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.

P1, кН	М, кН×м	q, кН/м
6,0	25,0	0,8

С-3. Определение реакций опор составной конструкции

Решение. Рассмотрим систему уравновешивающихся сил, приложенных ко всей конструкции (рис. 2).

P1y P1

90°

P1x C

Q M

RAy RBy

RAx RBx x

A B

Рис. 2.

Разложим силу P на составляющие Px и Py.

P1y P1

P1x a a

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:

(1)

(2)

(3)

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

Рис. 4.

Запишем уравнения равновесия:

(4)

(5)

С-3. Определение реакций опор составной конструкции

(6)

Рассмотрим систему уравновешивающихся сил, приложенных к правой части конструкции (рис.5):

R`Cy

R`Cx

RBy

RBx x

Рис.5.

Запишем уравнения равновесия:

(7)

(8)

(9)

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 RAy=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

Raz	Rax	Ra	RBz	RBx	RB

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.

m1, кг	m2, кг	m3, кг	m4, кг	b, град	f	s, м
m	4m	0,2m	4m/3	60	0,10	2

Решение.

Применим теорему об изменении кинетической энергии системы:

(1)

где T0 и T – кинетическая энергия системы в начальном и конечном положениях; - сумма работ внешних сил, приложенных к системе; - сумма работ внутренних сил системы.

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:

(2)

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)

3 b V1

A C3 CV

Рис. 2.

Д-10

Кинетическая энергия груза 1, движущегося поступательно,

(4)

Кинетическая энергия барабана 2, совершающего вращательное движение,

, (5)

где J2x – момент инерции барабана 2 относительно центральной продольной оси:

, (6)

w2 – угловая скорость барабана 2:

. (7)

После подстановки (6) и (7) в (5) выражение кинетической энергии барабана 2 принимает вид:

. (8)

Кинетическая энергия барабана 3, совершающего плоское движение:

, (9)

где VC3 – скорость центра тяжести С3 барабана 3, J3x – момент инерции барабана 3 относительно центральной продольной оси:

, (10)

w3 – угловая скорость барабана 3.

Так как двигается по нити без скольжения, то мгновенный центр скоростей находится в точке СV. Поэтому

, (11)

. (12)

Подставляя (10), (11) и (12) в (9), получим:

. (13)

Кинетическая энергия груза 4, движущегося поступательно,

, (14)

где V4 = VC3 = V1/2:

. (15)

Кинетическая энергия всей механической системы определяется по формуле (3) с учетом (4), (8), (13), (15):

Подставляя и заданные значения масс в (3), имеем:

или

. (16)

Найдем сумму работ всех внешних сил, приложенных к системе, на заданном ее перемещении (рис. 3).

FTP

3 b

C3

P3 P1

Рис. 2.

Работа силы тяжести :

(17)

Работа силы трения скольжения :

Так как

то

(18)

Работа силы тяжести , препятствующей движению тела 1:

(19)

Работа силы тяжести , препятствующей движению тела 1:

(20)

Сумма работ внешних сил определится сложением работ, вычисляемых по формулам (17) – (20):

Подставляя заданные значения масс, получаем:

или

. (21)

Согласно теореме (2) приравняем значения Т и , определяемые по формулам (16) и (21):

откуда

м/с.

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.

G1, кг	G2, кг	G3, кг	R/r	i2x
G	G	3G	2

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 - груза 1, - блока 2 и - катка 3 (рис. 2).

M3Ф 2 e2 M3Ф

Ф3 e3 dj3

dj2

ds3

Ф1

G2 1

ds3

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 - ускорение центра масс катка 3, и к паре сил, момент которой

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:

, (1)

где dj2 и dj3 – углы поворотов блоков 2 и 3.

Учитывая, что G1 = G2 = G = mg, G3 = 3G = 3mg

имеем:

(2)

Устанавливаем зависимости между возможными перемещениями, входящими в (1), и между ускорениями в (2), пользуясь тем, что эти зависимости такие же, как между соответствующими скоростями:

dj2 = dj3 = ds1/R = ds1/2r;

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.

а3

M3Ф

Ф3 e3 dj3 Т2-3

ds3

Рис. 3.

Ф1

Т1-2

а1

ds1

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.

Размеры, см			wОА, с-1	eОА, с-2
ОА	r	АС	wОА, с-1	eОА, с-2
40	15	8	2	2

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×= 15×1,41 = 21,2 см,

ССV = см.

Следовательно,

VB = wК×ВСV = 5,33×21,2 = 113 см/с;

VС = wК×ССV = 5,33×21,4 = 114,1 см/с.

Вектор направлен перпендикулярно к отрезку BCV, а вектор - перпендикулярно к отрезку CCV в сторону вращения колеса.

wК

O wOA CV A VB

45°

Рис. 2

К-3

Определение ускорений точек.

Ускорение точки А складывается из вращательного и центростремительного ускорений:

;

см/с2;

см/с2.

Вектор направлен от А к О. Вектор перпендикулярен к вектору и направлен в соответствии с направлением углового ускорения eОА.

Согласно теореме об ускорениях точек плоской фигуры имеем:

Центростремительное ускорение точки В во вращательном движении колеса вокруг полюса А:

см/с2.

Вращательное ускорение точки В:

где

с-2,

см/с2.

Вектор направлен от В к А. Вектор перпендикулярен к вектору и направлен в соответствии с направлением углового ускорения eK.

Ускорение точки В находим способом проекций:

см/с2;

см/с2.

Определяем ускорение точки С:

Центростремительное ускорение точки С во вращательном движении колеса вокруг полюса А:

см/с2.

К-3

Вращательное ускорение точки С:

см/с2.

Вектор направлен от С к А. Вектор перпендикулярен к вектору и направлен в соответствии с направлением углового ускорения eK.

Ускорение точки С находим способом проекций:

см/с2.

aC aCy

aBy

aAt

eOA eK aACt

x O aAn A

aACn

aCx 45°

aABn

aBx B aABt

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.

Уравнения движения		t1(c)
x = x(t), см	y = y(t), см	t1(c)
-2t2+3	-5t	0,5

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

. (3)

Аналогично проекции ускорения точки

ax = x’’ = -4 см/с2; ay = y’’ = 0.

Модуль ускорения точки

см/с2.

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

см/с2

K-1

Модуль касательного ускорения

at = 1,487 см/с2

Знак “+” при dV/dt показывает, что движение точки ускоренное и, следовательно, направления совпадают.

Нормальное ускорение точки:

см/с2.

Радиус кривизны траектории в той точке, где при t = 0,5 с находится точка М:

см.

Пользуясь уравнением (2), строим траекторию (рис. 1) и показываем на ней положение точки М в заданный момент времени. Вектор строим по составляющим , причем он направлен по касательной к траектории точки. Вектор находим как по составляющим , так и по .

Рис. 1

Задание К-2. Определение скоростей и ускорений точек твёрдого тела при поступательном и вращательном движениях.

Вариант № 1.

Дано:

Определить коэффициенты , и , при которых осуществляется требуемое движение груза 1. Определить так же в момент времени скорость и ускорение груза и точки М одного из колёс механизма.

Решение:

Уравнение движения груза 1 имеет вид:

(1).

Коэффициенты , и могут быть определены из следующих условий:

при (2).

при (3).

Скорость груза 1:

(4).

Подставляя (2) и (3) в формулы (1) и (4), находим коэффициенты:

Таким образом уравнение движения груза 1:

(5).

Скорость груза 1:

(6).

Ускорение груза 1:

Для определения скорости и ускорения точки М запишем уравнения, связывающие скорость груза и угловые скорости колёс и .

В соответствии со схемой механизма

(7).

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.

Шифр	Вариант
61	16

Дано: схема механизма,

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 cos рt

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-t c-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=2щeVr sin(щe Vr)

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=

щe, c-1

Скорость, см/с

еe,c-2

Ускорение, см/с2

Wrф

Wrn

Weв

Weц

0.67

31.41

17.73

21.32

-1

-170.77

-26.46

11.88

48.09