Указания к выполнению контрольной задачи с2

Задача С2 – на равновесие тела под действием пространственной системы сил. При ее решении следует учесть, что реакция сферического шарнира имеет три составляющие, а реакция цилиндрического шарнира (подшипника) – две составляющие, лежащие в плоскости, перпендикулярной оси шарнира. При вычислении моментов силы тоже часто удобно разложить ее на составляющие и , параллельные координатным осям. Тогда по теореме Вариньона будет и так далее.

П ример С2. Вертикальная прямоугольная плита весом Р (рис. 12) закреплена сферическим шарниром и точке А, цилиндрическим (подшипником) в точке В и невесомым стержнем , лежащим и плоскости, параллельной плоскости yz. На плиту действуют сила (в плоскости yz), сила (параллельна оси у) и пара сил с моментом М (в плоскости плиты).

Дано: Р=5 кН, М=3 кН, =30°, F₁=6 кН, F₂=7,5 кН, АВ=1 м, ВС=2 м, СЕ = 0,5 АВ, ВК = 0,5 ВС.

Определить: реакции опор А, В и стержня .

Решение. 1. Рассмотрим равно­весие плиты. На нее действуют заданные силы и пара сил с моментом М, а также реакции связей. Реакцию сферического шарнира разложим на три составляющие , цилиндрического (подшип­ника) – на две составляющие (в плоскости, перпендикулярной оси подшипника), реакцию стержня направим вдоль стержня, предполагая, что он растянут.

2. Для определения шести неизвестных реакций составляем шесть уравнений равновесия действующей на плиту пространственной системы сил:

, (1.4)

, (1.5)

, (1.6)

, (1.7)

, (1.8)

. (1.9)

Подставив в составленные уравнения числовые значения заданных величин и решив эти уравнения, определим искомые реакции.

Ответ: Х_А = –5,2 кН; Y_А = 3,75 кН; Z_А = 28,37 кН; Y_B = –7,5 кН; Z_B = –12,39 кН; N = 14,48 кН. Знаки указывают, что силы Х_А , Y_B , Z_B направлены противоположно показанным на рис. 12 направлениям.

Раздел 2. Кинематика Указания к выполнению контрольной задачи к1

Рекомендуемая учебная литература: [1], часть 1: гл. .VII- IX, § 63-76, с.143–176; [2]: гл. IX, § 36–46, с.95–116.

Задача К1 – на определение скорости и ускорения точки no заданным в координатной форме уравнениям ее движения.

По определению скорость точки в данный момент времени – это вектор, равный производной от радиуса-вектора движущейся точки по вре­мени и направленный по касательной к траектории точки в сторону движе­ния

. (2.1)

В декартовой системе координат Охуz, принимаемой за неподвижную, радиус-вектор движущейся точки (рис. 13) определяется равенством:

,

где – орты координатных осей;

x = x(t), y = y(t), z = z(t). (2.2)

Уравнения (2.2) являются уравнениями движения точки, заданные коор­динатным способом. Эти же уравнения являются уравнениями траектории точки (рис. 13) в параметриче­ском виде, где параметром является время t. Для опреде­ления траектории точки в слу­чае задания ее движения ко­ординатным способом необ­ходимо из уравнения (2.2) ис­ключить время t. Для опреде­ления скорости точки, задан­ной координатным способом, по формуле (2.1) имеем

= , (2.3)

где – проекции вектора скорости точки на неподвижные декартовы координаты.

Модуль скорости определяется формулой

. (2.4)

Направление вектора скорости определяется направляющими косину­сами:

.

Ускорение точки определяется как первая производная от вектора ско­рости по времени:

= , (2.5)

где – проекции вектора ускорения точки на неподвижные декартовы координаты.

Модуль вектора ускорения вычисляется аналогично модулю вектора скорости:

, (2.6)

а направление вектора ускорения – направляющими косинусами:

.

Движение точки может быть задано также естественным способом. При этом способе должна быть известна траектория точки и задан закон движения точки М по этой траектории: s = s(t), где – дуга, отсчиты­ваемая на траектории от начального положения точки M₀.

Д ля определения положения точки на траектории задается также направление положительного отсчета дуги (рис. 14).

Рис. 14 Рис. 15

При этом способе ис­пользуются естественные оси с началом в текущем положении точки М на траектории (рис. 15) и единичными векторами . Единичный вектор на­правлен по касательной к тра­ектории в сторону положитель­ного отсчета дуги, единичный вектор направлен по главной нормали траектории в сторону се вогнутости, единичный век­тор направлен по бинормали траектории в точке М.

Орты и лежат в соприкасающейся плоскости, орты и в нормальной плоскости, орты и – в спрямляющей плоскости.

Скорость точки при естественном способе задания движения точки определяется формулой

,

где проекция вектора скорости на касательную определяется по формуле:

. (2.7)

Модуль вектора скорости .

Вектор ускорения точки лежит в соприкасающейся плоскости и раскладывается на касательную и нормальную составляющие:

,

где проекция вектора ускорения на касательную

(2.8)

называется касательным (тангенциальным) ускорением.

Касательное ускорение характеризует «быстроту» изменения величины скорости. При (векторы касательного ускорения и скорости на­правлены в одну сторону) точка в данный момент времени движется уско­ренно, при (векторы касательного ускорения и скорости направ­лены в разные стороны) – замедленно.

Проекция ускорения на главную нормаль

, (2.9)

где  – радиус кривизны траектории в точке М, называется нормальным уско­рением.

Модуль вектора ускорения определяется по формуле

. (2.10)

Направление вектора ускорения определяется направляющими косину­сами

.

В соответствии с вышеизложенным задачу К1 необходимо решать в следующей последовательности:

1) выбрать систему координат;

2) исключив время из уравнений движения точки, определить уравне­ние траектории точки и изобразить ее график;

3) определить на графике положение точки в заданный момент време­ни;

4) по заданным уравнениям движения точки определить проекции ско­рости точки и модуль скорости по формулам (2.3) и (2.4) соответственно;

5) построить на рисунке вектор скорости точки в заданный момент времени;

6) по формулам (2.5) и (2.6) определить ускорение точки;

7) построить на рисунке вектор ускорения точки в заданный момент времени;

8) взять производную по времени от модуля скорости и составить вы­ражение для квадрата касательного ускорения;

9) используя формулу (2.10), вычислить нормальное ускорение;

10) используя формулу нормального ускорения (2.9), вычислить радиус кривизны траектории в заданный момент времени;

11) разложить ускорение точки на касательную и нормальную составляющие на рисунке;

12) определить по касательному ускорению характер движения точки в заданный момент времени.

Пример выполнения задания

Движение точки М в плоскости х,у задано уравнениями

(х, у – в см, t – в с) (2.11)

Определить траекторию точки и для момента времени t₁ = 1/2 с найти положение точки M на траектории, ее скорость, полное, касательное и нор­мальное ускорения. Определить также радиус кривизны траектории в точке М.

Решение. Определим траекторию точки М, исключив из уравнений движения (2.11) время t. С этой целью преобразуем уравнения (2.11), приведя тригонометрические функции к одному аргументу:

. (2.12)

Подставляя (2.12) и первое уравнение (2.11), получим или .

Траекторией точки является парабола (рис. 16).

Определим начальное положение точки М₀: при t = 0 x₀ = 5 cos² 0 – 2 = 3, у₀= 4 sin² 0 = 0.

В момент времени t₁ = 1/2 с точка M имеет координаты:

.

Определим проекции скорости точки по формулам (2.3):

,

. (2.13)

Рис. 16

По формуле (2.4) определим модуль скорости:

. (2.14)

Определим проекции и модуль скорости в момент времени t₁ = 1/2 с:

Вектор скорости строим (рис. 16) по составляющим:

.

Определим проекции ускорения точки М, вычисляя производные по времени от проекций се скорости (2.13):

По формуле (2.6) определим модуль ускорения:

.

При t₁ = 1/2 с , , следовательно, a₁ = 3,48 см/с², и вектор ускорения направлен верти­кально вверх.

Найдем производную от функции скорости (2.14) по времени:

При t₁ = 1/2 с .

Учитывая, что , вычислим нормальное ускорение по формуле (2.10):

.

Радиус кривизны вычислим по формуле (2.9)

.

Поскольку векторы скорости и касательного ускорения направлены в од­ну сторону, точка в данный момент времени движется ускоренно.