Теоретическая механика
.pdfТеоретическая механика Вариант 04
Задача С1
Жесткая рама, расположенная в вертикальной плоскости закреплена в точке А шарнирно, а в точке В прикреплена к невесомому стержню с шарнирами на концах.
В точке С к раме привязан трос, перекинутый через блок и несущий на
конце груз |
весом P=25 |
кН |
. На раму действует пара сил с моментом |
M =100 кН м |
и силы F 1=10 |
кН |
и F 4=40 кН . |
Определить реакции связей в точках А, В, вызываемые действующими нагрузками. При окончательных расчетах принять a=0,5 м .
Решение:
Рассмотрим равновесие рамы. Проведем координатные оси xy и изобразим и изобразим действующие на раму силы: силы F 1 и F 4 , пару сил с моментом M , натяжение троса T (по модулю T = P ) и реакции связей X A , Y A и
RB .
Для плоской системы сил составим три уравнения равновесия. При вычислении момента силы RB относительно точки пересечения осей О воспользуемся теоремой Вариньона, т. е. разложим силу по осям и учтем, что m(F )=m(F x)+m(F y) . Получим:
∑F kx =0, X A+T +F1 cos(30 ̊)+ F 4 cos(60̊)−RB sin(60 ̊)=0 ;
∑F ky =0, Y A+F 1 sin(30 ̊)− RB cos(60 ̊)−F 4 sin(60 ̊)=0 ;
∑mA ( Fk )=0, M +X A 3a+ F1 cos(30 ̊) 2a−F 4 sin(60 ̊) 2a+RB sin (60 ̊) 2a −RB cos(60 ̊) 4a =0
Подставим в составленные уравнения числовые значения заданных величин и решив эти уравнения, определим искомые данные:
{X A+25+10 √2 3 +40 12 −RB √23 =0 Y A+10 12 −RB 12 −40 √23 =0
1000,5 +3 X A+10 √23 2−40 √23 2+RB √23 2−RB 12 4=0
X |
|
= |
√3 |
(R |
−10)−45 [1] |
||
A |
|
2 |
B |
|
|
|
|
Y |
=20 3+1 |
( R |
−10) [2] |
||||
A |
|
|
|
√ |
|
B |
|
{ 2
200+3 X A−30 √3+RB √3−2 RB=0 [3]
Подставим [1] в [3]
200+3 √23 ( RB−10)−135−30 √3+ RB √3−2 RB =0
RB= 90 √√3−130 ≈5,55(кН )
5 3−4
Тогда
X A=√23 (5,55−10)−45=−48,85(кН )
Y A=20 √3+ 12 (5,55−10)=32,42(кН )
Ответ: X A=5,55 кН ; Y A=32,42кН ; RB =−48,85кН . Знаки указывают, что реакция RB направлена в сторону противоположную указанной на рисунке.
Задача С4
Две однородные прямоугольные тонкие плиты жестко соединены (сварены) под прямым углом друг с другом и закреплены сферическим шарниром в точке А, цилиндрическим шарниром в точке В и невесомым стержнем, прикрепленным шарнирами к плите и к неподвижной опоре.
Вес большей плиты , меньшей . Каждая из плит расположена параллельно одной из координатных плоскостей (плоскость xy — горизонтальная).
На плиты действует пара сил с моментом M =4 кН м , лежащая в плоскости большей плиты, и две силы F 2=8 кН и F 4=12 кН , при этом сила F 2 лежит в плоскости параллельной плоскости xz, а сила F 4 - в плоскости, параллельной xy.
Определить реакции связей в точках А и В и реакцию стержня. При расчетах принять .
Решение:
Рассмотрим равновесие плиты. На плиту действуют заданные силы P1 ,
P2 , F 2 , F 4 и пара с моментом M , а также реакции связей X A , Y A , Z A , X B , Z B и реакция стержня N .
Для определения шести неизвестных реакций составляем шесть уравнений равновесия действующей на плиту пространственной системы сил:
∑F kx =0, X A+ X B +F 4 cos(60 ̊)−F 2 sin (30̊)=0
∑F ky =0, Y A−F 4 sin (60 ̊)=0
∑F kz=0, Z A+Z B+N −P1−P2+F 2 cos(30 ̊)=0
∑mx (F k )=0, Z B 3a+F 2 cos(30 ̊) 3a−P1 32 a−P2 32 a− F4 sin (60 ̊) a=0
∑my( F k)=0, P1 a+ P2 2a− N 2a− F2 cos(30 ̊) a− F 4 cos(60̊) a=0
∑mz ( F k)=0, M − X B 3a+F 2 sin(30 ̊) 3a −F 4 cos(60 ̊) 3a−F 4 sin (60 ̊) 2a=0
Подставим в составленные уравнения числовые значения всех заданных величин:
{X A+ X B+2=0
Y A−6 √3=0
Z A+Z B +N −8+4 √3=0 3 Z B+8 √3−12−6 √3=0 5+6−2 N −4√3−6=0
6,67−3 X B +12−18−12√3=0
{X A=4 √3−2,22≈4,71 Y A=6 √3≈10,39
Z A=1,5−4√3 ≈−0,81
Z B=4−2√3 ≈2,85
N =2,5−2 √3≈−0,96 X B=0,22−4√3≈−6,71
Ответ: |
X A =4,71 кН ; |
Z A=−0,81 кН ; Y A=10,39 |
кН ; |
X B=−6,71 кН ; |
Z B =2,85 кН . |
|
Знак минус |
указывает, |
что реакции |
Z A , X B |
направлены |
в сторону |
|
|
|
|
|
|
|
|
противоположную указанной на рисунке.
Задача К2
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. Радиусы ступеней колес равны соответственно: r1=2 см , R1=3см ; r2=6 см; R2=8 см ; r3=12 см; R3=16 см . На ободьях колес расположены точки А, B, C.
Закон изменения угла колеса 3: ϕ3=3t−t2 , где t - время в секундах. Определить в момент времени t1=2 c скорости v 4, ω1 и ускорения ε1, aB ,a5
Решение:
Условимся обозначать скорости точек, лежащих на внешних ободах колес через vi , а точек, лежащих на внутренних ободах — через ui , при этом
угловая скорость колеса |
i равна |
ωi = |
ui |
= |
vi |
|
ri |
Ri |
|||||
|
|
|
|
1. Определим угловую скорость ω1 колеса 1.
ω1= v1
R1
Колеса 3 и 1 находятся в зубчатом зацеплении, следовательно, v1=v3 . Скорость v3 найдем как v3=ω3 R3
Угловая скорость колеса 3 изменяется по закону: ω3= ddtϕ =3−2t
Тогда угловая скорость скорость ω1 колеса 1
ω1= v1 = v3 = ω3 R3 = R3 (3−2t)
R1 R1 R1 R1
В момент времени t1=2 c
ω1= R3 (3−2t1 )=16 (3−2 2)=−5,33 c−1
R1 3
Знак «минус» говорит о том, что колесо 1 в момент времени t1=2 c вращается в противоположную сторону вращения колеса 3
2. Определим скорость v4 рейки 4.
В силу зубчатого зацепления рейки 4 и колеса 2:
v 4=v2
Так как колеса 1 и 2 связаны ременной передачей:
u2=u1
В тоже время:
v2 = R2 u2 ; u1=ω1 r1
r2
Тогда
v4=v2 = R2 u2= R2 u1= R2 ω1 r1
r2 r2 r2
В момент времени t1=2 c
v4= 86 (−5,33) 2=−14,21 см/с
3. Определим ε1 .
|
ω1 |
|
R3 |
|
16 |
−2 |
ε1=d |
|
= |
|
(−2)= |
|
(−2)=−10,67 c |
dt |
R1 |
3 |
4. Определим aB .
Ускорение точки складывается из нормальной и тангенциальной составляющих
aB=√aτB 2+anB 2
Найдем aBτ . |
|
|
|
|
|
|
|
|
u2 |
|
u1 |
|
r1 |
|
R3 r1 |
|
||||||||||||||||
Для этого сначала найдем |
ω2= |
= |
=ω1 |
= |
(3−2t) |
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
r2 |
|
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
ω2 |
|
|
|
|
|
|
|
R3 r1 |
|
|
|
|
|
|
|
r2 |
r2 |
|
R1 r2 |
|||||||||
ε2=d |
|
=−2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
R1 r2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
aτ |
=ε r |
2 |
=−2 |
R3 r 1 |
=−2 16 2 =−21,33см/c2 |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
B |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
R1 |
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Найдем aBn . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
an |
=R ω2= |
R2 R32 r12 |
(3−2t)2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
R2 r2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
B |
|
|
2 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
В момент времени t1=2 c |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
n |
|
R2 R32 r12 |
|
|
|
2 |
8 162 22 |
2 |
|
|
|
|
2 |
|
||||||||||||||||||
aB |
= |
|
|
|
|
|
|
(3−2t1 ) = |
2 |
2 |
|
(3−2 2) =25,28 |
см/с |
|
|
|||||||||||||||||
|
|
R |
2 |
|
2 |
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
r |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
aB=√ |
aBτ 2+aBn 2 |
=√ |
21,332 +25,282 |
=33,08 |
см/с2 |
|
|
|
|
|
5. Определим ускорение a5 груза 5
Так как груз 5 подвешен на нити, намотанной на внутренний обод колеса 3:
v5=u3=ω3 r3
Ранее было найдено ω3= ddtϕ =3−2t Тогда
a5=d |
v5 |
=−2 r3=−24 см/с2 |
|
dt |
|||
|
|
Ответ:
v 4=−14,21 см/с , ω1=−5,33 с−1, ε1 =−10,67 c−2, aB =33,08 см /с2, a5 =−24 см/с2 .
Задача К3
Плоский механизм состоит из стержней 1, 2, 3, 4 и ползуна E,
соединенных друг с другом и неподвижными опорами О1 и О2 |
шарнирами; |
||
точка D находится в середине стержня AB. Длины стержней соответственно |
|||
l1=0,4 м ; l2=1,2 м ; l3=1,4 м ; l4=0,6 м . |
Положение механизма |
определяется |
|
углами α=30 ̊ , β=30 ̊ , γ=60 ̊ , |
ϕ=0 ̊ , |
θ=150 . Угловое ускорение первого звена |
|
постоянно во времени и равно |
ω1=4c−1 . |
|
Найти величины v D , vE , ω2, aB , ε2 .
Решение:
1. Строим положение механизма в соответствии с заданными углами и изображаем все векторы скоростей.
2. Определяем скорость |
|
v D . Для |
|
этого сначала |
|
определим |
скорость |
|||||||||||||||||||||||||||
точки А. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
v A=ω1 l1=4 0,4=1,6 м /с |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
Найдем |
угловую |
скорость |
|
ω2 |
|
стержня |
|
АВ, |
для этого |
построим |
||||||||||||||||||||||||
мгновенный центр |
скоростей |
С2 |
|
|
стержня |
|
АВ, |
проведя |
перпендикуляры к |
|||||||||||||||||||||||||
скоростям в точках А и В. |
|
|
|
|
|
|
|
|
АВС 2 . Данный треугольник является |
|||||||||||||||||||||||||
Рассмотри |
|
|
треугольник |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
равнобедренным, т. к. С2 A B= C2 B A=30 ̊ , тогда медиана C2 D также является |
||||||||||||||||||||||||||||||||||
и высотой. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Тогда |
|
|
|
|
BD |
|
|
|
AB |
|
|
|
|
|
|
|
l2 |
|
|
|
|
1,2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
C2 B=C 2 |
A= |
|
|
= |
|
|
= |
|
|
|
|
= |
|
|
=0,69 м |
|
|
|
|
|
||||||||||||||
cos30 |
̊ |
2cos 30 |
̊ |
2cos30 |
̊ |
2cos30 ̊ |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
C2 D= BD tg 30 ̊= |
|
AB |
tg 30 ̊= |
l2 |
tg 30 ̊= |
|
1,2 |
|
=0,35 |
м |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
2 |
|
2 |
|
2 √3 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
Тогда |
v D |
= |
v A |
; v D= |
C |
2 D v A |
= |
0,35 1,6 |
=0,81 |
м/с . |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
C |
2 D |
C 2 A |
C 2 A |
|
0,69 |
|
vA |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
Найдем угловую скорость второго стержня |
|
|
|
1,6 |
|
−1 |
. |
|||||||||||||||||||||||||||
ω2= |
|
|
= |
|
=2,32 c |
|||||||||||||||||||||||||||||
C 2 |
A |
0,69 |
||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3. Определяем скорость vE .
Построим мгновенный центр скорости C3 для стержня DE. Треугольник С3 ED прямоугольный.
Угол C3 DE=30 ̊ Тогда:
С3 D= cos30DE ̊=2 √l33 =2 1,√34 =1,62 м
С3 E=DE tg 30 ̊= √l33 = 1,√34 =0,81 м
Из пропорции |
vD |
= |
v E |
|
|
найдем |
v E=C 3 E vD = |
l3 0,81 √ |
3 |
=0,40 м/ с . |
|||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
2l3 √3 |
||||||||||||
|
|
|
C 3 D C3 E |
|
|
|
C3 D |
|
|||||||||
4. Определяем ускорение aB . |
|
|
|
|
|
|
|
aB нужно знать |
|||||||||
Точка В |
принадлежит |
стержню |
AB. Чтобы |
найти |
|||||||||||||
ускорение какой-нибудь другой точки стержня АВ и траекторию точки B. По |
|||||||||||||||||
данным задачи можем найти a A=√ |
(aAτ )2+(anA)2 |
|
|
|
|
|
|
||||||||||
где |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
aτA=ε1 l1=0 |
- тангенциальная составляющая ускорения точки A равна |
||||||||||||||||
нулю, так как по условию ω1=const .; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
anA=ω12 l1 - нормальная составяющая ускорения точки A. |
|
||||||||||||||||
a A=aAn =ω12 l1=42 0,4=6,4 м/с2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
Для определения aB воспользуемся равенством: |
|
|
|
|
|
||||||||||||
n |
τ |
τ |
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
aB+aB=a A+aBA+aBA |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Спроектируем полученное уравнение на направление АВ
|
|
aBn cos 30 ̊−aBτ cos60 ̊=aA cos30 ̊−anBA |
||||||
|
|
Величины |
|
|
aBAn =ω22 l2=2,322 1,2=6,46 м/с2 , |
|||
n |
vB2 |
|
ω22 (C |
2 B)2 |
2,322 0,692 |
|
2 |
|
aB = |
|
= |
|
|
= |
|
=4,27 м/с |
|
l4 |
l4 |
|
0,6 |
|
||||
|
|
|
|
|
|
Тогда aτB =anB √3+2anBA−aA √3=4,27 √3+2 6,46−6,4 √3=9,23 м/с2
Следовательно,
aB =√(anB)2+(aτB)2=√4,272+9,232=10,17 м/с2
5. Определим ε2
aτ
ε2= lBA
2
Чтобы найти aτBA спроектируем полученное ранее уравнение на ось y
anB sin(30 ̊)+aτB sin (60 ̊)=−aA sin (30 ̊)+aτBA
Откуда
aτ |
=an sin (30 ̊)+aτ sin(60 ̊)+a sin(30 ̊)= 4,27 +9,23 |
√ |
3 |
|
+ 6,4 =13,33 м/с2 |
||||||||
|
|
|
|||||||||||
BA |
B |
B |
|
|
A |
2 |
2 |
|
|
2 |
|
||
|
|
|
aτBA |
13,33 |
|
|
|
||||||
Следовательно, ε2= |
−2 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
= |
1,2 |
=11,11 c |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
l2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Ответ: v D=0,81 м/с; |
vE =0,40 м/с; ω2=2,32 с−1 ; |
aB=10,17 м/с2 ; |
ε2=11,11 c−2 |
||||||||||
Задача Д6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m1=5 кг , ступенчатого |
||
Механическая система состоит из груза 1 массой |
|||||||||||||
шкива массой m3=4 кг |
с |
радиусом |
ступеней R3=0,3 м , |
r3=0,1 м |
и радиусом |
инерции относительно оси вращения ρ3=0,2 м , блока 4 не обладающего массой радиуса R4 =0,2 м и подвижного блока 5 массой m5=6 кг ; тело 5 считать однородным цилиндром. Коэффициент трения грузов о плоскость f =0,1 . Тела системы соединены друг с другом нитями, перекинутыми через блоки и намотанными на шкив и каток); участки нитей параллельны соответствующим плоскостям. К одному из тел прикреплена пружина с коэффициентом жесткости
с=240 Н / м .
Под действием силы F =40(9+4s) , зависящей от перемещения s точки ее приложения, система приходит в движение из состояния покоя; деформация