Лекция по теор.мех.

1. Державна служба з надзвичайних ситуацій
Національний Університет цивільного захисту України
Інститут пожежної безпеки ім. Героїв Чорнобиля
Кафедра будівельних конструкцій
ТЕОРЕТИЧНА МЕХАНІКА
КОНТРОЛЬНІ ЗАВДАННЯ ТА МЕТОДИЧНІ
ВКАЗІВКИ ДО ВИКОНАННЯ КОНТРОЛЬНИХ
ТА РОЗРАХУНКОВО-ГРАФІЧНИХ РОБІТ
Черкаси 2015

2. Контрольні завдання та методичні вказівки до виконання контрольних та
розрахунково-графічних робіт з теоретичної механіки для курсантів, студентів та
слухачів ЧІПБ ім. Героїв Чорнобиля /, Дагіль В.Г., Малигін Г.О. - 2015р. - 81 с.
Укладач: Дагіль В.Г.
Методичні вказівки та завдання для виконання контрольних та розрахунково-
графічних робіт з теоретичної механіки створені у відповідності з навчальним планом
дисципліни.
Методичні вказівки охоплюють всі розділи теоретичної механіки і призначені для
надання допомоги курсантам, студентам і слухачам заочного відділення під час
самостійного розв’язку задач, контрольних та розрахунково-графічних робіт.
Методичні вказівки містять завдання до виконання задач статики, кінематики і
динаміки (дві задачі до розділу «Статика», дві задачі до розділу «Кінематика» та три
задачі до розділу «Динаміка»), а також приклади розв’язку типових задач з
детальними поясненнями шляху їх розв’язку. Дані задачі охоплюють основні теми
теоретичної механіки, представлені у навчальному плані дисципліни.
Навчальний посібник буде корисним для курсантів, студентів та слухачів, які
навчаються за освітньо-кваліфікаційним рівнем «бакалавр» у галузі знань 1702
«Цивільна безпека» за напрямом 6.170201 «Цивільний захист» та за напрямом
6.170203 «Пожежна безпека».
Протокол № 8 від 27.10. 2015 року
Методичної ради
Черкаського інституту пожежної безпеки ім. Героїв Чорнобиля НУЦЗ України

3. Курс теоретичної механіки традиційно поділяється на три частини:
статику, кінематику і динаміку.
Дане видання містить завдання для самостійної роботи з усіх частин
дисципліни, приклади та методичні вказівки до їх розв’язку. Весь матеріал
поділений на сім завдань.
Однією з вимог, що ставляться перед курсантами (студентами,
слухачами), є практичне вміння розв’язувати задачі. Для цього необхідно
вміння складати розрахункові схеми, виконувати дії з векторами,
визначати моменти сил, виконувати математичні дії диференціювання та
інтегрування і таке інше.
Питання, що розглядаються в методичних вказівках, не охоплюють
весь курс механіки. Вони лише акцентують увагу курсанта (студента,
слухача) на поняттях, теоремах та основних законах механіки, які
необхідні для виконання індивідуального завдання. Тому, перед тим як
приступати до розв’язку задач, курсант (студент, слухач) має добре
засвоїти теоретичні положення по конспекту лекцій або підручнику.
Контрольна робота для слухачів заочного відділення містить три
задачі (на вибір викладача), по одній з кожного розділу. Варіант завдання в
кожному розділі визначається за двома останніми цифрами шифру
слухача.
Контрольну роботу слід виконувати на аркушах формату А 4 або у
шкільному зошиті. Графічну частину роботи виконують на міліметровому
папері з використанням олівця, циркуля і лінійки.
Для позначення векторів можна застосовувати
кольорові олівці (чорнило). Всі обчислення
проводити не менше ніж з двома значущими
цифрами. Кожну задачу починають з нової
сторінки. На обкладинці зошита або титульному
листі необхідно зазначити назву факультету,
дисципліну, тему задачі (контрольної роботи),
групу (взвод), прізвище та ініціали і шифр
студента (слухача).
Вимоги до оформлення розрахунково-
графічної роботи курсантів і студентів денної
форми навчання аналогічні (замість
КОНТРОЛЬНА РОБОТА записати РОЗРАХУНКОВО-ГРАФІЧНА
РОБОТА №__і тему роботи)
А кадем ія пожежної безпеки ім. Герсїв Чорнобиля
Ф акультет заочного та дистанційного навчання
КОНТРОЛЬНА РОБОТА
з «Теоретичної механіки»
Оіухача 2 курсу
ФЗтіДН
Нетуцихата Н.Н
Шифр 101
м. Черкаси 2013
иіеціальноі.11
6.170203 пожежна безпека
З

4. СТАТИКА
Основні закони статики
А к с іо м а 1 . Якщо на вільне абсолютне тверде
тіло діє дві сили, то тіло може знаходитися в
рівновазі тоді і тільки тоді, якщо ці сили рівні за
модулем (F = Ь'і) і напрямлені вздовж' однієї прямої в Рисунокі
протилежні боки. (Рис.1)
А к с іо м а 2. Дія даної системи сил на абсолютно тверде тіло не
зміниться, якщо до нього додати або від нього відняти врівноважену
систему сил.
Н а с л і д о к з 1-ї та 2-ї аксіом. Дія сили на абсолютно тверде
тіло не зміниться, якщо перенести точку прикладання сили вздовж' її лінії
дії в будь-яку іншу точку тіла. > я'
А к с іо м а 3 (аксіома паралелограма сил). Дві сили, С Р 1/ .
прикладені до тіла в одній точці, мають рівнодійну, рисунок2'
прикладену до тієї ж точки, яка зображується діагоналлю
паралелограма, що побудований на цих силах, як на сторонах. (Рис.2)
А к с іо м а 4. За будь-якої дії одного матеріального тіла на інше має
місце така ж за величиною, але протилежна за напрямком протидія.
А к с іо м а 5 (принцип тверднення). Рівновага тіла, що деформується,
яке знаходиться під дією даної системи сил, не порушиться, якщо тіло
вважати затверділим (абсолютно твердим).
Аксіома в ’язів (принцип звільнення) Будь-яке невільне тіло можна
розглядати як вільне, якщо відкинути в 'язі і замінити їх дію реакціями цих
в ’язів.
Додавання двох сил. Геометричну суму R двох сил Fx і Д
знаходять або за правилом паралелограма (рис.З,а), або побудовою
силового трикутника (рис.З,б), який зображує
половину цього паралелограма.
Модуль R визначають як сторону АС
трикутника АВС за допомогою теореми
косинусів:
R 2= Fj2+ F22- 2FxF2cos</9.
Або (більш зручно для паралелограма)
R 2= F; +F; +2FAF2cosа ,
де а - кут між силами Fx і Д .
4

5. Кути Р і у, які сила R утворює з силами 1' і І , знаходять за теоремою
синусів:
f x _ f 2 _ r
sin у sin /3 sin a
Додавання системи збіжних сил. Геометрична сума (головний
вектор) будь-якої системи сил визначається або послідовним додаванням
сил системи за правилом паралелограму, або побудовою силового
багатокутника. Другий спосіб є більш простим і зручним. Для знаходження
цим способом суми сил І', Д , І', ..., Fn (рис. 4,а) відкладаємо від
довільної точки О (рис. 4,6) вектор І , потім І', і так далі. З’єднуємо
початок першого вектору з кінцем останнього і отримуємо вектор R , який
зображує геометричну суму або головний вектор сил:
R =F, +Fn+... +F або R =YF , .1 2 п 4—j к
Модуль і напрям вектора R не залежить від
порядку відкладання векторів сил. Фігура, що
побудована на рис. 4, б, називається силовим
(векторним) багатокутником. При побудові
векторного багатокутника слід пам’ятати, що всі
стрілки векторів, які додаються, повинні бути
напрямлені в один бік (по обходу багатокутника), а у вектора R - в
протилежний.
Такий спосіб додавання сил називається графічним або геометричним
додаванням.
Геометрична умова рівноваги. Для рівноваги системи збіжних
сил необхідно і достатньо, щоб силовий багатокутник, який побудований
із сил даної системи, був замкненим.
R = Y.Ft = 0
Аналітичні умови рівноваги. Для рівноваги просторової системи
збіжних сил необхідно і достатньо, щоб суми проекцій цих сил на кожну з
трьох координатних осей були рівні нулю.
x = I . F « = o, r =i x , = 0, z =2X = o .
Теорема про три сили. Якщо вільне тверде тіло знаходиться у
рівновазі під дією трьох непаралельних сил, що лежать в одній площині,
то лінії дії цих сил перетинаються в одній точці.
Момент сили відносно центру (точки). в
Моментом сили F відносно центру О називається векторна
величина, яка дорівнює добутку радіус-вектора г ,
проведеного з центра О до точки прикладання сили, на
—г Рисунок 5
вектор сили F . (Рис. 5)
а) 6)
Рисунок 4
5

6. М 0{Р)=гхР , М0(р^=г-Рът г,Б
V У
Теорема Варіньона про момент рівнодійної. Момент
рівнобічної плоскої системи збіжних сил відносно будь-якого центру
дорівнює алгебраїчній сумі моментів сил, що додаються, відносно того
самого центру.
Пара сил. Момент п а р и . Парою сил називають систему
двох рівних за модулем, паралельних і направлених в
протилежні боки сил, які діють на абсолютно тверде тіло.
Моментом пари називається величина, яка рівна добутку
модуля однієї із сил пари на її плече, взята з відповідним
знаком.
М = .
Момент пари будемо вважати додатнім, якщо пара намагатиметься
повернути тіло проти годинникової стрілки, і від’ємним - коли за
годинниковою стрілкою.
Теорема про додавання пар: Система пар, які лежать в одній
площині, еквівалентна одній парі, яка лежить в тій самій площині та має
момент, рівний алгебраїчній сумі моментів пар, що додаються.
Для рівноваги плоскої системи пар необхідно і достатньо, щоб алгебраїчна
сума моментів цих пар дорівнювала нулю:
I X - = 0.
= БИ
Р'
Рисунок 6
к = 1
Умова рівноваги довільної плоскої системи сил.
рівноваги довільної плоскої системи сил існують у трьох формах:
Умови
і ; =о Т х . =° 2 Х =0
Т .у,= ° І форма; X м . =° •II форма; ^ М Ві =0 III форма.
м
і.
II
о
І X , =о
Статична визначеність конструкцій. Якщо число невідомих
реакцій в ’язів не перевищує числа рівнянь рівноваги, які включають ці
реакції, то задачі називають статично визначеними.
Задачі, в яких число невідомих реакцій в ’язів більше за число рівнянь
рівноваги, що містять ці реакції, називають статично невизначеними.
Умова незмінності плоскої системи ш ар н ір но -з ’єднаних
ст ер жн ів:
к = 2п -3.
6

7. Задача 1С
Рівновага системи збіжних сил
Для розв’язку задачі розрахунково-графічної роботи необхідно
користуватися теоремою про три сили: якщо система трьох сил
знаходиться у рівновазі, то лінії дії цих сил лежать в одній площині та
або перетинаються, або паралельні.
У даній задачі необхідно показати вміння використовувати графічний та
аналітичний методи розв’язку.
Розглянемо методику розв’язку такої задачі.
Задача. Невагома балка АВ утримується у горизонтальному положенні
опорою А та стержнем ВО. У точках А, В і П знаходяться циліндричні
шарніри. На балку діє сила Р = 20 кН. Визначити реакцію у шарнірі А та
зусилля в стержні ВО. Відстані: а = 2 мі й = 3м, кут а = 45°.
Розв’язок.
Розглянемо стан спокою балки АВ. На балку діє ^
активна сила Р . Застосуємо аксіому звільнення від
в’язів і замінимо їх дію відповідними реакціями. Ж
Реакція невагомого стержня ВО з шарнірами на кінцях напрямлена вздовж
осі стержня ВВ. Реакція шарнірно-нерухомої опори А прикладена до
центру шарніра, лежить у площині креслення, але її модуль і напрям
невідомі. Балка АВ знаходиться у стані спокою під дією трьох сил: заданої
сили Р , а також реакцій Яв і Я4. За теоремою про три сили лінії дії цих
сил перетинаються в одній точці. Її положення визначається точкою
перетину відомих ліній дії сил Р і Яв (точка К). Значить лінія дії сили Я4
пройде через точки А і К.
1) Напрям сили Я4 визначаємо з побудови силового трикутника:
Відкладаємо з довільної точки О відому силу Р в певному масштабі, потім
через кінець вектора Р проводимо лінію, паралельну лінії дії сили Яв
(пряма ЬМ на рис. б), а через початок вектора / - пряму МО (рис. б)
паралельну прямій АК (рис. а) до взаємного перетину. Сторони трикутника
Ь
7

8. ЬМО визначають модулі і напрямки опорних реакцій Яв і ЯА. Модулі сил
Яв і ЯА визначаються вимірюванням, якщо побудова проводилася у
масштабі. 2) Аналогічний результат можна отримати з подібності
трикутників СЕК і ІМО., склавши пропорції
СЕ ЕК КС ^ СЕ ЕК КС
або
LM MO LO R„ R a РА
Відтак, визначивши довжини відрізків СЕ, ЕК та КС, можна знайти реакції
в точках А і В.
З подібності трикутників АСЕ іАВК можна скласти пропорцію:
СЕ АС - ГТ7 АС---- = -------, з якої СЕ = ----- ВК .
ВК АВ АВ
З трикутника СВК видно, що ВК =СВ ■tga =Ь ■tga . Тоді
СЕ = —— ■Ь ■tga .
а + Ь
З подібності тих самих трикутників складаємо іншу пропорцію:
ЕК СВ .. ^ СВ
---- = ------ , з якої ЕК = АК .
АК АВ АВ
З трикутника АВК видно, що АК = VАВ2 + В К 2 = ^(а + Ь)2+ Ь2І^2а . Тоді
Ь
ЕК = ------- л](а + bУ + b2tg2a .
а + Ь
З трикутника СВК можна визначити сторону КС:
cos a cos а
Таким чином
„ ЕК P cosa г. Ту 2 2
Ra = - - P =------— J(a + b) +b tg а ;
КС ал-b
СЕ Ра sin а
KR= ---- •г —------------.
в КС а+Ь
3) Інший спосіб отримати результат - розв’язати задачу аналітично.
Визначивши лінію дії RA за допомогою теореми про три сили, складаємо
для плоскої системи збіжних сил два рівняння:
X Егх = Ra cos в - Р cos а = 0,
і =1
Y,Fjy = Ra sin в - Р sin а + RB = 0,
z=l
_ КВ СВ ■tga Ъ■tga
де tgd =----= -------.
АВ AB a+ b
Розв’яжемо ці рівняння відносно Ra і Rb
8

9. З першого рівняння маємо
Я, =Р
соб а
СОБв
де СОБв
АВ АВ а + Ь
л к -^АВ1+ КВ1 ^(а + Ь)1+й!^ 2а
Тоді
Я, =Р
соб а
(іа + ЬУ + b2tg2a
а + Ь
Підставимо це рівняння в друге рівняння рівноваги і знайдемо Яв :
со Ба . .
БіпО - Р Б т а + к в = 0 .Р
СОБв
Звідки
Яв = .Р^іп а - соба ■tgв) = Р
ґ
СВ .
біпа ------
V АВ
Біпа =Р-
а
а + Ь
Бта
При розв’язку задачі слід дотримуватися такої послідовності:
■ звільнити тіло від в’язів і замінити їх реакціями цих в’язів;
■ знайти напрям сили реакції опори А за допомогою теореми
про три сили;
■ побудувати силовий багатокутник у вибраному масштабі на
міліметровому папері;
виміряти і обчислити реакції опор;
обчислити реакції опор з подібності трикутників;
визначити реакції опор аналітичним способом;
визначити похибки вимірювань та обчислень за формулами
є
я і - я 1
Я'
•100%,
я і - я:
я:
•100%.
де ЯА - реакція опори А , визначена аналітичним способом; Яв - реакція
опори В, визначена аналітичним способом; ЯГА - реакція опори А ,
визначена графічним способом; Яв - реакція опори В, визначена
графічним способом.
9

10. ЗАВДАННЯ
На невагоме тіло АВ (АС) діє сила Р . Користуючись теоремою про три
сили, визначити реакції в точках А і В. Всі необхідні дані наведені в
таблиці, а конструкція тіла на рисунку.
Варіант завдання вибирається за номером у посвідченні курсанта,
студентському квитку студента, або шифру слухача відділу заочного
навчання. За передостаннью цифрою вибирається схема завдання (рис. А).
За останньою цифрою визначаються числові значення геометричних
розмірів, сил та кутів з таблиці 1С.
Таблиця 1С
Друга
цифра
варіанту
а Ь Р а примітка
м Н
0 2,0 4,0 100 ЗО В усіх
випадках
вага
стержнів та
блоків
конструкції
не
враховується
1 4,0 5,0 250 45
2 3,0 4,0 50 60
3 1,5 4,5 150 45
4 2,5 3,5 200 ЗО
5 1,5 2,5 125 60
6 2,0 5,0 150 45
7 3.0 5,0 200 ЗО
8 4.0 6,0 300 45
9 2,5 4,0 100 60
10

11. Рисунок А
11

12. Задача 2С
Розрахунок плоскої ферми
Задача 2С охоплює деякі аналітичні методи і елементи графічної статики
для розрахунку плоских статично визначених ферм. Це аналітичний і
графічний методи визначення реакцій опор ферми і аналітичні методи для
визначення зусиль в стержнях ферми (метод вирізання вузлів та метод
Ріттера).
Ферма являє собою геометрично незмінну конструкцію, що виготовлена з
прямолінійних стержнів, кінці яких з'єднані шарнірно. Такі ферми є
спрощеною моделлю реальних ферм, оскільки, насправді шарнірне
з'єднання в реальних фермах не використовується. Крім того, під час
розрахунків не враховується власна вага ферми і сили, прикладені до
шарнірів (вузлів), що з'єднують стержні.
Розв’язок задачі рекомендується виконувати у наступній послідовності:
1. Визначаються реакції опор ферми графічним методом багатокутника
Варіньйона.
2. Визначаються реакції опор ферми аналітичним методом.
3. Визначаються зусилля в стержнях ферми методом вирізання вузлів.
4. Визначаються зусилля в стержнях ферми методом Ріттера.
Для аналітичного методу визначення реакцій опор плоскої ферми
користуються умовами рівноваги довільної плоскої системи сил.
При знаходженні реакцій опор, ферма вважається суцільним твердим
тілом.
Під час знаходження реакцій рекомендується користуватись наступною
послідовністю.
1. Креслиться розрахункова схема ферми, на якій позначаються всі
активні сили згідно умов задачі. Власна вага ферми не враховується.
2. Згідно вигляду опор ферми позначаються направлення реакцій, що
виникають в цих опорах1.
3. Вибирається одна з форм рівноваги довільної плоскої системи сил.
4. Складаються рівняння рівноваги згідно умов рівноваги.
5. Вирішуються отримані рівняння рівноваги відносно невідомих
величин і в результаті отримуються значення реакцій опор ферми.
6. Робиться статична перевірка розрахунків шляхом складання
додаткового рівняння рівноваги.
1Основні види опор стержньових конструкцій наведені в додатку.
12

13. Задача розрахунково-графічної роботи має на меті навчити курсанта
(студента) визначати опорні реакції та зусилля в стержнях плоскої ферми
при дії на неї довільної системи сил, графічними та аналітичними
способами.
Задача. Визначити реакції в опорах ферми графічно за методом
мотузкового багатокутника (багатокутника Варіньона). Знайти зусилля в
стержнях плоскої ферми за способом вирізання вузлів і перевірити
правильність розрахунків способом перерізів (способом Ріттера).
Дані для розв’язку задачі беремо з таблиці 1.
Таблиця 1
№ варіанту Л,кН Р2, кН а, м а ° Р °
60 40 ЗО ЗО 45
Креслимо ферму у вибраному масштабі (краще на міліметровому папері).
Та перевіряємо її статичну визначеність к = 2п - 3.
1. Будуємо мотузковий і силовий багатокутники і визначаємо абсолютні
величини реакцій опор А і В графічно (див. рис.) Для цього з довільної
точки паралельно відомій заданій силі Рх відкладаємо вектор 1 рівний за
модулем силі Рх. З кінця вектора 1 відкладаємо вектор 2, який за модулем і
напрямком дорівнює відомій заданій силі Р2. З кінця вектора 2 проведемо
лінію, паралельну лінії дії невідомої поки що сили Яв . Таким чином,
отримаємо незамкнений силовий багатокутник. Вибираємо довільну точку
О, яка не лежить на лініях дії векторів, що складають даний силовий
багатокутник. Проведемо з точки О промені в точку початку вектора 1 і
надалі в точки, які є спільними для векторів, що складають векторний
багатокутник. Ці промені нумеруємо: 01 (читається «нуль - один») -
промінь, що з’єднує точку О з початком вектора 1; 12 (читається «один -
два») - промінь, що з’єднує точку О з точкою спільною для векторів 1 і 2;
13

14. 23 (читається «два - три») - промінь, що з’єднує точку О з точкою
спільною для векторів 2 і Яв .
Перейдемо до креслення ферми. Через точку А (нерухома циліндрична
опора) проводимо промінь, паралельний променю 01 з рисунку силового
багатокутника до перетину з лінією дії сили Рг. З отриманої точки
перетину проводимо промінь, паралельний променю 12 до перетину з
лінією дії сили Р2. З цієї точки - паралельно променю 23 до перетину з
лінією дії сили Яв . З цієї точки проведемо пряму через точку А, яка
замикає багатокутник (на рисунку вона зображена подвійною прямою).
Ламану, яку отримали внаслідок цієї побудови, називають «мотузковим
багатокутником». Перенесемо подвійну пряму, яка замикала «мотузковий
багатокутник», до силового багатокутника і проведемо її через точку О до
перетину з лінією, паралельною до лінії дії сили Яв . Таким чином
отримаємо два вектори 3 і 4 (вектор 4 замикає силовий багатокутник), які
відповідають векторам Яв і ЯА.
Для вибраного масштабу: 1 см = 20 кН отримали такий результат:
ЯА =3.05-20 = 61кН;
і? = 1.7-20 = 34кЯ.£5
2. Застосуємо основну форму рівноваги і знайдемо величини реакцій опор
А і В аналітично.
м
й-
II
О
М
и
о
ІЖХІ?)=0:
О
II
р, = -р ^1у 1’ М А ( Р , ) = - Р , а ;
Рау =Раыпу;
О
II
Р2Х= -Р2 ^ Р - Р2у= -Р2ьіпР;
- 2Р2а$т Р;
я* = о. Р Вх = к в • М А { Р в ) = 3 Р в а -
ЯАСОБу - Р2СОБР =0
- Рх+ЯАБІПу - Р2БІПР ■+
+Яв =0
- Рга + Р2а ■tga •собР -
- 2Р2а •біпР +3Ява = 0
К АХ = К А С 0 * У =
= Р2СОБР
Р л у = Р л ^ 7 =
= Р1+Р2БІПР - Яв
я в =
(60- 40^а собР + 2Р2біпр )
3
КАХ= КАсоьу =
= 28.28кН
ЯАу =ЯАбіп^=54.87кН
Я =ЪЪЛкН£5
Визначаємо модуль реакції опори А;
14

15. п
л,і^х 1
З. Знайдемо відносну похибку між г
ЯГ- Я А
С + С = л/28.282+ 54.872= 61.73к Н .
зафічними і аналітичними значеннями:
•100%:є =
, ч 61-61.73 , ч 34-33.41
Є(Я ) =і------------ і-100% = 1,18%<3%; є(Яв)= ^-100% = 1,77%<3%
У А) 61.73 ’ V в/ 3341
4. Визначаємо зусилля у стержнях способом вирізання вузлів:
С
э
56 6 в
Починаючи з вузла А, вирізаємо ті вузли, в яких збігаються не більше двох
невідомих сил. Проектуємо сили, що збігаються у вузлі на вісі Ох і Оу.
Вузол^4
М
й-
IIО
^соъа+ЯАсоъу=
м
IIо
^біпа+ЯАбіпу=0;
ВузолС
М
й-
IIО
-я'соБа+я4=0;
м
IIо
-я'біпа- =0;
ВузолЕ
М
й-
IIО
-^+$5соБа+я6=0;
м
IIо
-Рх+^з+ біпа=0;
Вузолі7
м
й-
IIо
-<+•*8=0;
м
IIо
о
IIо
ВузолВ
м
й-
IIо
-я'- соБа=0;
м
IIо
біпа+Яв=0;
*1= -
ЯАсоб/ - ^ соБа = бб.ІбкН ;
ЯАБІП у
= -0 9 .1 4 к Н
ъта
^соБа = -95.04к Н ;
= -я[ біпа = 54.87к Н .
я6= я' - соБа = 57.87кН ;
= ^ —^ = 10.26кН .
БІпа
^ = ^ = 57.87кН;
5 = 0 .
соБа
БІпа
= —66.83кН :
= -66.82к//
15
2

16. 5. Складаємо таблицю зусиль:
№
стержня
1 2 3 4 5 6 7 8 9
Зусилля,
кН
109,74 66,76 54,87 95,04 10,26 57,87 0 57,87 66,82
Знак - + + - + + + -
Верхній пояс стиснутий. Нижній пояс розтягнутий. Стержень 7 -
„нульовий”.
6. Виконаємо контрольні розрахунки
способом Ріттера. Для цього зробимо розріз
1 -І так, щоб він пройшов через три
стержні, в яких необхідно визначити
зусилля. Дію відкинутої частини замінюємо
відповідними силами, направляючи їх від
вузлів вздовж стержнів. Складаємо Е
рівняння рівноваги у другій або третій
формі, обираючи центри моментів (або вісь проекцій) так, щоб в кожне
рівняння ввійшло тільки одне невідоме зусилля.
Щоб визначити зусилля в стержні 4 незалежно від зусиль Ss і лу„ оберемо за
точку обертання точку Е, в якій перетинаються лінії дії зусиль ач і ,v6. Така
точка називається точкою Ріттера.
0:_____________________________________________________________
M E(S4)= s4h = s4a ■tga ;
ME(P2)= P2hcosP - P2asin J3 = P2a ■tga •cosP - P2asin J3;
м М , ) = R ,r2 a >__________________________________________________________
s4a ■tga +P2a ■tga ■cosP - P2a ■sin P +RB■2a = 0;
s4= sinp - P2tga ■cosP - 2RB)= -95.03kH .
tga
Вибираємо за точку Ріттера точку І), в якій перетинаються лінії дій сил
s5і s4.
Z м Ж ) = 0 :___________________________________________________________
M D{S6) =- s 6h = -s 6a-tga;
М р Ю = К в-а ,__________________________________________________________
- s6a ■tga +RBa = 0;
s = ^ = 57.87kH .
tga
Для проекції зручно вибрати ВІСЬ Оу, ОСКІЛЬКИ зусилля Л'б І Л-4
перпендикулярні цій осі, а значить їх проекції будуть дорівнювати нулю.
16

17. I X . = 0:
=-/'зіті/і:
я, = я, = 0;4у 6у ’
бнш ;
К У= К ',
Р2біпР - ^ біпа + Яв = 0;
— (Яв - Р2віпр)= 10.25к Н .
Біпа
Значення, отримані двома способами для стержнів 4, 5, 6, збігаються,
значить обчислення зроблені вірно.
ЗАВДАННЯ
Розрахунок опорних реакцій та зусиль в стержнях плоских ферм
За заданим навантаженням Рх та Р2 визначити опорні реакції плоскої
ферми графічно за методом мотузкового багатокутника (багатокутника
Варіньона) та аналітично. Визначити зусилля в усіх стержнях ферми за
методом вирізання вузлів та перевірити обчислені значення в стержнях,
зазначених на схемі перерізом п-п методом Ріттера (метод перерізів).
Схеми ферм показані на рисунку Б. Значення навантажень та геометричні
розміри для кожного варіанту представлені в таблиці 2С.
Таблиця 2С
Друга
цифра
варіанту
Л,кН Р2, кН а° а, м Ь, м Н, м примітка
0 6 6 ЗО 2 4 6 Якщо на схемі
ферми не
зазначений той чи
інший розмір, то
це означає, що він
не бере участі в
розрахунках
даного варіанту
ферми
1 4 5 45 6 5 11
2 1 6 60 2 6 8
3 6 4 ЗО 5 3 8
4 3 5 45 2 4 5
5 6 1 60 5 2 7
6 3 6 ЗО 4 6 10
7 2 5 45 5 4 9
8 1 3 60 3 4 7
9 5 5 ЗО 6 3 9
Варіант завдання вибирається за номером у посвідченні курсанта,
студентському квитку студента, або шифру слухача відділу заочного
навчання. За передостанньою цифрою вибирають схему завдання (Рис. Б)
За останньою цифрою визначають варіант числових значень навантаження
та їх напрям дії, а також геометричні розміри ферми (таблиця 2С).
17

18. 18

19. КІНЕМАТИКА
Основні закони і формули кінематики
Кінематичне рівняння руху матеріальної точки (центра мас
твердого тіла) вздовж осі х
x = f(t),
деf(t) - деяка функція часу.
Швидкість точки. Середня швидкість матеріальної точки на шляху АS
за час Аt:
AS
° ср ~ At '
Проекція середньої швидкості на вісь х:
Ах
о = — .
^ At
Миттєва швидкість матеріальної точки:
_ ,. Ar d f
о = lim— = — ,
at^° At dt
де Ar - радіус-вектор, який визначає положення
матеріальної точки і є функцією часу.
Напрям швидкості співпадає з напрямом дотичної до
траєкторії (Рис. 7).
Якщо задана залежність швидкості від часу, то можна
визначити переміщення матеріальної ТОЧКИ Аг за час Рисунок 7
Аґ= —t
2
Ar = jv(t)d t.
Прискорення точки. Середнє прискорення матеріальної точки за час
Аґ.
- Ао
де Аи - зміна швидкості за час Аґ.
Проекція середнього прискорення на вісь х:
Аи
а ~
At
Миттєве прискорення матеріальної точки:
Аи du d 2f
а = lim
At^° At dt dtz
19

20. Проекція миттєвого прискорення на вісь х
сіи
а = — -
' сії
При русі точки по криволінійній траєкторії повне прискорення
складається з двох складових:
а = а + а ,п т ?
де ап - нормальне прискорення; ат- тангенціальне прискорення.
Нормальне прискорення (доцентрове):
■>
V
а = -----п
Р
характеризує зміну вектора швидкості лише за напрямом, р - радіус
кривизни траєкторії. Нормальне прискорення завжди напрямлено до
центру.
Тангенціальне прискорення (дотичне):
сіи
а. = ------
г Ж
характеризує зміну вектора швидкості лише за модулем. Тангенціальне
прискорення завжди напрямлено по дотичній до траєкторії.
Модуль повного прискорення визначається за формулою:
V I 2ап + а; .
Для випадку, коли повне прискорення розкладають на напрямки
координатних осей, то модуль повного прискорення визначається за
формулою:
7 2 2аг + аг .
X V
Напрям вектора повного прискорення:
соб(а,х)= — , соб(а,у)= — .
а а
Рух по колу. Обертальний рух. Положення при обертанні
навколо нерухомої осі визначається кутом повороту ер радіуса і?. Вектор
елементарного кута повороту напрямлений по осі обертання так, щоб з
його кінця обертання було видно проти годинникової стрілки (Рис. 8).
і
Обертання тіла навколо осі характеризується:
середньою кутовою швидкістю:
А(р
со = - 1- ,
ср М
миттєвою кутовою швидкістю:
_ СІф
(О= СІІ
20

21. середнім кутовим прискоренням:
Лсо
At
миттєвим кутовим прискоренням:
є =
dm
dt
Зв’язок лінійних та кутових величин при русі по колу та обертанні:
Ая о а
є
R R R
Теорема про додавання швидкостей: при
складному русі абсолютна швидкість точки дорівнює
геометричній сумі відносної та переносної швидкостей
(Рис. 9).
v = v +v .a r e
Модуль абсолютної швидкості
lv2r + v2e +2ürüecosa .
Додавання прискорень при поступальному переносному
русі. Теорема паралелограма прискорень: при поступальному
переносному русі абсолютне прискорення дорівнює геометричній сумі
відносного та переносного прискорень:
а =а +а ;а r е “
Додавання прискорень при не поступальному
переносному русі. Теорема Коріоліса: при не поступальному
переносному русі абсолютне прискорення точки дорівнює геометричній
сумі трьох прискорень: відносного, переносного та прискорення Коріоліса:
а =а + а + а .a r e c
Прискорення Коріоліса:
а с = 2 [ю х и г].
Модуль прискорення Коріоліса:
а = 2cod -sinа ,с r “
де а - кут між векторами кутової швидкості та відносної швидкості.
Закон (рівняння) плоскопаралельного руху:
*4=/і(0> ^ = / 2(0>
Параметричні рівняння траєкторії
плоскопаралельному русі:
хм =хА+bœs((p + а ),
Ум = УА+6sin(<p + a),
дg b - довжина відрізку AM (Рис. 10).
Абсолютна швидкість плоскої
плоскопаралельному русі у кожний
21
<Ра =/з(0-
точки тіла при
фігури при
даний момент часу дорівнює

22. геометричнім сумі двох швидкостей: ШВИДКОСТІ
полюса й обертальної швидкості навколо цього
полюса.
»b =Va +Vra>
де иА - швидкість полюса плоскої фігури; ив -
швидкість довільної точки В цієї фігури; бВІ - обертальна швидкість
точки В навколо полюса^ (Рис. 11).
Теорема про проекції швидкостей двох
точок плоскої фігури: проекції швидкостей
двох точок твердого тіла на пряму, що з’єднує ці
точки, рівні між собою (Рис. 12):
db cos/З = иАcosа .
Теорема про прискорення точок плоскої фігури:
прискорення будь-якої точки плоскої фігури дорівнює геометричній сумі
прискорення полюса та прискорення точки в
обертальному русі навколо цього полюса (Рис. 13):
аа = аР+ атА+ апА=ар + аРА.
Додавання двох поступальних рухів. У
випадку, коли відносний і переносний рухи твердого
тіла є поступальними, то абсолютний рух тіла є
також поступальним, до того ж, швидкість цього поступального руху
дорівнює геометричній сумі швидкостей відносного та переносного рухів,
а прискорення - геометричній сумі швидкостей відносного та переносного
рухів:
V = V + V ,
Рисунок 13
а = а +а ,г е
Додавання двох обертальних рухів.
Обертання напрямлені в один бік. Якщо тіло бере участь
одночасно у двох напрямлених в один бік обертаннях навколо паралельних
осей, то його результуючий рух буде миттєвим обертанням з абсолютною
кутовою швидкістю со = сох+ соп навколо миттєвої осі, що паралельна
даним; положення якої визначається
пропорціями (Рис. 14):
со = + (о2,
со. со
ВС АС АВ
де © - кутова швидкість навколо миттєвої
осі с со - кутова швидкість навколо осі а ';
со2 - кутова швидкість навколо осі Ь
22

23. Обертання напрямлені у різні боки з
різними кутовими швидкостями. Якщо тіло бере
участь одночасно у двох напрямлених у протилежні боки
обертаннях навколо паралельних осей, то його
результуючий рух буде миттєвим обертанням з
абсолютною кутовою швидкістю со = сох- со2 навколо
миттєвої осі, що паралельна даним; положення якої
визначається пропорціями (Рис. 15):
Рисунок 15
(!) = (!)
а
(!)
ВС АС АВ
Обертання напрямлені у різні боки з рівними кутовими
швидкостями (пара обертань). Пара обертань
еквівалентна поступальному (або миттєво-
поступальному) руху зі швидкістю V , яка дорівнює
моменту пари кутових швидкостей заданих обертань
(Рис. 16):
V = а),А В .
Рисунок 16
23

24. Задача 1К
Кінематичне дослідження руху матеріальної точки
Основні відомості та методичні вказівки до задачі 1К
Задача 1К відноситься до задач кінематики криволінійного руху
матеріальної точки, в якій слід визначити основні кінематичні
характеристики: траєкторію, швидкість і прискорення матеріальної точки,
а також радіус кривизни траєкторії, коли задані рівняння руху в
декартових координатах.
Визначення руху точки потребує визначення її положення в будь-який
момент часу по відношенню до вибраної системи координат. Під час
дослідження руху точки в кінематиці використовують векторний,
координатний та природний способи його задавання.
При векторному способі закон руху виражається як векторна функція
радіуса вектора точки, що рухається, від часу 2 = г(і).
Природний (натуральний) спосіб задавання руху точки визначається її
траєкторією, початком відліку дугової координати траєкторії,
направленням відліку (додатнім або від’ємним) і законом руху по заданій
траєкторії в формі £ /(І).
При координатному способі задавання руху матеріальної точки рівняння
руху мають вигляд:
х=№ > У КЧ 2 Я 1) ’
де х, у, г - декартові координати точки.
Швидкість точки, як векторна величина, характеризує швидкість і напрям
руху та визначається за формулою: и = сіг/сії . Прискорення характеризує
швидкість зміни модуля швидкості матеріальної точки та напрям
швидкості зміни модуля швидкості: а = сіб/сіі = сІ2г/сіі1.
Вектор швидкості та прискорення визначається проекціями на вісі
декартової системи координат:
СІХ (Іу СІ2
V = — ; и ;и =—;
1 ск у ск 2 л
<і2х <і2у <і2г
а = — —; а = — —; а = ---------.
1 еИ2 у Ж2 2 Ж2
Модулі векторів швидкостей та прискорень знаходяться за формулами:
При природному способі задавання руху швидкість точки направлена по
дотичній до траєкторії, а її проекція на напрям дотичної дорівнює
24

25. ит= <ія/Ж, причому абсолютне значення цієї проекції по модулю дорівнює
швидкості |ц.| = сМ/Л = |й|.
Вектор прискорення визначається його проекціями на природні вісі
(дотичну, головну нормаль та бінормаль) ат=сІитІЖ=с(18ІсІ? ; ап = и2/ р ;
аь = 0 де р - радіус кривизни траєкторії. А модуль повного прискорення
буде:
а = J a 2+ а2 =
dvT
dt
+
v v
Якщо відоме рівнянні траєкторії у =/(х), то радіус кривизни траєкторії
визначається за формулою:
1+
Р
d t j
d y
dt2
Для прямолінійного нерівномірного руху радіус кривизни р оо, а тому
ап = 0. Повне прискорення направлено по прямолінійній траєкторії і
відповідно дорівнює а = |ят|= duT/ dt = d 2s/dt2. У випадку рівномірного
руху по кривій швидкість
ит= const, значить ат= dv/dt = 0,
тому повне прискорення за модулем дорівнює нормальному.
а = ап = о2/р.
Під час рівномірного прямолінійного руху ат= ап = 0. Отже а = 0.
При розв’язку задачі 1К рекомендується дотримуватись наступної
послідовності.
1. За заданими рівняннями у координатній формі знаходиться рівняння
траєкторії у вигляді: у ffx).
2. Визначаються модуль швидкості та модуль прискорення.
3. Визначаються модулі дотичного та нормального прискорень.
4. Визначається радіус кривизни траєкторії.
5. Обчислюють значення всіх кінематичних величин для t = 0 і t = t.
Приклад розв’язку задачі
Задача Вихідні дані:
х = 4і(см)
у = 16/ -1(см)
h = ( c )
(1)
25
2

26. Розв’язок задачі.
Рівняння руху (1) є параметричними рівняннями траєкторії точки М. Щоб
отримати рівняння траєкторії в звичайній координатній формі, виключимо
час І з рівнянь руху. Тоді:
у = х 2 - 1. (2)
Отриманий вираз є рівнянням параболи.
Для визначення швидкості точки знаходимо проекції швидкості на вісі
координат:
сіх . .
и = — = 4 см/с,
х сії
сіу _ _ .
V = ——= 32? см/с.
у Ж
Модуль швидкості точки:
и = л К + ^ - (3)
Проекції прискорення точки на вісі координат будуть:
г і _ Ли х _СІ2Х _ _(іи у _сї2у _
сі —------ ————и, а —
-
————52. см / с .
х Ж Ж2 у Ж Ж2
Модуль прискорення точки:
а = ^ а х + ау =32 см/с . (4)
Знайдемо тангенціальне прискорення:
сій 1024? 256?
а = — і сі = , = , (5)
Ж л/іб + 1024?2 л/і + 64?2
Нормальне прискорення визначаємо з рівності а 2= а2п + а
а = ^ а г - а 2 ; а = , 1024- 256 * = — (6)
" V ' ' І 1+ 64Г2 ТГГб4Є ’
Радіус кривизни траєкторії р визначають з відомого рівняння а = — .
” Р
Звідки р = — .
ап
16+1024?2 Г--- 2 1/ 2 ҐП
р = ----- —------ л/і + 64? = —(і + 64? )2. (7)
Отримавши необхідні формули, будуємо графіки траєкторії, швидкості і
прискорення та визначаємо їх значення у задані моменти часу.
За рівнянням (2) будуємо параболу. Це є траєкторія руху точки (Рис. а),
вказуємо на ній положення точки М в початковий (Мо) та заданий момент
(Мі) часу.
26

27. Підставивши значення ох і ц. в рівняння (3), визначаємо і будуємо графік
швидкості (Рис. б).
За рівнянням (4) будуємо графік прискорення (Рис. в).
Обчислюємо значення всіх кінематичних величин для заданих моментів
часу і заносимо їх у таблицю.
ч
5 15
Рис. В
Таблиця
час координата швидкість прискорення
Радіус
кривизни
/ X У Цх Ч' V ах ау а ат ап Р
0 0 -1 0 0 0 0 3 2 3 2 0 3 2 0 .5
0 .5 2 3 4 16 1 6 .4 9 0 3 2 3 2 3 1 . 0 4 7 . 7 6 3 5 . 0 4
27

28. ЗАВДАННЯ
Кінематичне дослідження руху матеріальної точки
Рух точки заданий рівняннями в координатній формі х = / ( 0 та у = / 2{[).
За заданими рівняннями руху точки знайти: 1) рівняння траєкторії точки
А * ,у ) = 0 та побудувати її; 2) швидкість руху точки та побудувати графік
швидкості; 3) прискорення руху точки та побудувати графік прискорення;
4) дотичне і нормальне прискорення руху точки; 5) радіус кривизни
траєкторії. Всі кінематичні характеристики руху точки визначити для
заданого моменту часу і позначити положення точки для цього моменту на
графіку траєкторії.
Необхідні дані до задачі 1К наведені у таблиці 1К. Координати точки х і у
задані у сантиметрах, час - у секундах.
Номер варіанту завдання вибирається за останніми двома цифрами у
посвідченні курсанта, студентського квитка студента та шифру слухача
заочного відділення. За передостанньою цифрою вибирається рядок, а за
останньою стовпець таблиці 1К. На перетині рядка і стовпчика знаходяться
клітинки із завданням до задачі
28

29. Таблиця 1 КПершацифра
варіанту
Координатиі
час Д р у г а ц и ф р а в а р і а н т у
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0
X - 2 ґ 2 + 3 3 Б І П 2 тй 4 с о з 2 ґ 2 З ґ 2 + 1 2 с о з 3 2 ґ 3 Б І П — Ґ
2
. тй
З е т —
3
5 ґ 2 - 1
о
С О Б Ґ
3
ґ + 2
У - 5 ґ З С О Б 2 Тй 4 в і г і 2 ґ 2 4 ґ - 3 2 з і п 3 2 ґ
3 .
— в і п тй
2
3 - б с о в —
3
2 ґ — 5
. О
Б І П І З ґ + 6
і 0 , 5 0 , 5 1 1 0 , 5 1 2 1 1 2
1
X ґ 2 2 ґ + 3
. . тй
4 в і п ----------------4
4
4 ( ґ - з і п ґ ) 2 с о з 2 — ґ
2
ґ + 2 6 + ґ 2 б ( 2 ґ - в і п 2 ґ )
4 с о в — ґ х
4
Г і ^ ' І
X І + С О Б — Ґ
1 4 ;
7 в і п — ґ
6
У З ґ 2 - З ґ З ґ + 2 ґ 2
о тй
2 с о в ------------- 1-1
4
4 ( 1 - С О Б ? ) Зсоьтй З ґ - ґ 2 6 ґ + 6 б ( і - с о з 2 ґ )
„ • п4 8 1 1 1 — Ґ X
4
Г і ^ ' І
X І + С О Б — Ґ
1 4 ;
7 с о з — ґ
3
і 1 0 . 5 1 1 0 , 5 2 1 0 , 5 2 1
2
X 2 Б І П тй + 3 2 с о з 2 ґ 2 ґ + 3 З с о в 3 ?
2 с о з 2 ґ х
х ( і + с о з 2 ґ )
4 з і п З ґ - 2 2 с о 8 Я / + 5 З с о в 3 — Ґ
6
1 2 ; Г ^ 2
І + С О Б ------------І
3
и • Я
4 в т — ґ
2
У 2 с о 8 Л ґ - 4 4 з і п 2 ґ З ґ + 2 ґ 2 З в і п 3 ?
2 в і п 2 ґ х
х ( і + с о з 2 ґ )
2 + 4 с о з З ґ 2$ттй - 6 З е т — ґ
6
3 в і п — ґ 2 + 3
3
^ и я
3 + 4 с о в — 1
2
і 0 . 5 0 , 5 1 1
п
2
п
4
0 , 5 2 1 1
29

30. Таблиця 1К (продовження)
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
X
~ 2 Я
2 СОБ — і
2
4ґ2 + 1 3(2ґ-зіп2ґ)
~ я
2со%— ї
4
„ • 2 Я
48111 — ґ
2
Зсов 2ґ 1 - соз4ґ
2 сов— ҐX
2
Гі ^ 'ІX І + СОБ— Ґ
1 2 J
З в т я / БІП І
3
У 2зіп тй 1 2 * - 3 3(1-соз2ґ) 3 БІП— І
4
сов лі 48Іп 2ґ 2зіп4ґ
28111 — Ґ X
2
( ж Л
X І + СОБ— Ґ
1 2 )
Зсохти + 6 2 СОБҐ
і 1 2 1 2 1
ж
3
ж
4
1 1 1
X 3 віп — - 4
4
4 СОБ3 ґ
„ 2 Я
4 СОБ — і
2
. ґ
4 с о з — X
2
X І + СОБ—
1 2 у
г ■ їй „
5 віп------ 2
3
2ґ + 4
/ * . Л
6 — віп —
І з з J
~ • я
2 віп — ґ
3
^ • Я г
З е т — ґ + 5
4
7ґ2 - 3
4
У
/- їй ~
5 сов— 1-2
4
4 віп3 ґ
4 Ї ж
----- СОБ— Ґ
2 2
. . ґ
48111 — X
2
X І + СОБ—
1 2 у
с тй
5 сов— 1-1
3
6 + ґ2 6 І-СОБ —
1 зJ
. 2ж
5 сов— ґ
3
^ Я Л
б с о в — ґ + 4
4
5ґ
і 1.0 0.5 1,5 1 1,5 0,5 2 2 0,5 1
X
„ • 2 Я
48111 — ґ
4
З с о в ґх
X (і + СОвґ)
5 - соз5ґ 3 - віпі Оґ
^ я
5 СОБ— ґ
3
3(3ґ-
віпЗґ)
2ґ + 4 б е т — ґ - 2
4
2ґ - 2
^ , ж
б е т — ґ
3
5
У
„ • 2 Я
2 віп — і
4
3 БІПҐX
X (і + СОвґ)
1 - віп5ґ 1 - совІОґ 2 віп —- ґ —3
3
3(1-
совЗґ)
-4ґ2 +1
^ я ^
6 СОБ— Ґ + 6
4
2
ґ + 1
^ з я
бсОБ — Ґ
3
і 1,0 1.0 0.2ж 0,1 ж 0,5 1 2 1 2 3
ЗО

31. Таблиця 1К (продовження)
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
X
2(ґ - віп ґ)
2ґ2 2соз32ґ
^ я
5 СОБ—ґ
4
Зґ
. з 7Г/
4 СОБ —
6
~ з я
2соз — і
2
г ■ Л л
5 віп —ґ + 4
6
2ґ + 5
4(ґ - віп ґ)
6
У
2(і-со зґ)
4ґ - 1 2зіп32ґ
~ • Я
2 віп —ґ
4
4ґ - 5ґ2
. . з
4зіП —
6
~ • з Я
2зіп — і
2
-з 71 ,ЗСОБ—Ґ
6
6 - 4ґ2
4 (і-с о зґ)
і 1,0 0,25 0,5 1 1 1 2 2 2 1
X
^ ^ я
5 + Зсо8—ґ
2
2соз2ґ
2соз2ґх
х(1+соз2ґ)
2ґ —3 4зіп4ґ+2
6соз4ґх
х(1+соз4ґ)
~ я
2со%— ї
2
_ . -з ТС о
2зіп — і
2 4(И п£і Юґ
7
У
„ • я
4 віп —ґ
2
4зіп4ґ
2зіп2ґх
х(1+соз2ґ)
З ґ -ґ 2 3 - 2соз2ґ
6зіп4ґх
х(1+соз4ґ)
28ІПЯ/
_ ^7Г о
2с08 — і
2 { і - « > 4 )
5ґ2
і 1 0,5 1 1 0,5 1 0,5 0,5 і 1
X 4ґ2 + 1
„ • я
4 віп —ґ
2
Зсоз2ґ соьтй2 + 1 5соз3ґ СОБҐ
4созЗґх
х(1+созЗґ)
4і 2с0837й2
2соз5ґх
х(1+соз5ґ)
8
У 8ґ —2 Зсов—ґ+2
2
4зіпЗґ віптг/2 + 2 5вігі3ґ 4зіп2ґ
4зіпЗґх
х(1+созЗґ)
4 - 6 ґ2 2зіп37й2
2зіп5ґх
х(1+соз5ґ)
і 1 1 0,5 1 0,5 1 1 0,5 0,5 1
X 2соз ґ 2 сов— і +1
2
2ґ
- О
зи-8,пїі
соз2ґх
х(1+соз2ґ)
тг/ _
сов— 1-5
6
„ • Я
4 віп —ґ
2
5(2ґ - віп 2ґ)
2(^8,пї)
1 . ж
—вііі —Ґ
2 4
9 У 4соз2ґ 3 БІП—ґ+3
2
3
і
(і-«4 ) зіп2ґх
х(1+соз2ґ)
. тй
віп-----1-5
6
4соз—ґ - 2
2
5(і - соз2ґ) {і-«>4 ) 2 Я
СОБ — І
4
і
п
6
0,5 1 1 1 1 0,5 1 0,5 0,5
31

32. Задача 2К
Складений рух точки
Основні відомості та методичні вказівки до задачі 2К
В задачі 2К розглядається складений рух матеріальної точки, в якій слід
визначити всі кінематичні характеристики руху: відносну, переносну та
абсолютну швидкості; відносне, переносне і абсолютне прискорення, а в
разі не поступального переносного руху також і прискорення Коріоліса.
Всі ці величини слід визначити для заданого часу /.
Під визначенням руху точки розуміють визначення її положення в будь-
який момент часу у вибраній системі відліку. Під час дослідження руху
точки користуються векторним, координатним та природнім способом
його задавання (див. задачу 1К).
При розв’язку даної задачі, перш за все, необхідно з’ясувати який рух є
переносним, а який відносним. Для цього вибирають відносно рухому та
відносно нерухому системи відліку. Визначають їх місце розташування за
допомогою координат та кута повороту. Розв’язок задачі буде дещо іншим,
якщо переносний рух буде не поступальним.
Диференціюючи рівняння руху, знаходимо відносну та переносну
швидкості і визначаємо їх напрямки та модулі. Абсолютну швидкість
визначають за теоремою про додавання швидкостей:
у = Ц- + »е ,
де иг - відносна швидкість; ие - переносна швидкість.
Диференціюючи отримані рівняння швидкостей, визначаємо відносне,
переносне, а в разі необхідності і поворотне (коріолісове) прискорення.
Якщо переносний рух поступальний, то абсолютне прискорення
визначається за теоремою про додавання прискорень:
а = аг +ае,
де аг - відносне прискорення; ае - переносне прискорення.
Якщо переносний рух не поступальний, то абсолютне прискорення
визначається за теоремою Коріоліса:
а = аг + ае+ ас,
де ас - прискорення Коріоліса.
Прискорення Коріоліса, в свою чергу, визначається за формулою:
а с = 2 [ ё е х и г ],
де сое - кутова швидкість переносного руху.
При розв’язуванні задачі 2К дотримуйтесь такої послідовності:
1. з’ясуйте яким є переносний рух;
2. запишіть рівняння переносного руху тіла та відносного руху точки;
32

33. 3. за допомогою диференціювання рівнянь руху визначити відносну,
переносну швидкості, та кутову швидкість переносного руху (якщо
потрібно);
4. знайдіть абсолютну швидкість точки;
5. за допомогою диференціювання рівнянь швидкості визначити
відносне і переносне прискорення. Якщо потрібно визначити
прискорення Коріоліса;
6. знайдіть абсолютне прискорення точки;
7. обчисліть знайдені величини у заданий момент часу і занесіть всі
дані до таблиці.
Приклад розв’язку задачі
Задача а. Переносний рух - поступальний.
• • У •
Відносний рух точки М заданий рівнянням sr = Ш , а переносний рух тіла
• 3 з . .
И - рівнянням ср=— тй . Тіло И має форму половини круга радіуса
Я = 18 см, яка може рухатися навколо шарнірів 0 і О2 , що з’єднані з тілом
В стержнями ()А і О2В. Довжина стержнів І = 20 см. Визначити швидкість
та прискорення точки М в момент часу ґ = 2 с.
Розв’язок задачі
Рух тіла О є поступальним. Знайдемо положення
тіла В і точки М для заданого часу. Положення тіла
О визначається кутом (р
З з
(р= ---ТІЇ .
25
Положення точки М на тілі О визначається кутом а, яке визначається з
формули .V. = а їі. Тоді
хг яГ
а =— =
Я Я
Абсолютна швидкість точки М визначається як геометрична сума
відносної та переносної швидкостей
о = и г +ие.
Модуль відносної швидкості знайдемо
шляхом диференціювання рівняння руху
точки М по тілу И:
СІЯ,, „
V.. = —- = 2тй.
' ж
Якщо тіло О рухається поступально, то
згідно з теоремою про поступальний рух
всі точки тіла мають в довільний заданий
33

34. момент часу однакові швидкості та прискорення. Тому переносна
швидкість точки М дорівнює швидкості точки В.
= vB = со!,
де со- модуль кутової швидкості ланки О2В довжиною /.
Модуль кутової швидкості со визначається як диференціал від рівняння
руху (р:
dm 9 2
со = —1- = — 7lt .
dt 2 5
Додатний знак кутової швидкості означає, що обертання ланки О2В
відбувається в напрямку збільшення кута ер.
Вектор ие напрямлений перпендикулярно до ланки О2В в бік його
обертання, а вектор vr - по дотичній до кола, яке є траєкторією руху точки
М. Модуль абсолютної швидкості точки М можна знайти за способом
проекцій. З рис. а.1 видно, що
их = -u r sin а - vesin (р;
v v = vr cosa + vecos(p.
Таким чином,
v = № + v 2y ■
Модуль прискорення точки при поступальному переносному русі дорівнює
геометричній сумі відносного та переносного прискорень:
а = аг + ае а е У
або у розгорнутому вигляді (рис. а.2)
а = а тг +а" + а те + а ”
Модуль відносного
прискорення визначається
т dv„ d 2s,.
дотичного
аг = = 271.
dt dt2
Додатний знак атг означає, що вектор
прискорення напрямлений в бік додатного відліку яг, тобто так само, як і
вектор відносної швидкості иг . З цього можна зробити висновок, що
відносний рух є прискореним.
Модуль відносного нормального прискорення визначається з формули:
а" =—
R
A7l2t2
R
Даний вектор направлений по радіусу до центру кривизни траєкторії руху
точки М.
Переносне тангенціальне прискорення для будь-якого положення точки М,
згідно теореми про поступальний рух, співпадає з тангенціальним
34

35. прискоренням будь-якої точки тіла В. Для нашого випадку найліпше
розглянути точку В. Тоді
а] =єІ,
де є - кутове прискорення стержні О2В.
Кутове прискорення - це похідна по часу від кутової швидкості:
сісо <і2(р 18
є = — = — ^— = — т й .
Ж Ж~ 25
Знаки кутової швидкості со та кутового прискорення є співпадають. Це
означає, що тіло В рухається прискорено. Прискорення а те напрямлене
перпендикулярно до стержня О2В.
Переносне нормальне прискорення:
я" =/ег = — я-V
81/2
■е = ісо~ =
е 625
Вектор ап напрямлений паралельно осі стержня О2В до точки О2 .
Модуль абсолютного прискорення знаходимо способом проекцій:
ах = -а], sinа - a" cosа - ате sinср- a" cosср;
av = aTr cosа - а”sin а+ ате cosср- апе sin ср.
Тоді абсолютне прискорення обчислюється за формулою:
І 2 2
а - V а х + а у ■
Виконавши розрахунки заповнюємо таблицю.
Таблиця а
<V.
рад
а,
рад
СО,
сл
Швидкість, см/с
Є,
с 2
Приско зсння. см/с2
Dr о е Vx »У D < < < < а х а
24п 2п 36л Збя- N Збя- 8тг2 ЪСзп 2п2
(N О
"1-
4ж vC 00 2ж «Ті О г-
25 0,09 25 125 <N1 <N m 25 0,09 125 25 40 г^-
оо
Задача б. Переносний рух - непоступальний.
Відносний рух точки М заданий рівнянням
=16-8со837й, а переносний рух тіла Б заданий
* 2 З
рівнянням сре = 0,9/ - 9/ . Визначити абсолютну
швидкість та абсолютне прискорення точки М для моменту
2
часу ґ = —с. Кут а = 30°.
Рисунок б
35

36. Розв’язок задачі
Припустимо, що в розрахунковий момент часу площина креслення (рис. б)
співпадає з площиною трикутника О. Положення точки М на тілі О
визначається відстанню ОМ = я,..
В момент часу t = —с:
9
2тс
sr = 16 - 8cos— .
' З
Абсолютну швидкість точки М знайдемо як геометричну суму відносної та
переносної швидкостей:
б -
Модуль відносної швидкості:
СІЯ,
vr +ve-
и.. =
dt
= 24л- sin Ътй.
Якщо знак відносної швидкості додатний, то вектор иг напрямлений в бік
збільшення відстані ОМ.
Модуль переносної швидкості:
Ve = Rc°e >
де (де - кутова швидкість переносного руху; R - радіус кола, яке описує
точка тіла, що в даний момент співпадає з точкою М.
R = sr sin а .
Модуль кутової швидкості тіла:
(Ое =^ = 1,8Г- l i t 2
dt
Якщо значення кутової швидкості (ое буде додатним, то обертання
відбувається в позитивному напрямку відліку кута ер. Якщо значення
кутової швидкості а>е буде від’ємним, то обертання відбуваються в
протилежному до
позитивного напрямку
відліку кута ер. Напрям
вектора (Ье визначається
за правилом правого
гвинта: якщо рукоятку
правого гвинта обертати
в площині, в якій
рухається точка по
напрямку її руху, то
поступальний рух гвинта
вказуватиме напрям
вектора кутової
Рисунок б 1
36

37. швидкості. Розрахунок дає нам від’ємне значення кутової переносної
швидкості, тому робимо висновок про напрям обертання та вектора сое
(Рис. 61,а). Тоді переносна швидкість буде визначатися:
ие =я(і,8?-27?2).
Вектор ие напрямлений по дотичній до кола по якому рухається точка М в
напрямку обертання тіла В (Рис. 61,а). Враховуючи те, що вектори ие і иг
взаємно перпендикулярні, то модуль абсолютної швидкості визначається
за теоремою Піфагора:
v = ^ + и2 = д/242ж2sin2Ътй+ R2(і,8ґ - 2112j .
Абсолютне прискорення точки дорівнює геометричній сумі відносного,
переносного та коріолісова прискорень:
а = аг +ае +ас
або в розгорнутому вигляді
сі —атг + о” + ате + я” + ас.
Модуль відносного дотичного прискорення:
т Сїиг (А28 2
а =— - =— ^- = 12тг собЗтії .
Ж скг
Якщо знак вектора дотичного прискорення а тг від’ємний, то це означає, що
вектор напрямлений в бік від’ємних значень ,ч,. (Рис. 61,б). Рух точки в
даний момент - уповільнений.
Модуль відносного нормального прискорення:
а" = — = 0 ,
Р
ОСКІЛЬКИ траєкторія ВІДНОСНОГО руху Єпрямою, ТО р = 0О.
Модуль переносного тангенціального прискорення:
аі =Я£е,
де єе- кутове прискорення тіла В.
Модуль кутового прискорення єетіла В:
ш ж2
Якщо знаки кутового прискорення єе і кутової швидкості сое співпадають,
то обертання тіла В буде прискореним; якщо ні, то сповільненим.
Відповідно визначаються і напрям вектора єе (Рис. 61,а,б).
Таким чином, модуль переносного тангенціального прискорення буде:
а = Д ( і , 8 - 54ґ).
Вектор а те має такий самий напрям, що і вектор ие.
37

38. Модуль переносного нормального прискорення:
a ” = Rco2 = д (і,8ґ -2 7 ґ2)
Вектор апе направлений до центру кола, по якому рухається точка, яка у
даний момент часу співпадає з точкою М.
Прискорення Коріоліса:
ас =2[Зе х и г].
Модуль прискорення Коріоліса
а с = 2 с0г » г sin(© e,y r ).
Кут між векторами сое і vr буде 180-а.
Тоді
ас =2соеиг sin(l80-a).
Згідно з правилом векторного добутку вектор ас напрямлений
перпендикулярно до площини, яку утворюють вектори, що множаться,
тобто в додатному напрямі осі Мх (Рис. 61).
Модуль абсолютного прискорення точки М знаходимо способом проекцій.
ах =а1 +ас = ^(і,8-54/) + 2юєргsin(l80-a);
ау = - а ” - aTr sinа = -і?(і,8/ - 27t2J - 12л2cos37й •sinа ;
az = - a Tr cosa = -1 2 л 1cos3;tf •cosa.
/ 2 , 2~~’ 2
а - л ах +ау +аг ■
Після обрахунків всіх величин заповнюємо таблицю.
Таблиця б
(де,
с 1
Швидкість, см/с Прискорення, см /с2
Vr Ve V с 2
а'г < а ’е < ас а х ау "z а
-0,93
65,3
m
о-Г
65,96
10,2
355,31
о
(NО
об
60,73
162,73
-186,37
-307,71
394,84
38

39. ЗАВДАННЯ
За заданими рівняннями відносного руху точки М по тілу О та переносного
руху тіла В визначити для моменту часу / абсолютну швидкість та
абсолютне прискорення точки М.
Варіант завдання вибирається за списком в учбовому журналі взводу
(групи) або за індивідуальним завданням викладача. Схеми механізмів
наведені на рис. 2к, а рівняння руху та необхідні для розрахунку дані в
таблиці 2к.
Таблиця 2к
№
варіанту
Рівняння переносного руху
Рівняння
відносного руху
точкиМ
Час Відстані кут
примітка
Хе = Ш >
CM
<Pe=f.z(0>
pad
О М = sr = f j $ )
CM
t,
с
R,
CM
a,
CM
a,
град
1 t + 31 - 27й2 2 40 - -
2
- 2t 3 - t 2 9 sin —
4
0.5 - 25 -
3 - 0.05 Tit2 З?2 +2? 2 15 - -
4 - 0.51 + 1 5 sin 7Ü 2 20 - -
5 I t + A t 2 - 10л?2 0.5 30 - -
6 - t 2 + 2 1 5?3 2 - 30 -
7 10^1 + sin - ^■(з?2 +2?) 1 30 - -
8
- 3t - t 3
л ТІЇ
An co s—
6
2 30 - -
9 - 2тії2 5t3 + 2 t 0.5 25 - 30
10 - 312 + 21 15Tit2 0.5 25 - -
11 - Ътйъ 4?3-? + 2 0.5 30 - 30
12 - 0.512 2cos2;z? 0.5 - 40 60
13 3t2 - A t -
_ . 7Ü
2 sin —
3
2 - - 60
14 - t 3 - 5 t 3(?2 + 2?) 2 - - 30
15 - 0.15Tit2 З?3 1.5 25 - -
16 - 212 + At 5 + 5 sin 2Tit 0.5 - - -
17 l { l t 2 + t) -
л • ^?
Ажsin —
6
1 30 - -
18 - 2 t2 -0.5?
, . 7Ü
5 sin —
3
4 - 25 -
19 10^cos^- + lj - 3тії2 2 20 - -
20 - 6 t2 - 2 t 607Ü2 0.5 40
21 2 t2 -0.2?3 - 27rt2 3 50 - 30
39

40. 2 2 - 4 / - 2 / 2 3 + 4 віп л/ 1 - - 30
2 3 - 0.25 тй2 1.5л/3 2 30 - -
о 1о =о 2а =
=40см
2 4 - 2 /3 + / 5(/2 + /) 2 - 60 45
2 5 - 0.4л/2 2 /3 + 3 / 2 20 - -
2 6 - ґ - / 2 2 вігі тй 0.5 - 20 -
2 7 - 0.75лґ2 4 /3 + 5/ 0,5 20 - -
2 8 - 0 .5 /2 б /3 + 2/ 1 - 8 -
29 - 0.75л/2 5/ + 3/ 0,5 20 - 45
ЗО - 4/ - / 2 / + 5 / 2 - - 60
31 - 0.8л/3 6л/2 1 20 - -
0 0 = 0 2А=
=20см
3 2 - 3/ + / 2/3 +3/ 2 40 - -
33 8/2+ / - 1.75л/3 2 40 - -
3 4 - 4/ - / 2
о • ^8л-віп —
4
0.5 30 - -
3 5 - 0.2л/2 /3+ 2/ 2 35 - 60
3 6 - 8/ - / 2 З/2 + 4/ 2 - - зо
3 7 / і яО5 І-с о в —
1 2 )
- 6л/2 1 25 - -
3 8 - 10/- / 2
, . л/
5зіП—
3
5 - - -
39 5 + 3 віп —
2
- 0.24л/2 2,5 30 - -
функцію зу
замінити на
функцію (рг
40 - 2/3- 3 / 2.5л/2 2 40 - -
Примітка. У варіантах 1, 5, 7, 8, 10, 17, 19, 20, 21, 23, 31, 33, 34, 37, 40
ОМ - дуга кола; для кожного варіанту положення точки М на схемі
відповідає додатному значенню яг; на схемах 8, 19 та 37 ОМ-дуга, що
відповідає меншому центральному куту.
40

41. Рисунок 2К
41

42. Рисунок 2К (продовження)
42

43. М
21
23
25
27
29
Рисунок 2К (продовження)
%
43

44. 36
/°
[о
Л
п
11
Рисунок 2К (продовження)
44

45. ДИНАМІКА
Основні закони та формули динаміки
Закони динаміки матеріальної точки.
Перший закон Ньютона (закон інерції): ізольована від
зовнішнього впливу матеріальна точка зберігає свій стан спокою або
рівномірного прямолінійного руху доти, поки прикладені до неї сили не
змусять її змінити цей стан.
Другий закон Ньютона (основний закон динаміки):
добуток маси тіла на прискорення, яке воно отримує під дією даної сили,
рівний за модулем прикладеній силі, а напрям прискорення співпадає з
напрямом цієї сили.
Прямолінійний рух. Основне рівняння динаміки:
- _ СІО СІ2Г
ґ = та = — = — Т .
Ж Ж
При прямолінійному русі вектори швидкості та прискорення, а відповідно і
вектор сили, співпадають з прямою, по якій відбувається рух матеріальної
точки.
Криволінійний рух. З основного рівняння динаміки отримаємо
необхідну силу. Якщо прискорення при криволінійному русі розкласти на
дотичне (тангенціальне) і нормальне (доцентрове), то і силу можна також
розкласти на дотичну
рТ= тат=т —
г г Ж
і нормальну
Р 1,2 ^Ьп =тап = т — = тсо г.
г
Сили І і І'п лежать в площині, яка утворюється нормальною та дотичною
лініями до траєкторії матеріальної точки. Сила І впливає на величину
швидкості точки, а сила Рп - на зміну напрямку швидкості. Якщо /*’„ = 0, то
ми маємо справу з прямолінійним рухом. Якщо РТ= 0, то ми маємо справу
з рівномірним рухом.
Третій закон Ньютона. Дві матеріальні точки діють одна на одну з
силами, які рівні за модулем і направлені вздовж прямої, що з ’єднує ці
точки, в протилежні боки.
Диференціальні рівняння руху при задаванні руху координатним
способом:
с12х _ сі2у _ с12г

46. Диференціальні рівняння руху при задаванні руху природнім
способом:
^ (іи
К = т—
Ж
Модуль сили визначається:
, , V 2
= т — = тсо г .
/ґ = л/х 2+Г2+ 2 2;
і-Ф-? + р,; ■
Кількість руху матеріальної точки:
д = т и .
Елементарний імпульс сили:
сІХ= РЖ.
Імпульс сили за довільний проміжок часу:
Ё = РЖ
Теорема про зміну кількості руху матеріальної точки:
зміна кількості руху матеріальної точки за деякий проміжок часу
дорівнює геометричній сумі імпульсів всіх сил, що діють на точку, за той
самий проміжок часу:
ти1-т и 0 = § .
Момент кількості руху матеріальної точки
відносно центру: векторний добуток векторів ти
кількості руху (імпульсу) та радіус-вектора г,
проведеного від точки обертання О до точки, що
рухається (Рис. 17):
10 = [г -ти] 10 = тиН
де Н- довжина перпендикуляру, який опущений з центру обертання на
напрям вектора ти (Рис. 17).
Момент кількості руху 12 матеріальної точки відносно деякої осі ъ
дорівнює проекції на цю вісь моменту кількості руху матеріальної точки
відносно будь-якого центру, що лежить на цій осі.
Теорема про зміну моменту кількості руху матеріальної
точки (теорему моментів): похідна за часом від моменту кількості руху
матеріальної точки, взятого відносно будь-якого нерухомого центру
(точки), дорівнює моменту діючої на точку сили відносно того самого
центру (точки).
— г-тй]=г-Р
Ж 1 1 1 ■
або
Ж,о
Ж
М0(Р).
46

47. Теорема моментів відносно осі: похідна по часу від моменту
кількості руху матеріальної точки відносно деякої осі дорівнює моменту
діючої сили, відносно тієї самої осі під впливом якої рухається
матеріальна точка відносно того ж центру.
СІ г- - і „ сії.
r -F [r-/WL>] або —- =М ,ІР
d tV 1 dt zV 1
Закон збереження моменту кількості руху:
М 0 = 0; ї0 = [г ■тй = const.
Елементарна робота:
dA = F ■dr = F ■dr •cos(p ,
де dr - елементарний приріст радіус-вектора f ; <p- кут між векторами
сили та приросту радіус-вектора.
Аналітичний вираз елементарної роботи сили:
dA = Fxdx +Fydy + Fzd z .
Робота сили на довільному переміщенні:
Л (М 1М 2) = І + F y d y + F z d z ) •X
м,
Робота сили тяжіння:
Робота сили пружності:
ІМ-і! Xl k (
А{м0М1) = (rkx)dx = -k x d x = - { x l - x l ) .
{М0
Робота сили тертя:
м , м ,
Кінетична енергія матеріальної точки:
т и2
2
Теорема про зміну кінетичної енергії точки: зміна
кінетичної енергії точки при деякому її переміщенні дорівнює алгебраїчній
сумі робот всіх сил, що діють на цю точку на тому самому переміщенні:
m vx ти0
2 2
Момент інерції тіла (системи) відносно осі:
Л = І> /Л ? ■
Момент інерції системи:
J = Мгг1,
де М - маса всієї системи; гг- радіус інерції.
47
м0 м0

48. М о м е н т и і н е р ц і ї д е я к и х о д н о р і д н и х
тіл. Вісь обертання проходить через центр мас і є віссю
симетрії.
1. Тонкий однорідний стержень довжини / і маси М:
1 ?J =— МІ2.
12
2. Тонке кругле однорідне кільце радіусом Я і масою М
J= M R 2.
Вочевидь, що такий самий результат буде і для моменту інерції
тонкої циліндричної оболонки маси М і радіусом Я відносно її
осі.
3. Кругла однорідна пластина (диск) або циліндр радіусом Я і
масою М
1 , уі
J = —М К .
2 ь
4. Прямокутна пластина, конус, куля.
а) суцільна прямокутна пластина маси М зі сторонами а і Ь а ~*х
(вісь х напрямлена вздовж сторони а, вісь у - вздовж Ь):
1 9 1 9
./ = -М Ь 2, =—Ма ;
з - з
б) прямий суцільний конус масою М і радіусом основи і?
(вісь 2 напрямлена вздовж осі конуса):
J =— МЯ2;
10
в) суцільна куля радіусом Я і масою М (вісь 2 напрямлена
вздовж діаметра):
J =-М Я 2.
5
Теорема Штейнера - Гюйгенса: момент інерції
тіла відносно будь-якої осі 2 дорівнює сумі моменту ./2 інерції цього тіла
відносно осі і, яка проходить через центр ваги тіла і паралельна даній осі
і добутку маси тілаМ на квадрат відстані сіміж цими осями:
(/2і = J 2 -- К ісі2 .
Диференціальне рівняння руху механічної системи:
И тк А = 1 1 /:'к+ И Н ^
де іп/( - маса к- точки системи; ак - прискорення к-ї точки системи; !■'[ -
зовнішня сила, що діє на к-у точку системи; /*А' - внутрішня сила, що діє
на к-у точку системи.
48

49. Теорема про рух центра мас системи:
ш с = ^ Р ‘ .
Теорема про кінетичну енергію системи:
d ґ ЩУкЛ
V 2
Fh■Vi.dt + N, ■Vi.dt
де Fk - рівнодійна всіх заданих сил як зовнішніх, так і внутрішніх, що
прикладені до точки яка розглядається; N k - рівнодійна реакцій в’язів, що
прикладені до цієї ж точки.
Кількість руху механічної системи:
Q = H mkVkаб° й =м в с ,
де М - маса всієї системи; ис - швидкість центра мас системи.
Теорема про зміну кількості руху системи:
в диференціальній формі: похідна по часу від кількості руху системи
дорівнює геометричній сумі всіх зовнішніх сил, що діють на систему:
dQ _ -у 7 7 Є.
в інтегральній формі: зміна кількості руху системи за деякий проміжок
часу дорівнює сумі імпульсів зовнішніх сил, що діють на систему за той
самий проміжок часу:
ч
a - G o = z l ^ або a - a = z s * ‘ .
о
Закон збереження кількості руху механічної системи:
якщо 'YjFk = 0 то Q = const.
Момент кількості руху механічної системи. Головним
моментом кількості руху (або кінетичним моментом) системи відносно
даного центру О називається векторна величина L0 , яка дорівнює
геометричній сумі моментів кількостей рухів всіх точок системи відносно
того самого центру.
4 = 2 & 0 М * ).
Кінетичний момент тіла, що обертається навколо нерухомої осі, дорівнює
добутку моменту інерції тіла відносно цієї осі на кутову швидкість тіла.
L, = J m .
Z Z
Для системи, що складається з п тіл:
4 = J z G) + ^ 2 z ® 2 + --- + J n z COn ■
Кінетична енергія механічної системи:
^ тъРк
2
49

50. При поступальному русі:
Т п о с т - ;
при обертальному русі:
ГТ1 1 Т 2.
об ~ г ® ■>
прискладному плоскопаралельному русі:
Т„„ = м и 2с + ^ сш2.
Теорема про зміну кінетичної енергії системи
в диференціальній формі:
сІТ =^ 4 + ^ 4 ;
в інтегральній формі:
г ,- г 0 = І 4 + І 4 -
Зміна кінетичної енергії системи при деякому її переміщенні дорівнює сумі
робіт на даному переміщенні всіх прикладених до системи зовнішніх та
внутрішніх сил.
Для системи, що не змінюється (<системою, що не змінюється,
називають систему, в якій відстань між точками прикладання
внутрішніх сил під час руху системи не змінюється):
с1Т =^ А І або 7]-Г0 = І 4
Для системи з ідеальними в ’язями (ідеальними називають в ’язі,
які не змінюються в часі):
<ІТ=^ А І або 7’1-7 ’0 = £ 4 ° ,
де СІА£ - елементарна робота зовнішніх і внутрішніх активних сил, що
діють на к-ту точку системи.
Зміна кінетичної енергії системи з ідеальними в ’язями при будь-якому
переміщенні дорівнює сумі робіт на цьому переміщенні прикладених до
системи зовнішніх і внутрішніх активних сил.
Робота сили, яка прикладена до абсолютно твердого
тіла, що обертається навколо нерухомої осі.
Елементарна робота зовнішньої сили:
сІАе = М еТсІ(р.
Робота на скінченному куті повороту:
Ае=] м етсі(р.
50