числовые значения v0T, л’т и
*R „	.	2
V.T-S - -§-(7 — 40. «от-"or-— ~ T-R-
а" -
И Рот “ « ’
где рот — редиус кривизны относительной траектории, т. е. дуги ADB. Для
момента времени — I с. учитывая, что R — 0.5 м, получим:
"от “ -^3 - — м/с» п;т---------у- м/с», <‘т «	м/с».	(3)
27
Знаки показывают, что вектор и-от направлен в сторону положительного
отсчета расстояния s, а вектор —в противоположную сторону; вектор 7Г"Т
направлен к центру С дуги ADB. Изображаем все эти векторы на рис. КЗ. а.
Для наглядности приведен рис. КЗ,# где луга ADB совмещена с плоскостью
чертежа.
2.	Переносное движение. Это движение (вращение) .происходит по
закону f — — 2f. Найдем угловую скорость to и угловое ускорение г перенос-
ного вращения: ш-у = —2, s — о> — 0 (шар вращается равномерно). Таким
образом.
<•>-—2с-1, в «=0.	(4)
Знак указывает, что направление <о противоположно положительному на-
правлению отсчета угла ?: отметим это на рис. КЗ, а соответствующей дуговой
стрелкой.
Для определения опер и в|1ср найдем сначала расстояние Л точки М от
оси вращения: h *= Rsln 30* “ 0,25 ы. Тогда в момент времени /,“1 с, учи-
тывая равенства (4), получим:
Vлер — | ® I Л — 0,5 м/с,
0. <гр = <>’* - I ы.'с=.	(5)
_ Изображаем на рис. КЗ. а вектор о(|Ср с учетом направления ® и вектор
Л"ср 0’3правлен к осн вращения).
3.	Кориолисово ускорение. Так как угол между вектором vOT
м осью вращения (вектором ы) равен 603, то численно в момент временя t, —
— I С (см. равенства (3) н (4)]
_ т/Т
= 2 I f«T I • I » I -sin60° = 2-j- •2-2-72 M'rt <6>
Направление лкор найдем, спроектировав вектор ~от на плоскость, перпен-
дикулярную осн вращения (проекция направлена так же, как вектор л”ео). и по-
вернув затем эту проекцию в сторону <», т. е. по ходу часовой стрелки, пл
50. Иначе направление «кор можно найти, учтя, что а^ор « 2 (йхоёт)- Изобра-
жаем вектор <гклр на рис. КЗ, а.
Теперь можно вычислить значения оаб и ^а0.
4.	Определение v^. Так как овб -=» t\>T + опер, а векторы cOf и ёпср
взаимно перпендикулярны (см. рис. КЗ, а), то в момент времени f, — 1 с
"Л “ y^r+^i’en- (~г) + (<W - 0.93 м/с.
5.	Определение ааъ. По теореме о сложении ускорений, так как
<«!> “ 0. Судет
".e-Оот+^т+ё"ер+о7„р,	(7)
Для определения аа0 проведем координатные осп Мху* (рис. КЗ, а) и вы-
числим проекции вектора да<5 иа эти оси. Учтем при этом, что вектор в^ор
лежит на проведенной осн х, а векторы а^, д"т и л^ер расположены в плос-
кости дуги ADB, т. е. в плоскости Му* (рис. КЗ, С). Тогда, проектируя обе
28
\
части равенства (7) иа координатные осн и учтя одновременно равенства
(3). (5), (6), получим для момента времени G “1 с:
сабл *" якор “ 2,72 м/с’,
«.о, - <йр + <cos 60“ — |<т| cos30» - I +	_ 0.7, м/с»,
«.«, - — | а'т | cos 60“ — а"т cos 30’ =
Отсюда находим значение соб в момент времени tt — 1 с:
0.0 = V'oJoc +°J«, +иЬс - 3.23 М(С’-
Ответ; f аб — 0,93 м/с, ааа — 3,23 м/с3.
ДИНАМИКА
Задача Д1
Груз D массой т, получив в точке А начальную скорость v0, движется
в изогнутой трубе АВС. расположенной в вертикальной плоскости; участки
трубы или оба наклонные, или одни горизонтальный, а другой наклонный
(рис. Д1.0 — Д!.9, табл. Д1^_На участке АВ на груз, кроме силы тяжести,
действуют постоянная сила Q (ее направление показано на рисунках) и сила
сопротивления среды"/?, за висящая от скорости v груза (направлена против
движения).
В точке В груз, не изменяя величины своей скорости, переходит на учас-
ток ВС трубы, где иа него, кроме силы тяжести, действует переменная сила
/•'. проекция которой Fx на ось х задана в таблице.
Считая груз материальной точкой и зная расстояние АВ — I или время
движения груза от точки А до точки В, найти закон движения груза иа участ-
ке ВС. т. е. x—f(t). гле x — BD. Трением груза о трубу пренебречь.
Указания. Задача Д!—на интегрирование дифференциальных уравнений
движения точки (решение основной задачи динамики). Решение задачи разби-
вается на две частн. Сначала нужно составить и проинтегрировать методом
разделения переменных дифференциальное уравнение движения точки (груза)
на участке АВ. учтя начальные условия. Затем, зная время движения на
участке АВ или его длину, определить, какую скорость будет иметь груз
н точке В. Эта скорость будет начальной для движения груза на участке ВС.
После этого нужно составить н проинтегрировать дифференциальное уравне-
ние движения груза па участке ВС тоже с учетом начальных условий, ведя
отсчет времени от момента, когда груз находится в точке В, и полагая, что
в этот момент t — 0. При интегрировании уравнения движения па участке АВ
в случае, когда задана длина I участка, целесообразно перейти в уравнении
к переменному х. учтя, что
dvx	dvx
dt	dx '
29
!
Таблица Д1
Номер условия	т, кг	t'lt м/с	Q. И	Я. II	1. ы	t. с	11
0	2.4	12	5	0,8 о3	1,5	—	4 sin (40
1	2	20	6	0,4 v	—	2.5	—5 cos (40
2	8	10	16	0,5 v-	4	—	6/2
3	1.8	24	5	0,3 v	—	2	—2 cos (2/)
4	6	15	12	0.6 v-	5	—	—5 sin (20
5	4,5	22	9	0.5 v	—	3	3/
6	4	12	10	0.8 г»	2.5	—	6 cos(40
7	1,6	' 18	4	0,4 v	—	2	—3sin (40
8	4.8	10	10	0,2	4	—	4 cos (2/)
9	3	22	9	0,5 v	—	3	4 sin (2z)
В
Рис. Д1.0	Рис. Д|.|	Рис. Д1.2
Рис. Д1.3	Рис. Д1.4	Рис. Д1.5
Рис. Д1.С
Рис. Д1.7
Рис. Д1.8
Рис. Д1.9
30
Пример Д1. На вертикальном участке АВ трубы (рис. Д1) па груз D
массой т действуют сила тяжести и сила сопротивления /?: движение от точ-
ки А где Го"»0, до точки В длится Г( с. На наклонном участке ВС на груз
действуют сила тяжести и переменная сила F — заданная в ньютонах.
Да но: /и ™ 8 кг, R — utP, где ц — 0.2 кг/м, v0 — 0, ft — 2 с, /7Ж—16 sin (4/).
Определить: х — / (/) —закон движения груза на участке ВС.
Решение. I. Рассмотрим движение груза на участке АВ, считая груз
материальной точкой. Изображаем груз (в произвольном
положении) и действующие па него силы Р — пц
Проводим ось Аг и составляем дифференциальное
иепие движения груза в проекции на эту ось:
- s,IЯ,, т ^ЗГ- р‘+
Далее находим: Pz — Р — mg. Rt — — R —
подчеркиваем, что в уравнении все переменные
надо обязательно выразить через величины, от
рых они зависят. Учтя еще, что vg — v, получим
г и R. Zp.
урав- s А
Рис. Д1
dv	dv v. ( mg \
т di--mg—улР или	-V’}	(2)
Введем для сокращения записей обозначение
ifl -	- 400 (л -20м/с),
(3J
где при подсчете принято g v 10 м/с». Тогда, разделяя в уравнении (2) пере-
менные и беря затем от обеих частей равенства интегралы, получим
dv
Л2 —V’
и
По начальным условиям при t — 0 v — v0 — 0, что дает CL — (1/2л)-1п 1 —
- 0. Введя сиге одно обозначение
»-п^-0.5с ',
получим из (4)
Я-Ь V	п + У 	.
,n^=v-2w и •
Отсюда находим, что
и — п
е’«-1
«2Ы + Г
(5)
(6J
Полагая здесь /—X,—2 с и заменяя л и Лих значениями (3) и (5), опре-
делим скорость vB груза в точке В (число е — 2,7):
"в ~ 20 J57j7T - 15.2 м/с.	 (7)
2. Теперь рассмотрим движение груза иа участке ВС\ найденная скорость
будет дли движения на этом участке начальной скоростью	Изоб-
ражаем груз (в произвольном положении) и действующие на пего силы Р — mg.
N и F.
31
/
Проведен из точки В ось Вх и составим дифференциальное уравнение
движения груза в проекции на эту ось:
dvr
+ +	<8)
Так как Рх — Psln 30’ — 0,5 mg, Nx — 0, fx — 16sin (4/), уравнение (8)
примет вид
dvr
т 	~ 0,5/Л£ 4-16 si п (4/).	(9)
Разделив обе части равенства на т — 8 кг и полагай опять g» 10 м/с8,
получим
dvr
—5 4-2 si n (4Z).	(10)
Умножая обе части уравнения (10) на dt и интегрируя, найдем
vx — 5t — 0.5 cos (4/) 4-Cfr	(II)
Будем теперь отсчитывать время от момента, когда груз находится в точке В,
считая в этот момент /-«0. Тогда при t—0 v— va—vb, где vfi дается равенст-
вом (7). Подставляя эти величины в (II), получим
Си - VB 4- 0,5 cos 0 - 15,2 4- 0.5 - 15,7.
При найденном значении С3 уравнение (II) дает
vx -	- 5/ — 0,5 cos (4/) 4-15,7.	(12)
Умножая здесь обе части на df и снова интегрируя, найдем
х - 2,5/’ - 0,13 sin (4/) 4-15,7/ 4- С*	(13)
Так как при t — 0 л — О, то С3-0 и окончательно искомый закои движения
груза будет
х - 2.5Р 4- 15,7/ — 0,13 sin (4/),	(14)
где х — в метрах, t—в секундах.
Задача Д2
Груз / массой т укреплен на пружинной подвеске в лифте (рнс. Д2.0 —
— Д2.9, табл. Д2). Лифт движется вертикально по закону
С — -g- а,/2 4- «а sin (<*>/) 4- аэ cos (о/)
(ось € направлена по вертикали вверх; € выражено в метрах, / — в секундах).
11а груз действует сила сопротивления среды /? —ри, где о —скорость груза
по отношению к лифту.
Найти закон движения груза по отношению к лифту, т. е. х — f (/); нача-
ло координат поместить в положения статического равновесия груза при
неподвижном лифте (во избежание ошибок в знаках направить ось х в сто-
рону удлинения пружины, а груз изобразить в положении, при котором
х > 0 н пружина растянута). При подсчетах можно принять g к: 10 м/с2.
Массой пружин и соединительной планки 2 пренебречь.
32
\
В таблице обозначено: q. с*. Са— коэффициенты жесткости пружин, —
удлинение пружины с эквивалентной жесткостью в начальный момент времени
/<> — 0. vq — начальная скорость груза по отношению к лифту (направлена
вертикально вверх). Прочерк в столбцах с,. са. с3 означает, что соответствую-
щая пружина отсутствует и на чертеже изображаться не должна. Если при
этом конец одной из оставшихся пружин окажется свободным, его следует
прикрепить в соответствующем месте" или к грузу или к потолку (полу) лиф-
та; то же следует сделать, если свободными окажутся соединенные планкой 2
концы обеих оставшихся пружин. Условие р — 0 означает, что сила сопротив-
ления R отсутствует.
Указания. Задача Д2 охватывает одновременно темы относительное дви-
жение и колебания материальной точки. Сначала нужно составить дифферен-
циальное уравнение относительного движения (по отношению к лифту) рас-
сматриваемого в задаче груза, для чего присоединить к действующим силам
переносную силу инерции. При этом заменить подвеску одной пружиной
с жесткостью, эквивалентной жесткости подвески. Затем проинтегрировать
полученное линейное дифференциальное уравнение 2-го порядка, учтя началь-
ные условия.
Таблица Д2
Номер условия	т, кг	с„ Н/М	*,Н/м	с». Н/м	м/с’	«1. м	«а. м	в>. 1/с	|Х,Н.с/м	*0. Ы	V* м/с
0	0.5	80	—	120	0,5^	0	0	—	6	0	4
I	2.5	500	500	—	0	0	0,6	5	0	0	3
2	1	—	IG0	240	0	0.5	0	6	0	0.15	0
3	0.8	120	240	—	—о,5г	0	0	—	8	0	2
4	1	150	—	300	0	0	0.1	15	0	0	0
5	0.4	50	200	—	0	0.2	0	20	0	0	0
6	1	—	300	200	S	0	0	—	20	0.15	0
7	2	400	—	400	0	0.1	0	16	0	0	0
8	0.4	—	60	120	-g	0	0	—	4	0.1	0
0	0.5	180	120	—	0	0	0.1	20	0	0	0
Рис. Д2.0	Рнс. Д2.1
Рис. Д2.2
Ряс. Д2.3
3.1
Рис. Д2.8
Рис. Д2.9
Пример Д2. Груз D массой т, прикрепленный к двум последовательно
соелнпенным пружинам с коэффициентами жесткости е, и с2. перемешается по
пазу АВ призматической тележки (рис. Д2, л). Тележка движется по закону
£ f (t). Начальное удлинение пружины с эквивалентной жесткостью равно
>0, а начальная скорость груза по отношению к тележке г0 (направлена
от D к В).
Дано: т — 0,4 кг, cf — 200 Н/м, с2 — 50 Н/м, — 0,1 м, v0 — I м/с,
а - С0°,
2Р + 0,4 Sin (4/)	(iy
(€—в метрах, / — в секундах).
Рис. Д2
Определить: х — / (Г)
— закон движения груза по
отношению к тележке.
Решение. I. Заменим при-
крепленные к грузу пружины
одной эквивалентной пружи-
ной с коэффициентом жест-
кости с9К — с. Значение с здесь
определяется из условия, что
при равновесии под действием
какой-нибудь приложенной к
свободному концу пружин си-
лы Q усилия в любом попе-
речном сечении пружин будут
одинаковыми и равными Q.
Тогда, если удлинения пружин
равны соответственно и
то удлинение эквивалентно)»
34
пружины X ~ Xj + Х2 и должно быть qX, — с2Ха — сХ ~ Q, откуда X, » Q/cb
Ха — 0,‘Сл, X — Qjc. Но так как X — X! -ф Ха, то
-Т-’Г + Т' “ С“Т£+^-40 н'м-	(21
2. Составим теперь дифференциальное уравнение относительного движении
груза (по отношению к тележке). Сначала заметим, что прн неподвижной те-
лежке в положении статического равновесия груза эквивалентная пружина
(длину ее в ие де форм про ванном состоянии обозначим /0) под действием силы
тяжести Р будет сжата на величину Хст (ркс. Д2, б). Из условия равновесии
следует, что
сХст -» Р sin а и Хст —	1— " 0,08 м.	(3)
Свяжем тогда с тележкой подвижную систему отсчета Оху, начало О
которой поместим в положении статического равновесия груза, а ось Ох на-
правим вдоль паза АВ в сторону удлинения пружины (рис. Д2, б}. Рассмотрим
груз в положении, прн котором х > О и пружина растянута; изобразим дейст-
вующие на груз силы: силу тяжести Р, силу упругости Ги реакцию паза 7J.
Для составления уравнения относительного движения груза присоединим к этим
силам переносную силу инерции Р“ер ~—manep: кориолисова сила инерции
здесь равна нулю, так как переносное движение (движение тележки) является
поступательным. Тогда уравнение относительного движения в векторной фор-
ме будет иметь вид
™ОТ -P+F+N +~р^г
Проектируя обе его части на ось х, получим
—Pslna —/?4-F"cpcos«.	(4)
Найдем значения Р и Fjfep. Так как прн положении груза, определяемом
координатой х (рис. Д2, б), эквивалентная пружина имеет удлинение X — х —
—то F — сХ — с (х — Хст). Далее /?"Ср — та,1Ср — nil, где € — ускорение те-
лежки. Из равенства (1) находим, что’Ё“4— 6,4 sin (40- Кроме того, cosa —
— 0,5. Подставляя все эти величины в уравнение (4), получим
тх — — Psi л a — с(х— Х^г) -ф ля [2 — 3,2sin (4/)].
Согласно равенству (3) члены — Psina и сХст в правой части сокращаются
и окончательно дифференциальное уравнение относительного движения груза
будет иметь вид
х -ф 42х - bl -ф b3 sin (4/),	(5)
где обозначено:
- -Д- - 100 с-2, 4,-2 м/с», Ь,--3,2 м/с».	(6)
3. Для определении закона движения груза иадо проинтегрировать урав-
нение (5). Его общим решением, как известно из теории дифференциальных
уравнений, будет
X “ Хг 4- х2,	(7)
где Хз — общее решение однородного уравнения х -ф k-x — 0, т. е.
Х3 “ Ci siп (4f) -ф С3 cos (40.	(8)
35
I
a jra — частное решение уравнения (5). Учитывая, каковы правая и левая
части этого уравнения, ищем ла в пиле
Лз — А + В sin (4/).	(9J
Для определения постоянных А и В находим xj — 16 В sin (4/), подстав-
ляем значения х3 и Ха в уравнение (5) и приравняем в его обеих частях сво-
бодные члены и коэффициенты при sin (4/). В результате, принимая во внима-
ние обозначения (6), получим:
л - -jj- - 0.02 м, В— Л3_^16 — — 0,04 м.
Тогда из равенств (7) —(9), учитывая, что Л-- Юс-1, получим следующее
общее решение уравнения (5):
X - С, sin (10/) + Ci cos (10/) — 0.04 sin (4/) + 0.02.	(10)
Для определения постоянных интегрирования Св к С3 найдем еще — х:
о,-. 10^ cos (10/)—10С2 sin (10/)—0.16cos (4/).	(11)
По условиям задачи при / — 0 vx — v0 — 1 м/с, X — Хо — 0,1 м.
Тогда, как видно из рис. Д2, б и равенства (3), xQ =•	+ Хст -- 0.18 м.
Подставив эти начальные данные в уравнения (10) и (II), найдем из них, что
С| — 0.12, Сз —0,16. В результате уравнение (10) примет окончательно вид
X-0,12 sin (10/)+ ,16 cos (10/) —0.04 sin (4/) + 0.02.	(12)
Это уравнение и определяет искомый закон относительного движения
груза, т. е. закон совершаемых им колебаний.
Примечания: 1. Если груз был бы прикреплен к двум параллельным
пружинам, то при равновесии под действием некоторой силы каждая из
пружин н эквивалентная пружина имели бы одно и то же удлинение X. Тогда
для двух пружин C|X -f- с2Х ~ Q. а для эквивалентной пружины сХ — Q\ отсюда
и определяется значение сэк “с “Cj + С;.
2. Если пружины были бы прикреплены к тележке в точке В (рис. Д2, й),
а груз D находился на другом их конце, то в положении статического равно-
весия эквивалентная пружина была бы растянута на величину ХСТ1 а не сжата,
что следует учесть при изображении схемы, подобной показанной па рис. Д2Д,
н при определении зависимости между х, X и Хст (в этом случае будет X ~
-* + *ст).
Задача ДЗ
Механическая система состоит из прямоугольной вертикальной плиты /
массой П| 24 кг и груза D массой т2 =• 8 кг; плита или движется вдоль
горизонтальных направляющих (рис. ДЗ.О —Д3.4), или вращается вокруг вер-
тикальной осп л лежащей в плоскости плиты (рнс. Д3.5—Д3.9). В момент
времени /о — 0 груз начинает двигаться под действием внутренних сил по
имеющемуся на плите желобу; закон его движения s — AD—F(f) задан
в табл. ДЗ. где s выражено в метрах, /—в секундах. Форма желоба на рнс.
0, 1, 8. 9—прямолинейная (желоб /<£), на рис. 2 — 7 — окружность радиуса
/£“0.8 м с центром в центре масс Ct плиты («-ЛО на рис. 2—7 отсчиты-
вается по дуге окружности).
Плита, изображенная на рис. 0 — 4, имеет в момент /0 — 0 скорость
«о "• 0>
Плита, изображенная на рнс. 5 — 9, имеет в момент времени /0 — 0 угло-
вую скорость => 8 с-1, и в этот момент иа нес начинает действовать вра-
36
тающий момент М (момент относительно оси z), заданный в таблице в нью-
тонометрах и направленный как wq при М> 0 и в противоположную сторону
при М < 0. Ось z проходит от центра Ci «литы на расстоянии Ь; размеры
плиты показаны па рисунках.
Считая груз материальной точкой и пренебрегая всеми сопротивлениями,
определить указанное в таблице в столбцах 4 н 9, где обозначено: в столбце 4
(относится к рис. 0 — 4) xt— перемещение плиты за время от /о=-0до
/| — 1 с, ut — скорость плиты в момент времени /, =- 1 с. Nf — полная сила
нормального давления плиты на направляющие в момент времени /, =« I с
(указать, куда сила направлена); в столбце 9 (относится к рис. 5 — 9) о,—
угловая скорость плиты в момент времени /, — I с, со f (f)—угловая ско-
рость плиты как функция времени.
На всех рисунках груз показан в положении, при котором s=-/O>0;
при s < 0 груз находится по другую сторону от точки А.
Указания. Задача ДЗ—на применение теорем о движении центра масс
и об изменении количества движения и кинетического момента системы. Тео-
ремой о движении центра масс целесообразно воспользоваться в задаче, где
нужно определить поступательное перемещение одного из тел системы (или
реакцию связи), а теоремой об изменении количества движения — когда нуж-
но определить скорость такого тела. Теорема об изменении кинетического
момента применяется в задачах, где нужно найти угловую скорость пли закон
вращения одного из тел системы.
При решении задачи учесть, что абсолютная скорость v груза слагается
нз относительной v0T и переносно!! глср скоростей (определяются так же, как
при решении задачи КЗ), т. е. v =• v0T 4- vncp. Тогда количество движения
груза mv — mv0T 4- mv„ср1 а момент mv относительно оси z по теореме Ва-
риньопа (статика) будет mx(mv) — щ*(«л»от) + тг(тг11Ср); эти моменты вы-
числяются так же. как моменты силы.
Конкретнее ход решения разъяснен в примерах ДЗ.
Момент инерции плиты относительно оси C,z'. направленной так же. как
ось z на рис. 5—9. но проходящей через центр масс С< плиты, - равняется
mJ3
• |2 где / — ширина плиты (в задаче /~3/? или I~4R). Для определения
момента инерции 1г относительно осп z воспользоваться теоремой Гюйгенса о
моментах инерции относительно параллельных осей. Ось z при изображении
чертежа провести на том расстоянии Ь от центра Сь которое указано
в таблице.
Таблица ДЗ
	Рис. 0 и 1	Flic. 2-4	с. о	Рис. 5—7	Рис. в II 9	Pile. 5-9		
Номер услопя	*-F(f)	Z-F(/)	X X	7-Р(/)		b	.И	НаПтН
I	2	3	4	5	6	7	8	9
0	0,6 sin (-у-	-r -З-(Р-З)	-*1	nR -2~ (I-20	0.4 sin (к/)	R 2	8	»-/(/)
1	0,4(1 — 3/2)	(3-2/=)	«1	*r “6-(1+2/0	0.2(2—3/)	4R 3	0	<l>(
2	0,4 sin (яр)	•xR Т'		*R .	— 0,8/	R	12/»	»-/(/)
37
Hower
Продолжение табл. ДЗ
3
5
6
8
3
Рис. 0 и 1	Рис. 2—4	1 *"” 1	Рис. 5—7	Рис. 8 11 9	Рис. 5-9		
1-F(O				s~F (Г)	b	M	НаПти
2	3	4	5	6	7	8	9
0.8 cos		«1	nR -3-(4/=-l)	0,2(2 — 5/)	4R 3	0	COj
0,3(1—З/2)	7Г (2Р-3)	*1	-R -б" (5-7/)	0.4 (3/—I)	R 2	0	o>|
0.8 sin (-у- /=)	~R 2" (<’-')		kA? т (2/2-3)	0,6 cos (nt)	R	—12	»-/(/)
0.6/з	3 l~	«1	я R ~ <3 -4<г)	0.8(1—/=)	R 2	0	COj
0.4 (2/2—1)	-R - V (3—50		— (3/-o	0,8 (5/2 — 2)	AR 3	0	a>(
0.6 cos	/2) 1.2cos(-g-/3)	x/?/»	Nl	~R б-^-З) хЯ . — (3-5/2)	0.4/» 0,6 (/—2/2)	R 2 AR 3	-8/ 0	«-/(/) “1
Рис. ДЗ.З	Рис. Д3.4	Рис. Д3.5
38
Рис. Д3.6
Рис. Д3.7
Рис. Д3.8
Рис. Д3.9
Пример ДЗ. К вертикальной плите / массой т, с помощью невесомого
стержня BD длиной / прикреплен груз D массой т3 (рис. ДЗа). В момент
времени /о = 0 стержень начинает вращаться вокруг точки В так, что рас-
стояние s — AD изменяется по закону
$ — Р (О. гдэ 5 — в метрах, t — в секун-
дах.
Плита движется по горизонтальным
направляющим и при /о — 0 ее скорость
U -» Uq.
Да ио: т, — 12 кг, т,-6 кг, /—0,8 м,
«1 — 2 с.
’ «о“О,	(1J
1.	Определение перемещения ж, пли-
ты за время от t — 0 до t — ft.
Решение. Рассмотрим механическую
Рис. ДЗа
систему, состоящую из плиты н груза.
Изобразим действующие иа нее внешние силы: силы тяжести Pt, Р3 и суммар-
ную реакцию N направляющих. Проведем координатные оси ху так, чтобы
ось у прошла через начальное положение центра масс плиты. Для определения
воспользуемся теоремой о движении центра масс С системы к составим
39
дифференциальное уравнение его движения в проекции на ось х, обозначая
массу системы через пт.
тхс “	• или	так как
'SiF^-P^+P^ + N^-O.
Интегрируя это уравнение, получим
тхс — Су тхс — CJ 4- С4,	(2)
где С| и Ci — постоянные интегрирования.
Из формулы, определяющей абсциссу хс центра масс, следует, что для
рассматриваемой системы тхс = miX 4- rn2xD, где х— абсцисса центра масс
плиты, определяющая одновременно ее положение, х&—абсцисса груза D. Из
рис. ДЗа видно, что xD — л—/sin?, где
st.	t г. т.р\ кР
?—р - -g-(3 — Р) и sin? “ sin ---------g-J “ cos-g-. (3)
В результате, найдя значение тхс и подставив его в (2). получим
(т, 4- ш2) х — mJ cos и С/ 4- С3.	(4)
Для определения постоянных Ct и С3 понадобится еще одно уравнение,
которое получим, продифференцировав обе части равенства (4) по времени;
это даст:
» к/	( т.р \
(mi 4- w2) х 4-—g—w2f sin^—g—I -»C|,	(5)
где x — и— скорость плиты. По начальным условиям при f -0 л:=0, х=и0— 0.
Подставив эти величины в равенства (5) и (4), получим Ct—0, С3 = — mJ.
При найденных значениях Ct и С2 из равенства (4) будем окончательно иметь
Щ| 4“ тзL \ .и /J
Этот результат дает зависимость х от /. Полагая заесь t — = 2 с, найдем
искомое перемещение xt. Ответ: Xj=-=-0,4 м (плита переместится влево).
2,	Определение скорости ut. Прн тех же условиях (1) найдем скорость
ui Плиты в момент времени I, —2 с.
Решение. Рассматриваем опять механическую систему, состояихую из
плиты и груза, и изображаем j х------ -----	—
действующие jia нее внешние силы f\, Р3
и реакцию Д'; проводим оси ху (рис. ДЗб).
Для определеиня и, воспользуемся теоремой
об изменении количества движения системы,
учитывая, что для рассматриваемой системы
ф="фпл -f.'QD гле Qnj miU и w m2vD_
количества движения плнты и груза соответ-
ственно. Составляя уравнение в проекции
на ось х, получим
JQx хт .-е	dQx
“ > г пли — 0, так как
Отсюда следует, что Q, — Q"*+ И-1И
/л,их+ m3vDx -=С|.	(6)
Для определения vDx рассмотрим движение груза как сложное, считая его
движение по отношению к плите относительным, а движение самой плиты —
переносным движением. Тогда vD = vnep 4- v0T, где численно vnep= и и v0T =$.
Покажем векторла рис. ДЗб, направив его перпендикулярно OD в сторону
положительного отсчета $ пли у, и определим проекцию вектора vD на ось х;
получим vDje = «л — v0T cos у, где
T----7----(3 - /’) 11 cos V = COS (-5- —- Sin	(7)
В данной задаче vDjr можно еще найти, определив абсциссу точки D,
т. е. xD «- х—I s!n у (рис. ДЗа); тогда vDx — xD — х—Zy cos у. где х'— о*.
Ztp=s, а значение cosy дает равенство (7).
При найденном значении vDx равенство (6), если учесть, что
. »tZ
Vot — s “ — —у1, примет вид
rj / цр )
+/л2) к + nij —g-Zsln	-° Cv	(8)
По начальным условиям при t = 0 и — 0, что дает Cj = 0, и окончательно
из (8) находим
м2	тЛ	(^\
ияа---- L~Z------Т~ tsin I-
M| /Ид О	\ О }
Этот результат определяет зависимость и от t. Полагая здесь t =	2с»
найдем искомую скорость ut. Ответ: и, = — 0,48 м/с (скорость направлена
влево).
3.	Определение реакции Nt. При тех же условиях (I) найдем реакцию
Nt направляющих в момент времени /| »2с.
Решение. Опять рассмотрим механическую систему, состоящую из плиты
и груза D, и изобразим действующие па нее внешние силы Ръ и реакцию
N (рис. ДЗа). Для определения воспользуемся теоремой о движении центра
масс системы и составим дифференциальное уравнение его движения в про-
екции на ось у:
тус — Fekv или тус N — Рх — Ръ	(9)
где т — масса системы, Pt = m^g, P3-°m2g. Из формулы, определяющей ор-
динату ус центра масс системы, следует, что для рассматриваемой системы
шус = /И1Ус1 + таУр. гле. как видно из рнс. ДЗа, у^ — Л, Уд “° 2Л — Zcosy.
Тогда, используя равенство (7). получим
тус ~ wijft + 2mafi — m3t si n
Вычисляя производные и учитывая, что й — const, получим
. п ( *1* X
тУс "° — "3"Z7,2f/cosl’6-J •
41
..	r.	fr.fi \	«»	(r.fi\
тус = — —m2l COS (-3-J + "g- и»2«а Sin l “б”;
Подставки это значение тус в равенство (9), найдем зависимость N от t
н из нее, полагая /- 6 - 2с, определим искомую величину N,. Ответ;
- 197.3Н.
4. Определение угловой скорости <>. Плита вращается вокруг оси z,
лежащей в плоскости плиты (рис. ДЗв), и в момент времени t0 = 0, когда
их моменты относительно оси
н теорема дает
угловая скорость плиты «jq, на нее начинает
действовать вращающий момент Л1.
Дано дополнительно к условиям (1):
а>о«= 5 с-1, М = ktt где к = 10 Н • м/с.
Определить: »»/(/) — зависимость
угловой скорости плиты от времени.
Решение. Рассмотрим механическую сис-
тему, состоящую из плиты и груза D, и изо-
бразим действующие па нее внешние силы:
силы тяжести IZ, реакции НЕ и под-
пятника и подшипника и вращающий момент
М. Для определения w применим теорему об
изменении кинетического момента системы
относительно оси г. Предварительно заметим,
что так как силы и Д параллельны оси г,
а реакции 7ТЕ н RH эту ось пересекают, то
z равны нулю. Тогда 5^ тх (/=J) = Л1 — kt
~зг - 2 т» нли ~гг - м-
(10)
Умножая обе части этого уравнения на dt и интегрируя, получим
kfi
Кеи 2 +
Для рассматриваемой механической системы
(.п)
(12)
к2-к"+к“
где и К я—кинетические моменты относительно оси г плиты н груза D
соответственно. Поскольку плита вращается вокруг оси г, то
К°‘ - ГЛ= /,---------(21У— -5- т,Р.	(13)
Для определения К® рассмотрим движение груза как сложное, считая его
движение по отношению к плите относительным, а вращение плиты вокруг
оси z—переносным движением. Тогда vo = оот Ц-опер и по теореме
Вариньона
К® — m, (m2vD) = m, (mavOI) + т,	(14)
Но вектор vOT лежит в одной плоскости с осью z и, следовательно,
г^(/п2оот) = 0, Вектор Опер направлен перпендикулярно плите (как ось х. если
ось у в плоскости плиты); по модулю игср = “> • DDX. Тогда /лл(тзО|1ер) —
— пропер • DDk -= maw(DDi)3, Но из рис. ДЗв видно, что DDt = I +1 sin у.
42
Взяв значение sin у из формулы (3) и подставив все найденные величины
в равенство (14), получим
Kf-maw(DD1)2-ms»p(l+cos-:^-) .	(15)
Зная Кял н /С® [формулы (13) н (15)], найдем из равенства (12) значение
/С„ и тогда уравнение (11) примет вид
или при числовых значениях задачи
0.64 [16 + 6 (1 + cos ч = 51= + С,.	(16)
Постоянную интегрирования определим по начальным условиям: при t = 0
ш = <оо = 5с“'; получим С| = 128. При этом значении С[ из уравнения (16)
находим искомую зависимость ю от t. Ответ;
________128 + 5Р__________
0,64[16 + б(1 + cos-^-j']
Примечание. Из полученного результата можно найти н значение ®>i при
/ = Но если по условиям задачи одновременно Л1=О, то уравнение (16)
дает Кх = const, н тогда обычно проще не искать зависимостью от t в общем
виде, а сначала определить положение груза D при / = 0 (т.е. угол <?0) и вы-
числить значение при ? = и ш — ю0 с помощью равенств, аналогичных
(11)—(15); затем определить положение груза при t—tt (угол ?,) н тем же
путем найти при <? = ?, н ш = ®>i-
Так, в рассмотренном примере при / — 0 будет	п DDx=2l
(рис. ДЗв), а при t = = 2с будет <?j = — я/6 н DDt = f/9. Тогда
/Qo “ ("у	+ /n24Z2j <oq, КхХ	+ г?,з “J")
Значение «j находится из равенства КяХ =
Задача Д4
Механическая система состоит из грузов I и 2 (коэффициент трепня гру-
зов о плоскость f — 0.1), цилиндрического сплошного однородного катка 3
и ступенчатых шкивов 4 н 5 с радиусами ступеней /?1=0,3 ы. г4 = 0,1 м,
/?6 = 0,2 м, гв = 0,1 м (массу каждого шкива считать равномерно распределен-
ной по его внешнему ободу) (рис. Д4.0— Д4.9. табл. Д4). Тела системы соеди-
нены друг с другом нитями, намотанными па шкивы; участки нитей параллель-
ны соответствующим плоскостям.
Под действием силы f = /(s), зависящей от перемещения $ точки прило-
жения силы, система приходит в движение из состояния покоя. При движении
системы на шкивы 4 н 5 действуют постоянные моменты сил сопротивлений,
равные соответственно М4 и Л1*.
Определить значение искомой величины в тот момент времени, когда пе-
ремещение точки приложения силы f равно Искомая величина указана
в столбце .Найти’ таблицы, где обозначено: vt — скорость груза /, vci — ско-
рость центра масс катка 3, ®>4 — угловая скорость тела 4 н т. д.
Указания. Задача Д4 — па применение теоремы об изменении кинетичес-
кой энергии системы. При решении задачи учесть, что кинетическая энергия
43
системы равна сумме кинетических энергий всех входящих в систему тел; эту
энергию нужно выразить через ту скодость (линейную или угловую), которую
в задаче надо определить. При вычислении кинетической энергии катка, дви-
жущегося плоскопараллельно, для установления зависимости между его угло-
вой скоростью и скоростью его центра масс воспользоваться понятием о мгно-
венном центре скоростей (кинематика). При определении работы все переме-
щения следует выразить через заданное перемещение учтя, что зависимость
между перемещениями здесь будет такой же. как между соответствующими
скоростями.
Когда по данным таблицы /л3 = 0, груз 2 на чертеже не изображать; шки-
вы 4 и 5 всегда входят в систему.
Таблица Д4
Номер условия	т,. кг	гл,, кг	ГП3, КГ	Л1„ кг	кг	Л»,. 1{- N	Л1„ 11 • м		•i	ПаПтн
0	2	0	4	G	0	0	05	50 (2+3s)	1,0	V,
1	G	0	2	0	8	0.6	0	20 (5-г 2s)	1.2	“S
2	0	4	6	8	0	0	0,4	80 (3 + 4s)	0.8	VC.
3	0	2	4	0	10	0,3	0	40 (4+5s)	0.G	v3
4	8	0	2	6	0	0	0,6	30(3 +2s)	1.4	
5	8	. 0	4	0	G	0,9	0	40(3 +5s)	1.6	Vi
С	0	6	2	8	0	0	0.8	60 (2+5s)	1.0	o>4
7	0	4	6	0	10	0.G	0 '	30 (8 +3s)	0,8	0‘S
8	G	0	4	0	8	0,3	0	40 (2+5s)	1.6	%
9	0	4	6	10	0	0	0,4	50(3 +2s)	1.4	Vi
Рнс. Д4.0
Рис. Д4.1
Рис.' Д4.2
Рис. Д1.3
44
Рнс. Д4.7
Рнс. Д4.6
Рнс. Д4.9
Рнс. Д4.8
Пример Д4. Механическая система (рнс. Д4) состоит из сплошного цилинд-
рического катка /, ступенчатого шкива 2 с радиусами ступеней /?а и г9 (масса
шкива равномерно распределена* по его внешнему ободу) и груза 3 (коэффи-
циент трения груза о плоскость равен /). Тела системы соединены друг с дру-
гом нитями, намотанными иа шкив 2.
Под действием силы F— /($), зависящей от перемещения $ точки ее при-
ложения, система приходит в движение из состояния покоя. Прн движении иа
шкив 2 действует постоянный момент
Л43 сил сопротивления.	_
Дано: mt = 4 кг, т3 — 10 кг, т3 -=
-8 кг, /?3 = 0.2м, г2-=0,1 м, /-0.2,
2И}-0.6 Н м. Г = 2 (1 + 2s) Н, $, -= 2м.
Оп ределить: скорость цент-
ра масс катка, когда s = sP
Решение. 1. Рассмотрим движение
неизменяемой механической системы,
состоящей из тел 1.2,3. соединенных
нитями. Изобразим все действующие
иа систему внешние силы: активные
F. Р|, /^у^омсит сопротивления М2,
реакции Да. и силы трения Др*
и
Рнс. Д4
45
Для определения vCi воспользуемся теоремой об изменении кинетической
энергии системы
(I)
2.	Определяем 70 н Т. Так как в начальный момент система находилась
в покое, то 7о=О. Величина Т равна сумме энергий всех тел системы:
Г-Г. + Тэ+^з.	(2)
Учитывая, что тело 1 движется плоскопараллельно, тело 3—поступательно,
а тело 2 вращается вокруг неподвижной оси, получим
7*! >-у	*“	“ ~2~ w3vj.	(3)
Все входящие сюда скорости следует выразить через искомую Vc. Приняв
во внимание, что точка Ki — мгновенный центр скоростей катка 1. н обозначив
радиус катка через rJt получим
VC\ vCl	vCl
t/j = о>2г_.	(4}
Кроме того, входящие в (3) моменты инерции имеют значения
и 0,5/И|Г|, /3 в	(5)
Подставив все величины (4) и (5) в равенства (3), а затем используя ра-
венство (2). получим окончательно:
г= (‘Tmi + "5’raa + 'Fma"^‘) vci-.
3.	Теперь найдем сумму работ всех действующих внешних сил при том
перемещении, которое будет иметь система, когда точка С] пройдет путь
Одновременно все перемещения следует выразить через заданную величину
для чего учтем, что здесь зависимость между перемещениями будет такой
же, как и между соответствующими скоростями в равенствах (4), т.е. <р2 = $|//?3,
$э в $j (га//?2). В результате получим:
Л(П-f 2 (1 + 2s) ds - 2 (s, + si),
0
А (₽,) - P^I sin 60”, Л (ЛУ--Mdfa----Ma -Б-.
/С2
Л (Ря) ша — T’gSa sin 30’ = — PtSi sin 30°,
A (7J₽) - - F?s3 - - fN3s3----fP3 cos 30’s.
Работа остальных сил равна нулю, так как точка где приложены
М »l'Fj₽ — мгновенный центр скоростей, точка О, где приложены Ра н Л'а,
46
неподвижна, а реакция N3 перпендикулярна перемещению груза 3. Тогда
окончательно
5 Л* - 2 (s, + SJ) + РЛ Sin 60°	-
•	“ РgSj	(sin 30° /cos 30°).	(7)
4.	Подставив выражения (С) н (7) в уравнение (1) и учитывая, что 7о=О,
получим
+	)1'С| — 2 (»|+ »’) + ₽!»! «1п 60" —
— Р? "" Рз$* (sin 30° 4-/cos 30°).	(8)
При числовых значениях, которые имеют заданные величины, равенст-
во (8) дает:
9t£t->21.1 Н-м.
Отсюда находим искомую скорость. Ответ: vc =1,53 м/с.
Задача Д5
Вертикальный вал АК (рис. Д5.0—Д5.9, табл. Д5). вращающийся с пос-
тоянной угловой скоростью ««Юс-1, закреплен подпятником в точке А
и цилиндрическим подшипником в точке, указанной в табл. Д5 в столбце 2
(Ab = BD « DE = ЕК — Ь). К валу жестко прикреплены невесомый стержень
1 длиной li = 0,4 м с точечной массой rij = G кг на конце н однородный стер-
жень 2 длиной /3= 0.6 м, имеющий массу /л2=4кг; оба стержня лежат
в одной плоскости. Точки крепления стержней к валу указаны в таблице
в столбцах 3 и 4, а углы а н 3 — и столбцах 5 н 6.
Пренебрегая весом вала, определить реакции подпятника н подшипника.
При окончательных подсчетах принять b = 0,4 м.
Указания. Задача Д5 — на применение к изучению движения системы
принципа Да ламбера. При решении задачи учесть, что когда силы инерции
частиц тела (в данной задаче стержня 2) имеют равнодействующую /?н, то
численно /?" —jnac, где ас—ускорение центра масс С стержня, но линия
действия сплы Ра в общем случае не проходит через точку С (см. пример Д5).
Таблица Д5
Kpen.ieiuie
1	2	3	4	5
0
1
2
3
4
В
D
Е
К
В
D
В
D
D
Е
К
Е
В
Е
D
30
45
60
75
90
₽’
G
45
60
75
30
60
1
5
6
7
8
9
О
Еш
D
Е
К
D
Е
Крепление
у
h
₽’
3
к
в
Е
Е
К
4
В
К
в
к
D
5
30
45
60
75
90
6
45
30
75
60
45
47
Рис. Д5.8
Рис. Д5.9
Рнс. Д5
Пример Д5. С невесомым валом АВ. вращающимся с постоянной угловой
скоростью «о. жестко скреплен стержень OD длиной I и массой mt. имеющий
на конце груз массой т-. (рис. Д5).
Д а и о: h — 0.6 м, Ь2 — 0.2 м, а -= 30°, / — 0.5 м. = 3 кг, т3=2 кг, w = 6 с-1.
Определить реакции подпятника А и подшипника В.
Решение. Для определения искомых реакций рассмотрим движение меха-
нической системы, состоящей из вала АВ, стержня OD и груза, и применим
принцип Даламбера. Проведем вращающиеся имеете с валом оси Вху так,
чтобы стержень лежал в плоскости ху. н изобра-
зим действующие на систему внешние силы: силы
тяжести Рь Р* составляющие ХА, УА реакции
подпятника н реакцию подшипника-
Согласно принципу Даламбера, присоединим к
этим силам силы инерции элементов стержня н
груза, считая груз материальной точкой. Так как
вал вращается равномерно (w const), то его эле-
менты имеют только нормальные ускорения
направленные к оси вращения, а численно дл* =
~ где hk — расстояние элемента от оси. Тогда
силы инерции F” будут направлены от осп враще-
ния н численно FJJ «= Am •	= Am • w2Aftl где
Ara — масса элемента. Поскольку все F* про-
порциональны hk, то эпюра этих параллельных сил
образует треугольник и их можно заменить рав-
нодействующей Л", линия действия которой прохо-
дит через центр тяжести этого треугольника, т. е.
2
шипы О. где //, ==	« / cos «).
Но, как известно, равнодействующая любой системы сил равна ее главному
вектору, а численно главный вектор сил инерции стержня R" — т;ас, где ас—•
ускорение центра масс стержня; при этом, как и для любого элемента стерж-
ня, ас — аСп «<о-Лс = ыз • ОС • si па (ОС = 1{2}. В результате получим
/?•' ап га।«о2	sin а — 13,5 Н.
расстоянии Hi от пер-
ца
.Аналогично для силы инерции /'" груза найдем, что она тоже направлена
от осп вращения, а численно F" = га3®5/Sin а = 18 Н.
Так как все действующие силы п силы инерции лежат в плоскости ху, то и
реакции подпятника А и подшипника В тоже лежат в этой плоскости, что
было учтено при нх изображении.
По принципу Даламбера. приложенные внешние силы н силы инерции
образуют уравновешенную систему хил. Составляя для этой-плоской.системы
сил три уравнения равновесия, получим:
ХА +хв + Ли + /™-0,	())
— 0: ХА (Ь, -т — -^-slno— Ps/slno4-
(2)
+ Л',' (Н, + ад + f" (W, + ад - о.	<з>
Подставив сюда числовые значения всех заданных и вычисленных величин
п решив эту систему уравнений, найдем искомые реакции. Ответ: ХА —
—11,8 Н, Кд =49,1 Н, Хв=—19,7 Н. Знаки указывают, что силы ХА н Хв
направлены противоположно показанным на рис. Д5.
49
Задача Д6
Механизм, расположенный в горизонтальной плоскости, на холите я в рав-
новесии под действием приложенных сия: положение равновесия определяется
углами а, р, у, <р, fi (рис. Д6.0 — Д6.9. табл. Д6). Длины стержней механизма
(кривошипов или коромысел) равны: lt = 0,4 м, /, = 1,0 м (размеры Л» и /э
произвольны); точка Е на рис.- 2 — G находится в середине соответствующего
стержня.	м
Па механизм действуют: на рис. 0—2 —сила F, приложенная к ползуну.
D, и пара сил с моментом М, приложенная к стержню /; на рнс. 3—9 — пары
сил с моментами А1, и 7WS. приложенные к стержням / п_4.
Система уравновешивается параллельной ВЬ силой Q, приложенной к пол-
зуну В. Определить, чему равна и в какую сторону направлена эта сила.
Указания. Задача Д6 — на определение условий равновесия механической
системы с помощью принципа возможных перемещений. Механизм в рассмат-
риваемой задаче имеет одну степень свободы, так как имеет одно независимое
возможное перемещение. Для решения задачи нужно сообщить механизму
возможное перемещение, вычислить сумму элементарных работ всех действую-
щих активных сил и пар на этом перемещении н приравнять ее нулю. После
этого надо выразить все вошелшие в составленное уравнение элементарные
перемещения через какое-нибудь одно и определить искомую силу.

Рис. Д6.3
Рис. ДС.4
Рис. Д6.5
Рис. Дб.С
Рис. Д6.7
Рис. ДС.8
Рис. ДС.У
Пример Д6. Механизм
(рис. ДО. в), расположенный
в горизонтальной плоскос-
ти. состоит из стержней
/, 2. 3. 4 и ползуна В,
соелнценных друг с другом
и с неподвижными опорами
Ot и О, шарнирами. Ме-
ханизм находится в равно-
весии под действием двух
пар сил с моментами Л/ь
Мг. приложенных к стерж-
ням (кривошипам) /. 4, ц
силы <Х приложенной к
ползуну В.
Рис. Д6
51
Да но: « = 30е, ? - 120*. -г = 90е. у = 90’, 0 = 120*, /, » 0,6 м, I. = 0,3 м,
АЕ = BE. Л/, = 220 Н-м,	= 500 Н-м.	__
Определить: величину и направление силы Q.
Решение. 1. Строим положение механизма в соответствии с заданными
углами (рнс. Д6, б). Для определения силы Q воспользуемся принципом воз-
можных перемещений, согласно которому
2»л;=о,	(о
где 8^—-элементарные работы активных сил на соответствующих возможных
перемещениях. Изображаем действующие на механизм активные силы: силу <7
(направлением задаемся) и пары с моментами п М«.
2. Чтобы составить уравнение (I), сообщим механизму возможное пере-
мещение и покажем на чертеже перемещения звеньев, к которым приложены
активные силы, обозначив: Ц>, и 8у3—повороты стержней / и 2 вокруг осей
Oi и Оа соответственно. bsB— перемещение ползуна (точки) В,
Механизм имеет одну степень свободы; поэтом у из перемещений 8?,. 8?3,
произвольно можно задаться только одним. Примем за независимое воз-
можное перемещение 8<р( и установим, какими тогда будут перемещения 8sfi
и выразив их одновременно через При этом важно верно определить
и направления lsBt так как иначе в уравнении (I) будут ошибки в зна-
ках. При расчетах учтем, что зависимость между возможными перемещениями
здесь будет такой же. какая была бы между соответствующими скоростями
звеньев механизма при его движении, и воспользуемся известными из кине-
матики соотношениями. (См. пример К2.)
Сначала найдем и изобразим 8$Л (направление 8$Л определяется направле-
нием 8?,); получим:
Щ J- °И-	(2)
Теперь определим и изобразим bsB, учитывая, что проекции 8sfl н Й5л на
прямую ВА должны быть равны друг другу (иметь и одинаковые знаки!).
Тогда
isB соз 30° *=• 8$д cos 30° и Ъ$в «=	«Ifa.	(3)
Чтобы определить 8у3, найдем сначала ts£ и 8$д. Для этого построим
мгновенный центр скоростей (вращения) Са стержня 2 (на пересечении пер-
пендикуляров к 8$д и 8sfil восставленных из точек Л и В) и по направлению
8$л установим, каково направление поворота вокруг центра С». Так как
-гг С2АВ =» ^.С^ВЛ » 60е, то ДДС^С равносторонний и С*Е в нем янляется
высотой, поскольку АЕ *=• BE. Тогда перемещение 8$£ , перпендикулярное С-Е,
будет направлено по прямой ЕА в сторону, определяемую направлением пово-
рота вокруг центра С8. Воспользовавшись опять тем, что проекции и
на прямую ЕЛ должны быть равны друг другу, получи и (значение можно
найти и из соответствующей пропорции):
8$£ *= cos 30е = /,8у, cos 30°.	(4)
Так как точка D принадлежит одновременно стержню O..D. имеющему
в О2 ось вращения, то	Из условия равенства проекций lsD u
на прямую ED определяем, в какую сторону направлено Ъ$в и находим, что
8$D => ЪзЕ cos 60“ =>	cos 30° • cos 60’.	(5).
52
Наконец, по па правлению bso определяем направление 8?3 и находим при
заданных значениях Ц и /4, что
ЙЛд G
«“ —j— “ -j- cos 30s • cos 60° 8-f i = 0,87&?|.	(6)
3. Теперь, составив уравнение (t). получим
— Q^$b— Af3fypa => 0
или, заменяя isB и 6?2 их значениями (3) н (6) и вынося одновременно 8?| за
скобки,
(Af, — /, Q - 0,87Af2)	. 0.	(7)
Так как ^0, то, приравняв нулю выражение, стоящее в скобках, найдем
Q. Ответ: Q =—358 Н; знак указывает, что направление силы Q противо-
положно показанному на рис. Д6.
Задача Д7
Механическая система состоит нз шкивов 1 и 2, обмотанных нитями,
и грузов 3—5. прикрепленных к этим нитям (рис. Д7.О—Д7.9, табл. Д7). Сис-
тема движется в вертикальной плоскости под действием сил тяжести и двух
пар сил: пары с моментом Afh приложенной к шкиву /, и пары с моментом
Л43, приложенной к шкиву 2. Радиусы ступеней шкнва / равны: Rt« 0,3 м,
rt — 0,15 м. а шкнва 2—Яэ — 0,2 м, rs = 0,l м; их радиусы инерции относи-
тельно осей вращения равны соответственно: pt ™ 0,2 м, р2^0,1 м.
Пренебрегая трением, определить ускорение груза, имеющего больший
вес: веса Д. .... шкивов н грузов заданы в таблице в ньютонах, а момен-
ты— в ньютонометрах. Тот из грузов 3, 4, 5, вес которого равен нулю, на
чертеже не изображать: шкивы / н 2 всегда входят в систему.
Указания, Задача Д7 — на применение к изучению движения системы общего
уравнения динамики (принципа Даламбера— Лагранжа). Ход решения задачи
такой же, как в задаче Д6, только предварительно надо присоединить к дей-
ствующим на систему силам соответствующие силы инерции. Учесть при этом,
что для однородного тела, вращающегося вокруг своей оси симметрии (шкива),
система сил инерции приводится к паре с моментом М11 = где 1Х—момент
инерции тела относительно оси вращения, • — угловое ускорение тела; направ-
ление М* противоположно направлению «.
Таблица Д7
Номер условие	Р.	р.	р.	р,	Pt	.и,	м»
и	10	0	20	0	30	0.3	0
1	0	30	20	10 •	0	0	0.4
2	0	20	0	30	10	0.6	0
3	30	0	10	20	0	0	0,6
4	10	0	0	30	20	0	02
5	0	!0 -	30	0	20	0,3	0
6	0	30	0	10	20	0	0,6
7	20	0	30	0	10	0	0,2
8	0	10	20	30	0	0,3	0
9	20	0	0	10	30	0,6	0
53
Рис. Д7.6
Рис. Д7.7
Пример Д7. Механическая система (рис. Д7) состоит из обмотанных ни-
тями блока / радиуса /?1 и ступенчатого шкива 2 (радиусы ступеней /?а и г>
радиус инерции относительно осн вращения ра), а также из грузов 3 и < при-
крепленных к этим нитям. Сис-
тема движется в вертикаль-
ной плоскости под действием
сил тяжести и нары снл с мо-
ментом М, приложенной к
блоку /.
Дано: Р,=0. А=30 Н. Р3=
=40 Н. Р4=20Н. 7И=16Н-м,
/?!=0.2 м. /?3=0,3 м, га = 0,!5 м,
Рз = ОД м.
Определить: ускоре-
ние груза 3, пр€1*ебрегая тре-
нием.
Решение. !. Рассмотрим
движение механической систе-
мы, состоящей из тел /. 2, 3, 4,
соединенных нитями. Система
имеет одну степень свободы.
Связи, наложенные на эту систему, — идеальные. Для определения а3 применим
общее уравнение динамики:
(I)
где —сумма элементарных работ активных сил; У] L4J — сумма эле-
ментарных работ снл инерции.
2. Изображаем на чертеже активные силы Р2, Рэ, Pt и пару сил с момен-
том М. Задавшись направлением ускорения а3, изображаем на чертеже силы,
инерции Pg, Р* и пару снл инерции с моментом AfJ. величины которых равны:
FS—Ya*	A,S—Г’р3*2-	(2)
3. Сообщая системе возможное перемещение и составляя уравнение (1),
получим
(Р3 si п 60е— Г3') Й$3 — М	— 7=1'8^ — A«Tj = 0.	(3)
Выразим все перемещения через &р2:
г2
®S3 “ Я/Ть e f2^3, Йср! = -jj- tKfi.	(4)
55
Подставив величины (2) и (4) в уравнение (3), приведем его к виду
[р3 (sin 60’ —|г) R, —---------7'“'г’ ~ м '= о- •	<5)
Входящие сюда величины t3 и д4 выразим через искомую величину д3:
<*з п	I’a
•а- R, • в<-"Л- R, «з.
а затем, учтя, что &р5	0, приравняем нулю выражение, стоящее в уравнении
(5) в квадратных скобках. Из полученного в результате уравнения найдем
- •	Р,/?2 siп 60° — Мг3/
Дз---------------------------g.
Рз^?2 + А
Вычисления дают ответ: а3 = —0,9 м/с2. Знак указывает, что ускорение
груза 3 и ускорения других тел имеют направления, противоположные пока-
занным пл рис. Д7.
Задача Д8
Механическая система состоит из тел 1,2,..., 5 весом Pt, Р2. .... Р3,
связанных нитями, намотанными на ступенчатые блоки / и 2 (рис. Д8.0—Д8.9,
табл. Д8). Прочерк в столбцах таблицы, где заданы веса, означает, что со-
ответствующее тело в систему не входит (на чертеже ие изображать.),
а ноль — что тело считается невесомым, но в систему входит. Для колес,
обозначенных номером 4, Pt — их общий вес (вес платформы такой тележки
не учитывается).
Радиусы ступенчатых блоков / и 2 равны соответственно: Rt = /?, г^О.8/?;
Р3~ R, г2 = 0.4/?. При вычислении моментов инерции оба блока, колеса
и катки считать однородными цилиндра ми радиуса А
На систему кроме сил тяжести действуют сила Г, приложенная к телу 4
или 5 (если тело 5 в систему не входит, сила приложена в точке В к тележке),
и пары с моментами A1t и ЛГ21 приложенные к блокам; при М < 0 направление
момента противоположно показанному на рисунке.
На участке нити, указанном в таблице в столбце .Пружина", включена пру-
жина с коэффициентом жесткости с (например, если в столбце стоит АВ, то уча-
сток АВ является пружиной, если AD. то AD—пружина, и тл.); в начальный мо-
мент времени пружины ие деформированы.
Составить для системы уравнения Лагранжа н определить нэ них частоту
и период колебаний, совершаемых телами системы при ее движении.
Указания. Задача Д8— на применение к изучению движения системы
уравнений Лагранжа. В задаче система имеет две степени свободы; следова-
тельно.. ее положение определяется двумя обобщенными координатами qit q4
н для нее должны быть составлены два уравнения.
Решение начать с выбора обобщенных координат, обозначив их qt — х
и = ¥ или “X и q2^y. За координату х принять удлинение пружины,
отсчитываемое в сторону того из тел 3. 4 или 5 системы, к которому пружи-
на прикреплена, например, если пружина прикреплена к этому телу в точке
В и ее длина в произвольный момент времени равна АВ, тол= АВ—где
4 — длина недеформированной пружины. За координату <р принять угол пово-
рота крайнего блока (этот блок может быть и невесомым), отсчитывая ? от
начального положения. Если в систему ни один блок не входит (входят лишь
тела 4 и 5). за координату у принять расстояние тела 4 от начального поло-
жения. Соответствующие примеры даны на рис. Д8.10, а. б, в.
При таком выборе обобщенных координат искомая частота и период ко-
лебаний могут быть найдены из уравнения, определяющего зависимость х=/(/).
Дальнейший ход решения разъяснен в примере Д8,
56
Та б лица Д8
57
Рис. Д8.10
Пример Д8. Механическая система (рис. До) состоит из барабана I ра-
диуса R. к которому приложены пара сил с моментом М. тележки 2 и катка
3 (барабан в каток однородные цилиндры): веса всех тел равны соответствен-
но Plt Р-2 и Р& весом колес тележки пренебрегаем. Тележка соединена с бара-
баном намотанной на него нитью, а с катком — пружиной BD, коэффициент
жесткости которой равен с. Система начинает движение из состояния покоя;
пружина в этот момент ие деформирована.
Да ио: R, с. Pi = 2Р. А «4/> А - 2Р. М ~ 4PR, а ~ 30\
Определить: частоту * и период т колебаний, совершаемых телами
системы при ее движении.
Рнс. Д8
Решение. 1. Для решения задачи
воспользуемся уравнениями Лагранжа.
Рассматриваемая система имеет две
степени свободы. Выберем в качестве
обобщенных координат угол поворота
барабана <ри удлинение пружины
= <р, д2 = л). Тогда уравнения Лагранжа
будут иметь вид:
d (дТ\_ дТ _
d (дТ\	дТ	
dt ( dJej	dx
58
2. Определим кинетическую энергию Т системы, равную сумме энергий
всех тел:
7 » 7,+ 72+73.	(2)
Так как барабан вращается вокруг осн О, тележка движется поступатель-
но, а каток — плоскопараллельно, то
т,=-^-10< г,-4-^-₽;.
г,=4-^-*,ь+4-/о“3-	<з>
где 1о -= (Pj/2^) /?}, /D = (Рз/2^) Rl (Я3 — радиус катка 3).
Все входящие сюда скорости надо выразить через обобщенные скорости
Ч и х. Очевидно, что <nt = <р, fa “ R*i = Для определения vD рассмотрим
движение катка как сложное. Учитывая, что х определяет положение точки Z>
по отношению к тележке, получим v"D = о” + где численно Vp »х,
f^p ™ fa “ Тогда принимая во внимание, что при возрастании <р и х ско-
рости Од и v™р направлены в разные стороны и что точка Е для катка —
мгновенный центр скоростей, получим
Подставляя все найденные значения скоростей и значения 1О и ID в ра-
венства (3) и учитывая, что Р, => Р3 .=. 2Р, а Р9 = 4Р, получим окончательно
из (2) следующее выражение для 7:
г=* 4"Н w
Отсюда находим
44 = — (в/?=£ - ЗЯ*);	= 0. 4^ = ~ (—ЗЯ» + За);
оg	fly дх _g
дТ
~di—°-	lo>
3. Теперь определим обобщенные сильН?! и_ Изображаем действуюпше
на систему активные силы: силы тяжести Pt, Р*, Р3, силы упругости /* и F\
где численно Г' = сх, и пару с моментом М.
а)	Для определения Qt сообщим системе возможное перемещение, при кото-
ром координата f получает приращение Ъу > 0. а х не изменяется, т. е. 8х -О
(пружина при таком перемещении системы не изменяет свою длину). Тогда
тележка и центр катка получат одинаковые перемещения &$а а = ЯИ
и элементарная работа действующих сил будет равна
Мi Mty — Р3 sin 3(7 6s2 — Р3 sin 30°8$D — F'is3 + FlsDt
Заменив здесь все величины их значениями, найдем в результате, что
8 Л, ~ (М — 0,5P3R — 0,5Р3/?) - РЯЦ».	(С)
б)	Для определения Q3 сообщим системе возможное перемещение, при
котором координата х получает приращение Ъх > 0. а <f не нзмеияетси, т. е.
8? « 0 (барабан не поворачивается и тележка не перемещается). Тогда эле-
ментарную работу совершат только силы Р3 и F. и учтя, что Р3 2Р, будем
иметь
ЬЛ, = Р3 sin 30° • Ъх — Fbx = (Р~ сх) Ъх.	(7)
59
Коэффициенту при 8<р и 8л в равенствах (6) и (7) и буяут искомыми
обобщенными силами; следовательно
Qt~PR, Q3~P—cx.	(8)
Подставляя величины (5) и (8) в уравнения (1), получим следующие диф-
ференциальные уравнения движения системы:
— 3fS) = PR.	3R?+3ij = F-cx.	(9)
4. Чтобы определить Лит» исключим из уравнений (9) <?. Получим сле-
дующее дифференциальное уравнение свободных колебаний 15Лк“НР^ —
— 8сдо или
л + А3л = гле Л3 =	(,0)
Известно, что когда уравнение приведено к виду (10), то Л в нем является
круговой частотой, а период т яя 2я/А. Следовательно, искомые величины имеют
значения:
Задача Д9
Механическая система состоит из ступенчатых шкивов / и 2 весом Pt и Р3
с радиусами ступеней /?, = /?. г, = 0.4/?; /?3 = R, га=0.8/? (массу каждого
шкива считать равномерно распределенной по его внешнему ободу); грузов 3,4
н сплошного однородного цилиндрического катка 5 весом Р2, Р* Рь соответст-
венно (рис. Д9.0—Д9.9, табл. Д9). Тела системы соединены нитями, намотан-
ными иа шкивы; участки нитей параллельны соответствующим плоскостям.
Грузы скользят по плоскостям без трения, а катки катятся без скольжения.
_ Кроме сил тяжести на одно из тел системы действует постоянная сила
Г» а на шкивы / и 2 при их вращении действуют постоянные моменты сил
сопротивления, равные соответственно и Afa.
Составить для данной системы уравнение Лагранжа и определить из него
величину, указанную в таблице в столбце .Найти', где обозначено: tj. «а—
угловые ускорения шкивов I и 2, а2, alt аС5 —ускорения грузов 3, 4 и центра
масс катка 5 соответственно. Когда в задаче надо определить sa или е* счи-
тать R — 0,25 м.
Тот из грузов 3,4, вес. которого равен нулю, иа чертеже не изображать,
Шкнвы / и 2 всегда входят в систему.
Указания. Задача Д9 — на применение к изучению движения системы
уравнений Лагранжа. В задаче система имеет одну степень свободы, следова-
тельно, ее положение определяется одной обобщенной координатой и для нее
должно быть составлено одно уравнение.
За обобщенную координату q принять: в задачах, где требуется опре-
делить й3, а, или аС5, — перемещение х соответствующего груза или центра
масс Сь катка 5; в задачах, где требуется определить q или «3, —угол пово-
рота <? соответствующего шкива.
Для составления уравнения вычислить сначала кинетическую энергию Т
системы (как в задаче Д4) и выразить все вошедшие в Т скорости через
обобщенную скорость, т.е. через х, если обобщенная координата л, или через?,
если обобщенная координата ?. Затем вычислить обобщенную силу Q. Для
этого сообщить системе возможное (малое) перемещение, при котором выбран-
ная координата, т.е. х (или ?), получает положительное п pi ращение Ъх (или
8?), и вычислить сумму элементарных работ всех снл на этом перемещении;
в полученном равенстве надо все другие элементарные перемещения выразить
60
через (или -через Ъ?, если обобщенная координата <р) и вынести Ъх (или ty)
за скобки. Коэффициент при Ьх (пли if) и будет обобщенной силон Q (си.
еще пример Д9).
Т а б л н ц а Д9
Номер | условия	Р,	Р4	pt	Р<	Р.	Л1,	Л1,	г	Найти
0	I2P	0	Р	0	ЗР	0.2РР	0	8Р	«3
1	0	ЮР	0	4Р	2Р	0	О.ЗРР	СР	«а
2	ЮР	0	0	2Р	Р	0.3РЯ	0	4Р	Е.
3	0	12Р	2Р	0	ЗР	0	0.2РР	ЮР	«3
4	8Р	ЮР	0	0	2Р	0	О.ЗРР	5Р	“С5
5	12Р	0	2Р	0	Р	0	0,4РР	8Р	Е,
6	0	12Р	0	ЗР	4Р	0.2РР	0	СР	а4
7	ЮР	8Р	0	0	2Р	О.ЗРР	0	5Р '	СЯ
8	12Р	0	0	5Р	4Р	0	0.2РР	СР	«4
9	0	12Р	2Р	0	ЗР	0.2РР	0	ЮР	ЯС5
Рис. Д9.0	Рис. Д9.1
Рис. Д9.2	Рис. Д9.3
Рис. ДЭЛ	Рис. Д9.5
61
Рис. Д9.8
Рис. Д9.7
Рис. Д9.9
Пример Д9. Механическая система состоит из ступенчатого шкива 2 (ра-
диусы ступеней Ri и га). груза 1 и сплошного катка 3. прикрепленных к кон-
цам нитей, намотанных иа ступени шкнва (рис. Д9). На шкип при его враще-
нии действует момент сил сопротивления Массу .шкива считать равно-'
мерно распределенной по внешнему ободу.
Д а н о: - Я. гэ = 0.6/?, Pt = 6Р. Рэ = ЗР, Р3 ° 5Р, Afa ° 0.2Р/?, а « 30е.
Определить: а( — ускорение груза /.
Решение. I. Система имеет одну степень
свободы. Выберем в качестве обобщенной
координаты перемещение х груза / (у — х).
полагая, что груз движется вниз, к отсчиты-
вая х в сторону движения; составим уравне-
ние Лагранжа
d (дТ\ дТ „
2. Определим кинетическую энергию Т
системы, равную сумме энергий всех тел:
Т-^+А+Г»	(2)
Так как груз 1 движется поступательно,
шкив 2 вращается вокруг неподвижной осн,
а каток 3 движется плоскопараллельно, то
т,= Г1"Т. т>“ va + "Г
где, поскольку масса шкнва считается распределенном по внешнему ободу,
а каток —сплошной (его радиус обозначим г3),
А “ ~~~ №. /сз“ ~2 ~g~ г3’
62
3. Все скорости, входящие и Tt. Tv и Т3. выразим через обобщенную ско-
рость х, равную, очевидно, v,. Если при атом учесть, что vt^wsR-,. а г'сз“‘°-гг
и что точка к является для катка 3 мгновенным центром скоростей, то по-
лучим:
(6)
(7)
11.7—
S
V, = i, <»3 _	- -R-. "ст = «Z, -yi.
_ "СТ "сз	г* 
1 КС3 ~ r„	raR х-
Подставляя величины (5) и (4) в равенства (3), а затем значения 7\
Т3 в равенство (2). найдем окончательно, что
г^(р1 + рз+А4л)>з.ид„г=^.
Так как здесь Т зависит только от х, то
дТ	Р .	дТ
л- — 11.7 — х ~» О н
дх	g *• дх
4.	Найдем обобщенную силу Q. Для этого изобразим силы, совершающие
при движении системы работу, т. е. силы /< Р3 п момент сил сопротивления
Л12, направленный против вращения шкнва. Затем сообщим системе возможное
(элементарное) перемещение, при котором обобщенная координата х получает
положительное приращение Rx. н покажем перемещения каждого из тел; для
груза 1 это будет	для шкива 2— поворот на угол Ц>2. для катка 5—
перемещение ts3 его центра. После этого вычислим сумму элементарных работ
сил и момента на данных перемещениях. Получим
М Pfist — Л42Ъ<}2 — Р3 si п а • Ь$3.	'	(8)
Все входящие сюда перемещения надо выразить черея Их. Учтя, что за- .
писи мости между элементарными перемещениями здесь аналогичны зависи-
мостям (5) между соответствующими скоростями, получим
tej = lx. Цч — ls3 = r„ty3 = Ъх.	(9)
Подставляя эти значения в равенство (8) и вынося 1х за скобки, найдем,
что
М = (р,——-^-P3slno)tx.	(10)
Коэффициент при Ъх в полученном выражении и будет обобщенной гпло11
Q. Следовательно.
-	Q — А— *7^"— -^-P3sina HfliiQ=4,3P.	(||)
5.	Подставляя найденные величины (7) и (11) в уравнение (1), получим
11.7-у-х = 4,ЗР.
Отсюда находим искомое ускорение а, — х. Ответ: at = 0,37#.
Примечание. Если в ответе получится а < 0 (или • < О), то это озна-
чает, что система движется не в ту сторону, куда было предположено. Тогда
у момента М, направленного против вращения шкнва, изменится направление
и, следовательно, как видно нз равенства (II), изменится величина Q, для
которой надо получить свое верное значение.
СОДЕРЖАНИЕ
Стр.
Методические указания	 ....................... 3
Рабочая программа .................................  4
Литература.......................................... 7
Контрольные задания ................................ 8
Содержание заданий, выбор вариантов, порядок выпол-
нения работ, общие пояснения к тексту задач . .	8
Задачи к контрольным	заданиям.................... 9
Статика	...................... . . .	9
Кинематика.......................j	. ............. 18
Динамика.......................................     29
Людмила Ивановна Котова, Раиса Ивановна Надеева,
Семен Михайлович Тарг, Василий Львович Цывильский,
Инна Мироновна LUмарона
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА
Методические указания и контрольные задания
Зав. редакцией К. И. Аношина
Редактор О. Г. Подобсдона
Мл. редактор С. В. Мовчан
Художественный редактор Т. Л. Дурасова
Технический редактор 3. в. Нуждина
Корректор В. А. Орлова
Н/К
Изд. J* ОТ—400. Сдано и набор 13.01.82. Подписано о печать 24.12 82.
Формат 60Х90</|(. Бум- Jun. М 2. Гарнитура литературная. Печать высокая.
Обьеы 4 уел. неч. л. У?л. кр.-огт. 4,13. Уч.-изд. л. 4,31. Тире* 01504) вкз.
Зак. М 545. Цен* 10 коп.
Издательство «Высшая школа*. Москва, К-51,. Неглннная ул., А. 29,14
Республиканская ордена «Знак Почета» типография имени П. Ф. Лио-
jitua Государственного комитета Карельской АССР по делам нзда- •
«льсти, полиграфии ы книжной торговли. 1ь5ь30. Петрозаводск,
ул. «Правды», 4	_