МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РФ
ФГБОУ ВО
«ВОРОНЕЖСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ
УНИВЕРСИТЕТ ИНЖЕНЕРНЫХ ТЕХНОЛОГИЙ»
М.А. ВАСЕЧКИН, Е. В. МАТВЕЕВА
ОСНОВЫ ПРОЕКТИРОВАНИЯ ПРОДУКЦИИ
РАЗДЕЛ
«ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА»
Методические указания к выполнению самостоятельной
работы студентов
Для студентов, обучающихся по направлению подготовки
бакалавров 27.03.01 – «Стандартизация и метрология»
заочной формы обучения
ВОРОНЕЖ
2017
УДК 531.8
ОСНОВЫ ПРОЕКТИРОВАНИЯ ПРОДУКЦИИ. Раздел
«Теоретическая механика». [Электронный ресурс]: Методические
указания по выполнению самостоятельной работы студентов / Воронеж.
гос. ун-т инж. технол.; сост. М.А. Васечкин, Е.В. Матвеева. – Воронеж:
ВГУИТ, 2017. - 19 с. – [ЭИ]
Методические указания к выполнению самостоятельной работы
разработаны в соответствии с требованиями ФГОС ВО
подготовки бакалавров по направлению 27.03.01 –
«Стандартизация и метрология», предназначены для закрепления
теоретических знаний.
Составители:
доцент М.А. ВАСЕЧКИН
доцент Е.В. МАТВЕЕВА
Научный редактор профессор В.Г. ЕГОРОВ
Рекомендуется к размещению
в ЭОС и ЭБ ВГУИТ
©
©
Васечкин М.А., 2017 Матвеева Е. В., 2017 ФГБОУ ВПО «Воронеж. гос. ун-т инж. технол.», 2017
3
Цель изучения дисциплины «Теоретическая механика» -
развитие и формирование у студентов единого подхода к
математическому описанию широкого круга механических
явлений, составляющих основу современной техники, и как
следствие этого, подготовка студентов к успешному изучению
других технических дисциплин по профилю избранной
специальности.
КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА
Аудиторная контрольная работа проводится по двум
разделам дисциплины “Статика” и “Кинематика”. Решение задач
позволяет закрепить теоретический материал, а также показать
область применения основных понятий и зависимостей.
Решение каждой задачи занимает не более 30 минут.
ПРИМЕР РЕШЕНИЯ КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЫ.
Задача №1 (раздел “Статика”)
Используя уравнения равновесия статики, определить
опорные реакции.
Исходные данные
a = 3 м; b = 2 м; c = 1м; q = 40 кН/м; М = 10 кНм; F = 20кН
Решение
Указываем на схеме балки числовые значения исходных
данных. Так как балка не нагружена горизонтальными силами, то
M
a b c
F q
Рис.1
4
горизонтальная реакция в опоре А будет равна нулю. Для
определения двух вертикальных реакций необходимо составить
два уравнения равновесия. Уравнения равновесия целесообразно
составлять в виде суммы моментов от всех сил, действующих на
балку, относительно каждой опоры. В этом случае в уравнениях
будет присутствовать только одна неизвестная и уравнения
можно решать независимо друг от друга.
Определяем реакции опор
05,13qM6F5BR0i
FAm ,
625/5,134010620RB кН.
01FM5,33q5R0Fm AiB ,
785/20105,3340RA кН.
Производим проверку расчета реакций
03qFRR0F BAiy ,
78 + 62 - 20 - 403 = 0,
0 = 0.
Проверка выполняется.
Задача №2 (раздел “Кинематика”)
По заданным уравнениям движения точки М:
3
tcos4x
,
3sin3
ty
.
Установить вид ее траектории и для момента времени t = 1с
найти положение точки М на траектории, ее скорость, полное
касательное и нормальное ускорения, а также радиус кривизны
траектории.
Решение Уравнения движения представляют собой параметрические
уравнения траектории точки. Чтобы получить уравнения
траектории в координатной форме, надо исключить из уравнений
движения параметр t:
3tcos
4
x , 3
tsin
3
y .
5
Возводя в квадрат каждое уравнение и, складывая левые и
правые части уравнений, получим:
13
y
4
x2
2
2
2
.
Это уравнение эллипса с полуосями а = 4 см; b = 3 см (рис.
2).
Рис. 2
В начале движения точка М имела координаты Мо(4;0),
при t = 1 с М1(2;–2,6).
Определим проекции вектора скорости v на оси координат:
3
tsin
34x
dt
dxxv
,
3
tcos
33y
dt
dyyv
.
при t = 1c, vx = –3,62 см/с; vy = –1,57 см/с. 2
y
2
xvvv ; 94,346,210,13v см/с.
Найдем ускорение точки:
3
tcos
2
34xw
,
3
tsin
2
33yw
при t = 1c, wx = –2,19 м/с2; wy = 2,84 м/с2. 2
y
2
xwww ; w = 3,58 м/с2.
v
y
w y
w
w n
w
M o
M 1
x
w x v x
v y
6
Определим модуль касательного ускорения точки:
dt
dvw или
v
)ywyvxwxv(
v
wvw
.
88,094,3
84,2)57,1()19,2()62,3(w
м/с2.
Определим направленное ускорение
46,304,1277,081,122w2wnw .
Найдем радиус кривизны траектории в рассматриваемой
точке:
49,446,3
52,15
w
v
n
2
см.
ЗАДАНИЯ К КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЕ
Номер варианта для студентов заочной формы обучения
определяется двумя последними цифрами шифра зачетки:
предпоследняя цифра – определяет номер рисунка; последняя
цифра – определяет номер строки исходных числовых данных.
Текст работы должен быть набран на компьютере с
использованием текстового редактора Microsoft Word. Шрифт
текста - Times New Roman, кегль 14 пт. Шрифт графического
материала (таблицы, графики, диаграммы и т. п.) при
необходимости может быть меньше, но не менее 12 пт.
Выравнивание текста по ширине страницы.
Междустрочный интервал в тексте – 1,5 (включая интервал
между абзацами).
Междустрочный интервал в графическом материале – 1
(включая интервал между абзацами). Поля страниц: левое поле –
2,5 см; правое - 1,5 см; верхнее – 1,5 см; нижнее поле – 1, 5 см.
Каждый абзац должен начинаться с красной строки. Отступ
абзаца – 1,25 см от левой границы текста.
7
Ссылки на литературу указываются в тексте контрольной
работы.
Список использованной литературы выстраивается в
алфавитном порядке и обязательно должен иметь выходные
данные книги, статьи (место и год издания, страницы в сборнике
или журнале).
ЗАДАНИЕ 1
Определение реакций опор криволинейного бруса
Способ закрепления криволинейного жесткого бруса на
рис. 3 . К брусу приложена пара сил с крутящим моментом 𝑚 =100 Н ∙ м и две силы, численные значения которых, направления
и точки приложения указаны в таблице 1. Определить реакции,
возникающие в местах крепления бруса. В ходе расчетов
подсчетах принять 𝑎 = 0,5 м.
Таблица 1
№
п/п
Силы
F1=10 Н
F2=20 Н
F3=30 Н
F4=40 Н
Точка
приложения α1
Точка
приложения α2
Точка
приложения α3
Точка
приложения
α4
0 – – D 60 E 45 – –
1 K 30 – – – – H 60
2 – – H 45 K 30 – –
3 D 60 – – – – E 30
4 – – K 30 E 60 – –
5 H 60 – – D 30 – –
6 – – E 30 – – K 45
7 D 45 – – H 60 – –
8 – – H 60 – – D 30
9 E 30 – – – – K 60
8
Вар. 1 Вар. 2
Вар. 3 Вар. 4
Вар. 5 Вар. 6
Вар. 7
Вар. 8
Вар. 9 Вар. 10
Рис. 3
9
ЗАДАНИЕ 2
Преобразование поступательного и вращательного движения системы
твердых тел.
Определение скоростей и ускорений точек твердого тела.
Задана структурная схема механизма, состоящего из ступенчатых
колес 1-3, находящихся друг с другом либо в зацеплении, либо
связанных ременной (цепной) передачей, зубчатой рейки 4 и тела 5,
привязанного к концу троса, намотанного на одно из колес ( рис. 4).
Таблица 2
№
п/п Дано
Найти
скорости ускорения
0 𝑠4 = 4(7𝑡 − 𝑡2) 𝑣𝐵 , 𝑣𝐶 𝜀2, 𝑎𝐴 , 𝑎5
1 𝑣5 = 2(𝑡2 − 3) 𝑣𝐴 , 𝑣𝐶 𝜀3, 𝑎𝐵 , 𝑎4
2 𝜑1 = 2𝑡2 − 9 𝑣4 , 𝜔2 𝜀2, 𝑎𝐶 , 𝑎5
3 𝜔2 = 7𝑡 − 3𝑡2 𝑣5 , 𝜔3 𝜀2, 𝑎𝐴 , 𝑎5
4 𝜑3 = 3𝑡 − 𝑡2 𝑣4 , 𝜔1 𝜀1, 𝑎𝐵 , 𝑎5
5 𝜔1 = 5𝑡 − 2𝑡2 𝑣5 , 𝑣𝐵 𝜀2, 𝑎𝐶 , 𝑎4
6 𝜑2 = 2(𝑡2 − 3𝑡) 𝑣4 , 𝜔1 𝜀1, 𝑎𝐶 , 𝑎5
7 𝑣4 = 3𝑡2 − 8 𝑣𝐴 , 𝜔3 𝜀3, 𝑎𝐵 , 𝑎5
8 𝑠5 = 2𝑡2 − 5𝑡 𝑣𝐴 , 𝜔2 𝜀1, 𝑎𝐶 , 𝑎4
9 𝜔3 = 8𝑡 − 3𝑡2 𝑣5 , 𝑣𝐵 𝜀2, 𝑎𝐴 , 𝑎4
Даны радиусы ступеней колес:
у колеса 1 - 𝑟1 = 2 см, 𝑅1 = 4 см,
у колеса 2 - 𝑟2 = 6 см, 𝑅2 = 8 см,
у колеса 3 - 𝑟3 = 12 см, 𝑅3 = 16 см.
На ободьях колес указаны точки А, В и С.
10
Вар. 1 Вар. 2
Вар. 3 Вар. 4
Вар. 5 Вар. 6
Вар. 7 Вар. 8
Вар. 9 Вар. 10
Рис. 4
11
В столбце «Дано» таблицы 2 задан закон движения или закон
изменения скорости входного звена механизма, где 𝜑1(𝑡) - закон
изменения угла поворота колеса 1, 𝑠4(𝑡) – закон поступательного
движения рейки 4, 𝜔2(𝑡) – закон изменения угловой скорости колеса 2,
𝑣5(𝑡) – закон изменения скорости груза 5 и т. д. (везде 𝜑 выражено в
радианах, s – в сантиметрах, t – в секундах). Положительное
направление для 𝜑 и 𝜔 против хода часовой стрелки, для 𝑠4, 𝑠5 и 𝑣4, 𝑣5 –
вниз.
Для в момента времени 𝑡1 = 2 c определить указанные в таблице
3 в столбце «Найти» скорости (v - линейные, 𝜔 - угловые) и ускорения
(a - линейные, 𝜀 - угловые) соответствующих точек или тел (𝑣5 -
скорость груза 5 и т. д.).
ЗАДАНИЕ 3
Определение закона движения материальной точки.
Абсолютно твердое тело D, обладающее массой m, получив в
точке A начальную скорость υ0, совершает движение по изогнутой
трубе ABC, расположенной в вертикальной плоскости (рис. 5).
На прямолинейном участке AB на твердое тело, кроме силы
Таблица 3
№
п/п m, кг
𝑣0,
м/с Q, Н R, Н l, м 𝑡1, с 𝐹𝑥, Н
0 2,4 12 5 0,8𝑣2 1,5 - 4sin (4𝑡)
1 2 20 6 0,4𝑣 - 2,5 −5cos (4𝑡)
2 8 10 16 0,5𝑣2 4 - 6𝑡2
3 1,8 24 5 0,3𝑣 - 2 −2cos (2𝑡)
4 6 15 12 0,6𝑣2 5 - −5sin (2𝑡)
5 4,5 22 9 0,5𝑣 - 3 3𝑡
6 4 12 10 0,8𝑣2 2,5 - 6cos (4𝑡)
7 1,6 18 4 0,4𝑣 - 2 −3sin (4𝑡)
8 4,8 10 10 0,2𝑣2 4 - 4 cos(2𝑡)
9 3 22 9 0,5𝑣 - 3 4sin (2𝑡)
12
Вар. 1 Вар. 2
Вар. 3 Вар. 4
Вар. 5 Вар. 6
Вар. 7 Вар. 8
Вар. 9 Вар. 10
Рис. 5
13
тяжести, действует постоянная сила Q, направление которой показано
на рисунке, и сила сопротивления движению 𝑅, зависящая от скорости
груза. Длина участка AB - l м.
В точке B твердое тело, не изменяя значения своей скорости,
переходит на другой участок трубы - BC, где на него помимо силы
тяжести действует переменная сила 𝐹𝑥.
Считая твердое тело материальной точкой найти закон ее
движения на участке ВС. Трением тела о трубу пренебречь.
ПРИМЕРЫ ВЫПОЛНЕНИЯ ЗАДАНИЙ
ЗАДАНИЕ 1
Дано: M=100 Нм, l=0,5 м, F1=10 Н, 1=30, F4=40 Н,
4=60.
Определить: реакции в точках A и B, вызываемые
действующими нагрузками.
Рис. 6
РЕШЕНИЕ
Рассмотрим равновесие балки. Проведем координатные
оси Axy и изобразим действующие на балку силы: силыF1 иF4,
пару сил с моментом M и реакции связей: две составляющие
реакции неподвижного цилиндрического шарнираXA,YA,
реакцию невесомого стержняRB.
M
YA
F1
K 1
F4
4
H
A
3l
2l
XA
y
x
4l
5l
B RB B1
2l
14
Для полученной плоской системы сил составим три
уравнения равновесия. При вычислении момента силыF4
относительно точки A воспользуемся теоремой Вариньона. В
итоге получим:
,04
cos41
cos1
B
RFFA
XixF
,04
sin41
sin1
FFA
YiyF
,024
sin24
cos541
cos51
MlB
RlFlFiFA
m
Решаем полученную систему уравнений.
кН, 0,63
5,02
10060sin260cos55,04030cos5,0510
2
4sin2
4cos5
41cos5
1
l
MlFlF
BR
кН,,coscos
BRcosFcosFAX
79106360403010
4411
,
629604030104411 ,sinsinsinFsinFAY кН.
ОТВЕТ: XA=113,3 кН, YA=29,6 кН, RB=84,6 кН. Знаки
указывают, что направление сил XA и YA противоположно
показанному на рисунке.
ЗАДАНИЕ 2
Механизм состоит из ступенчатых колес 1-3, находящихся
в зацеплении или связанных ременной передачей, зубчатой рейки
4 и груза 5, привязанного к концу нити, намотанной на одно из
колес (рис. 7).
Радиусы ступеней колес равны соответственно: у колеса 1 -
r1= 2 см, R1= 4 см, у колеса 2 - r2= 6 см, R2= 8 см, у колеса 3 - r3=
12 см, R3= 16 см. На ободьях колес расположены точки А, В и С.
Определить в момент времени t1=2 c: скорости Cv , Av ,
ускорения 3 , Ba , 4a , если тело 5 движется со скоростью
)t(v 3225 .
15
РЕШЕНИЕ
Скорости точек, лежащих на ободах колес радиуса iR ,
обозначим через iv , а точек, лежащих на ободах колес радиуса ir ,
через iu .
Рис. 7
Угловые скорости всех колес.
Т.к. 225 Rv , то )t(R
32
2
22 .
Т.к. колеса 1 и 2 связаны ременной передачей, то
21 uv или 2211 rR и )t(RR
r32
21
221 .
Колеса 1 и 3 находятся в зацеплении, следовательно,
13 uv ,
то есть 1133 rR и отсюда )t(RRR
rr32
321
2123 .
Скорости Cv , Av .
)t(RR
rrRvCv 32
21
212333 ,
u3
B
A
C
3 1
2
5
4
v4
v3=u
1
v5
3
1
2
Ва
Ва
16
)t(R
rRvAv 32
2
22111 .
При t1=2 c:
)(Cv 3484
622
=0,75 (см/с),
)(Av 348
62 =1,5 (см/с).
Угловое ускорение 33 , следовательно
tRRR
rr
321
2143 = 21684
624
= 0,19 (рад/с2).
Ускорение Ba .
Для т. В BnaBaBa
, где 22
RB
a , 222
RBn
a .
Угловое ускорение 22
= tR2
4= 28
4= 1 (рад/с2).
Таким образом при t1=2 c:
касательная составляющая 818 Ba (см/с2),
нормальная составляющая
2
)32
(
2
2
2
t
RR
Bna =
=
2
)34(8
28
=0,5 (см/с2),
полное ускорение
22Bn
aB
aB
a =
22 5,08 = 8,02 (см/с2).
Ускорение 4a .
Т.к. рейка 4 совершает поступательное движение, то
3333344rruva .
Тогда 1219,04
a = 2,28 (см/с2).
17
ОТВЕТ: 0,75Сv м/с; Av = 0,5 см/с; 3 0,19 рад/с2;
8,02Ba см/с2; 4a 2,28 см/с2.
ЗАДАНИЕ 3
Дано: m=2 кг, V0=20 м/с, Q=6 Н, R=0,4V H, t1=2,5 c,
Fx=5cos(4t) Н.
Определить: x=x(t) – закон движения груза на участке BC.
Решение
Рассмотрим движение груза на участке AB, считая его
материальной точкой. Изображаем груз в произвольном
положении и действующие на него силы: P – сила тяжести, N –
реакция поверхности, R, Q. Проводим ось Az и составляем
дифференциальное уравнение движения груза в проекции на эту
ось:
30sinPRQ
dt
zdVm
Принимая во внимание, что
Vz=V , Q=6 Н, R=V, где =0,4, получим
N
30
P
P
N
R
Q
Fx
x
B
A
C z
18
.30sin81,92
4,0
2
630sin
4,06 ;30sin4,06 VgV
mmdt
dVmgV
dt
dVm
).,V(),V(,
V,,sin,V,
dt
dV
5595
155920
20911308192
40
2
6
Разделяем в переменные и интегрируем:
;dt
),V(
dV
5559
15
155,9ln CtV .
Константу интегрирования в находим по начальным
условиям.
При t=0 с V=V0=20 м/с, тогда из:
.55,29ln55,920ln55,90
ln1
VC
В итоге уравнение принимает вид
.t,
,Vln ;,lnt,Vln
5
1
5529
5595529
5
1559
В результате находим
51
55,29
55,9 te
V
или .,t
e,V 55951
5529
Полагая в t=2,5 c определяем скорость VB груза в точке B:
VB= 8,4 м/с.
Рассмотрим движение груза на участке BC. Найденная
скорость VB на этом участке будет начальной. Изображаем груз и
действующие на него силы P, N, Fx. Проведем из точки B ось Bx
и составим дифференциальное уравнение движения груза в
проекции на эту ось:
xFdt
xdVm .
Подставляем значения сил (учитывая, что Vx=V):
tdt
dVm 4cos5 .
19
Разделим на m:
tcosmdt
dV4
5 .
Разделяем переменные и интегрируем
dttcosm
dV 45
,
.ctsinm
Vdt
dx24
4
5
Уравнение повторно интегрируем:
,dtctsinm
dx
24
4
5
.ctctcosm
x 32416
5
Константы интегрирования находим из начальных условий.
Будем отсчитывать время от момента, когда груз находился в
точке B.
При t=0 V=VB, x=0, тогда получаем константы: BVc 2 ,
mc
16
5
3 . Подставив найденные константы в, окончательно
получаем искомый закон движения
m
tB
Vtm
x16
54cos
16
5 ,
или после подстановки численных значений параметров,
получаем:
15604841560 ,t,tcos,x .
ОТВЕТ: .,t,tcos,x 15604841560
Электронное издание
ОСНОВЫ ПРОЕКТИРОВАНИЯ ПРОДУКЦИИ
РАЗДЕЛ «ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА»
Методические указания к самостоятельной работе
Для студентов, обучающихся по направлению
27.03.01 – «Стандартизация и метрология»
Составители:
ВАСЕЧКИН Максим Алексеевич
МАТВЕЕВА Екатерина Владимировна