Главная Учебники - Разные Лекции (разные) - часть 27
Задание С-3. Определение реакций опор составной конструкции
Вариант № 1. Найти реакции опор и давление в промежуточном шарнире составной конструкции. Схема конструкции представлена на рис. 1 (размеры – в м), нагрузка указана в таблице 1. Рис. 1 Таблица 1. С-3. Определение реакций опор составной конструкции
Решение.
Рассмотрим систему уравновешивающихся сил, y P1y
P1
90° P1x
C Q M RAy
RBy
RAx
RBx
x A B Рис. 2. Разложим силу P на составляющие Px и Py. P1
y
P1
a P1x
aa 6 Рис. 3. P1x = P1×sin(a), P1y = P1×cos(a). a = arctg(1,5/6) = arctg(0,25) = 14°. P1x = P1×sin(a) = P1×sin(14°) = 6×0,24 = 1,44 (кН), P1y = P1×cos(a) = P1×cos(14°) = 6×0,97 = 5,82 (кН). Q = q×3,5 = 0,8×3,5 = 2,8 (кН). С-3. Определение реакций опор составной конструкции.
Запишем уравнения равновесия: Данная система из 3 уравнений содержит 4 неизвестных, для их нахождения рассмотрим отдельно правую и левую части конструкции. Рассмотрим систему уравновешивающихся сил, приложенных к левой части конструкции (рис.4): P1y
P1
90° P1x
C RCx
Q RCy
RAy
RAx
x A Рис. 4. Запишем уравнения равновесия: С-3. Определение реакций опор составной конструкции
Рассмотрим систему уравновешивающихся сил, приложенных к правой части конструкции (рис.5): R`Cy
R`Cx
C M RBy
RBx
x B Рис.5. Запишем уравнения равновесия: где RCx = R`Cx, RCy = R`Cy. Таким образом, имеем систему 4 уравнений (1), (2), (6) и (9) с 4 неизвестными. Из уравнения (9) Из уравнения (1) С-3. Определение реакций опор составной конструкции
Из уравнения (6) Из уравнения (2) Найдем реакции шарнира С: RCx = -RBx = 12,5 кН, RCy = -RBy = 0,07 кН. Отрицательные значения RBx и RBy говорят о том, что действительное направление RBx и RBy противоположно указанному на рис.4. Итак, С-3. Определение реакций опор составной конструкции
Найти реакции опор конструкции изображенной на рис.1. Дано: Q = 2, G = 20, a = 20, b = 30, c = 10 R =15, r =5. Решение: Разложим реакции в опорах А и Б на их составляющие по осям коардинат, при этом RA
y
=RBy
=RDy
=0 Составим уравнения сумм моментов относительно всех осей: Р*15-q*5=0, где , отсюда Р=(q*5)/15 -qx*20+P*60-RBx*80, отсюда RBx=(qx*20-P*60)/80 -qx*20-G*(20+30)+RBz*(20+30+30) отсюда RBz= (qx*20+G*50)/80 -Raz*80+qz*60+G*30=0 отсюда Raz= (qz*60+G*30)/80 Rax*80+ qx*60-P*30=0 отсюда Rax=-( qx*60-P*30)/80 qx=Q*cos45; qz=Q*sin45 Ra= RB= Результаты работы Применение теоремы об изменении кинетической энергии к изучению движения механической системы.
Вариант № 1. Механическая система под действием сил тяжести приходит в движение из состояния покоя; начальное положение системы показано на рис. 1. Учитывая трение скольжения тела 1, пренебрегая другими силами сопротивления и массами нитей, предполагаемых нерастяжимыми, определить скорость тела 1 в тот момент, когда пройденный им путь станет равным s. В задании приняты следующие обозначения: m1, m2, m3, m4 – массы тел 1, 2, 3, 4; b - угол наклона плоскости к горизонту; f – коэффициент трения скольжения. Необходимые для решения данные приведены в таблице 1. Блоки и катки считать сплошными однородными цилиндрами. Наклонные участки нитей параллельны соответствующим наклонным плоскостям. Рис. 1 Таблица 1. Решение. Применим теорему об изменении кинетической энергии системы: где T0 и T – кинетическая энергия системы в начальном и конечном положениях; Для рассматриваемых систем, состоящих из абсолютно твердых тел, соединенных нерастяжимыми нитями, Так как в начальном положении система находится в покое, то Т0=0. Следовательно, уравнение (1) принимает вид: Кинетическая энергия рассматриваемой системы Т в конечном ее положении (рис.2) равна сумме кинетических энергий тел 1, 2, 3 и 4: Т = Т1 + Т2 + Т3 + Т4. (3) 1 w2
VA
V3
3 b V1
w3
V4
4 Рис. 2. Д-10
Кинетическая энергия груза 1, движущегося поступательно, Кинетическая энергия барабана 2, совершающего вращательное движение, где J2x – момент инерции барабана 2 относительно центральной продольной оси: w2 – угловая скорость барабана 2: После подстановки (6) и (7) в (5) выражение кинетической энергии барабана 2 принимает вид: Кинетическая энергия барабана 3, совершающего плоское движение: где VC3 – скорость центра тяжести С3 барабана 3, J3x – момент инерции барабана 3 относительно центральной продольной оси: w3 – угловая скорость барабана 3. Так как двигается по нити без скольжения, то мгновенный центр скоростей находится в точке СV. Поэтому Подставляя (10), (11) и (12) в (9), получим: Кинетическая энергия груза 4, движущегося поступательно, где V4 = VC3 = V1/2: Кинетическая энергия всей механической системы определяется по формуле (3) с учетом (4), (8), (13), (15): Подставляя и заданные значения масс в (3), имеем: или Найдем сумму работ всех внешних сил, приложенных к системе, на заданном ее перемещении (рис. 3). 1 N1
FTP
3 b P3
P1
4 P4
Рис. 2. Работа силы тяжести Работа силы трения скольжения Так как то Работа силы тяжести Работа силы тяжести Сумма работ внешних сил определится сложением работ, вычисляемых по формулам (17) – (20): Подставляя заданные значения масс, получаем: или Согласно теореме (2) приравняем значения Т и откуда Д-10
Задание Д-19. Применение общего уравнения динамики к исследованию движения механической системы с одной степенью свободы. Вариант № 1. Для заданной механической системы определить ускорения грузов и натяжения в ветвях нитей, к которым прикреплены грузы. Массами нитей пренебречь. Трение качения и силы сопротивления в подшипниках не учитывать. Система движется из состояния покоя. Необходимые для решения данные приведены в таблице 1. Блоки и катки, для которых радиусы инерции в таблице не указаны, считать сплошными однородными цилиндрами. Рис. 1 Таблица 1. Решение. Применим к решению задания общее уравнение динамики. Так как система приходит в движение из состояния покоя, направления ускорений тел соответствуют направлениям их движения. Движение таково, что груз 1 опускается. Покажем задаваемые силы: силы тяжести a3
M3
Ф
2 e2
M3
Ф
Ф3
e3
dj3
dj2
ds3
3 G3
Ф1
G2
1 a1
ds3
G1
Рис. 2. Приложим силы инерции. Сила инерции груза 1, движущегося поступательно с ускорением Силы инерции блока 2, вращающегося вокруг неподвижной оси с угловым ускорением e2, приводятся к паре, момент которой Силы инерции катка 3, совершающего плоское движение, приводятся к силе где где e3 – угловое ускорение катка 3, J3 – момент инерции катка 3 относительно центральной продольной оси: Сообщим системе возможное перемещение в направлении ее действительного движения (рис. 2). Составим общее уравнении динамики: где dj2 и dj3 – углы поворотов блоков 2 и 3. Учитывая, что G1 = G2 = G = mg, G3 = 3G = 3mg имеем:
Устанавливаем зависимости между возможными перемещениями, входящими в (1), и между ускорениями в (2), пользуясь тем, что эти зависимости такие же, как между соответствующими скоростями: ds3 = dj2r = ds1/2; (3) e2 = e3 = a1/2r; a3 = a1/2. С учетом (2) и (3) уравнение (1), после деления всех его членов на m и ds1, принимает вид откуда а3 = a1/2 = 1,87 м/с2.
M3
Ф
Ф3
e3
dj3
Т2-3
ds3
G3
Рис. 3.
Т1-2
а1
ds1
G1
Рис. 4. Для определения натяжения в нити 2-3 мысленно разрежем эту нить и заменим ее действие на каток 3 реакцией T2-3 (рис. 3). Общее уравнение динамики: откуда Для нахождения натяжения в нити 1-2 мысленно разрежем эту нить и заменим ее действие на груз 1 реакцией T1-2 (рис. 4). Не составляя общего уравнения динамики, на основании принципа Даламбера имеем: Задание К-3. Определение скоростей и ускорений точек твердого тела при плоском движении.
Вариант № 1. Рис. 1 Найти для заданного положения механизма скорости и ускорения точек В и С. Схема механизма представлена на рис. 1, необходимые для расчета данные приведены в таблице 1. Таблица 1. Решение. Определение скоростей точек. Вычислим скорость точки А при заданном положении механизма: VA = wОА×OA = 2×40 = 80 см/с. Скорость точки А направлена перпендикулярна к ОА. Мгновенный центр скоростей СV находится в точке соприкосновения колес. Угловая скорость колеса wК = VA/r = 80/15 = 5,33 c-1 Скорости точек В и С: VB = wК×ВСV; VС = wК×ССV, где ВСV = r× ССV = Следовательно, VB = wК×ВСV = 5,33×21,2 = 113 см/с; VС = wК×ССV = 5,33×21,4 = 114,1 см/с. Вектор VC
wК
O wOA
CV
A VB
45° C r B Рис. 2 Определение ускорений точек. Ускорение точки А складывается из вращательного и центростремительного ускорений: Вектор Согласно теореме об ускорениях точек плоской фигуры имеем: Центростремительное ускорение точки В во вращательном движении колеса вокруг полюса А: Вращательное ускорение точки В: где Вектор Ускорение точки В находим способом проекций: Определяем ускорение точки С: Центростремительное ускорение точки С во вращательном движении колеса вокруг полюса А: К-3
Вращательное ускорение точки С: Вектор Ускорение точки С находим способом проекций: aC
aCy
aBy
aB
aA
t
eOA
eK
aAC
t
x O aA
n
A aAC
n
C aCx
45° aAB
n
aBx
B aAB
t
Рис. 3 К-3
Задание K-1. Определение скорости и ускорения точки по заданным уравнениям ее движения.
Вариант № 1. По заданным уравнениям движения точки М установить вид ее траектории и для момента времени t = t1(c) найти положение точки на траектории, ее скорость, полное, касательное и нормальное ускорения, а также радиус кривизны траектории в соответствующей точке. Данные приведены в таблице 1. Таблица 1. K-1
Решение. Исходные данные в см и с: x = -2t2 + 3; y = -5t; (1) t1 = 0,5 Уравнения движения (1) являются параметрическими уравнениями траектории точки М. Чтобы получить уравнение траектории в обычной координатной форме, исключим время t из уравнений движения. Тогда 25x + 2y2 = 75 (2) Это уравнение параболы. Для определения скорости точки находим проекции скорости на оси координат: Vx = x’ = -4t см/с; Vy = y’ = -5 см/с. Модуль скорости точки
Аналогично проекции ускорения точки ax = x’’ = -4 см/с2; ay = y’’ = 0. Модуль ускорения точки
Касательное ускорение находим путем дифференцирования модуля скорости (3)
При t = 0,5 c x = -2×0,52 + 3 = 2,5 см, y = -5×0.5 = -2,5 см. Vx = -4×0,5 =-2 см/с, Vy = -5 см/с, V = 5,38 см/с. ax = -4 см/с2, ay = 0, a = 4 см/с2
K-1
Модуль касательного ускорения at = 1,487 см/с2 Знак “+” при dV/dt показывает, что движение точки ускоренное и, следовательно, направления Нормальное ускорение точки: Радиус кривизны траектории в той точке, где при t = 0,5 с находится точка М: Пользуясь уравнением (2), строим траекторию (рис. 1) и показываем на ней положение точки М в заданный момент времени. Вектор Задание К-2. Определение скоростей и ускорений точек твёрдого тела при поступательном и вращательном движениях. Дано: Определить коэффициенты Решение: Уравнение движения груза 1 имеет вид: Коэффициенты при при Скорость груза 1: Подставляя (2) и (3) в формулы (1) и (4), находим коэффициенты: Таким образом уравнение движения груза 1: Скорость груза 1: Ускорение груза 1: Для определения скорости и ускорения точки М запишем уравнения, связывающие скорость груза В соответствии со схемой механизма откуда или с учётом (6) после подстановки данных: Угловое ускорение колеса 3: Скорость точки М, её вращательное, центростремительное и полное ускорения определяются по формулам:
Выполнил: ст.гр. С-045 rus Калайчиди Виктор Проверил: Русу В.Н. Sr=OM=20 sin рt см t1=1/3 c a=20 cм Решение: Положение М на фигуре D определяется расстоянием Sr=OM При t=1/3 c Sr=20 sin р/3 =17.32 cм Абсолютная скорость точки М V=Vr+Ve Модуль относительной скорости Vr=| Vr | Vr=dSr/dt=20р cosрt При t=1/3 c Vr=10 р=31.41 cм/с Положительный знак у величины Vr показывает, что вектор Vr направлен в сторону возрастания Sr Модуль переносной скорости Ve=Rщe R= Sr2+a2 =26.46 см щe=|щe| щe=dцe/dt=1-tc-1 При t=1/3 щe= 0.67 c-1 Положительный знак у величины щe показывает, что вращение фигуры D происходит вокруг Оz по направлению отсчета угла ц. Вектор щe направлен на наблюдателя. Переносная скорость Ve=17.73 см/с Вектор Ve направлен по касательной к окружности вращения т.М Из теоремы косинусов найдём V=Vr2+ Ve2 - 2VrVeсos б cos б = a/R = 0.76 V=21.32 cм/с Абсолютное ускорение точки равно геом. сумме относительного, переносного, и кориолисова ускорений W=Wr+We+Wc W=Wrф+Wrn+Weв +Weц+Wc Wrф= d2Sr/dt2 =-20р2 sin рt При t=1/3 c Wrф= -170.77 cм/с2 Wrф=170.77 cм/с2 Знак “-“ показывает, что Wrф направлен в сторону убывания Sr Wrn=Vr2/с=0 (с=∞) Модуль переносного вращательного ускорения Weв=Rеe еe= d2цe/dt2=-1 c-2 Weв= -26.46 cм/с2 Разные знаки у величин еe и щe говорят о замедленном движении круга D, вектора еe и щe противоположно направленны. Weц=R щe2=11.88 cм/с2 Вектор Weц направлен к центру окружности L Wc=2щe x Vr Wc=2щeVrsin(щeVr) sin(щe Vr)=1 Wc=2щeVr=48.09 cм/с2 По методу проекций имеем Wx= Weв cos б - Weц cos(90-б) - Wrф= Wy= Wc-Weв sin б - Weц sin(90-б) = W= Wx2+ Wy2=
|