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