Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Волгодонский инженерно-технический институт НИЯУ МИФИ

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Metod_MR_sam_rab_Teoret._mekhan._14.03.01_00.00.00

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

27.03.2016

Размер:

1.86 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

Пример 1.	Однородная прямоугольная рама ABCD находится в
равновесии. Вес	рамы G=1 кН;	Р=2 кН,		\|\| Ay ; AD=BC=60 см;
			P
AB=CD=100 см; α = 300 ; β = 600		(рис. 14).

Найти реакции опор А и В (А – шаровой шарнир, В – петля (цилиндрический шарнир)), а также реакцию невесомого жесткого стержня СЕ.

Решение: Рассмотрим в равновесии раму ABCD. На раму

действуют сила тяжести

G , сила

, реакция S стержня СЕ и

составляющие реакций опор А и В:

X A ,YA , Z A , X B , ZB (рис. 15).

Составим шесть уравнений равновесия:

∑FKX

= 0 ;

X A + X B − S cos600 = 0;

(1)

∑FKY

= 0 ;

YA + P = 0;

(2)

∑FKZ

= 0 ;

ZA − G + ZB + S cos300 = 0.

(3)

∑M X (

FK ) = 0;

− P AD cos300 − G AB / 2 + S cos300 AB + ZB AB = 0;

(4)

∑MY (

FK ) = 0; G (BC / 2) sin300 − S BC sin 600 = 0;

(5)

∑M Z (

FK ) = 0; P AD sin300 + S cos600 AB − X B AB = 0.

(6)

Из уравнении (1) – (6) находим:

S = (G sin300 ) /(2 sin 600 ) = (1 0,5) /(2 0,866) = 0,289 кН;

= (P AD cos300

+G AB / 2 − S cos300 AB) / AB =

= (2 60 0,866 +1 50 − 0,289 0,866 100) /100 =1,29кН;

= (P AD sin 300

+ S cos600 AB) / AB =

(2 60 0,5 + 0,289 0,5 100) /100 = 0,744кН;

X A = −X B + S cos600 = −0,744+ 0,289 0,5 = −0,6 кН;

YA = −P = −2 кН;

Z A = G − ZB − S cos300 = 1−1,29 − 0,289 0,866 = −0,54кН.

Рисунок 14 – К примеру 1

Рисунок 15 – К примеру 1

Пример 2. Твердое тело в виде двух однородных прямоугольных тонких плит, жестко соединенных между собой под прямым углом, находится в равновесии (рис. 16). Вес большей плиты Р1=5 кН, вес меньшей плиты Р2=3 кН. На тело действуют пара сил с моментом M = 4кН м , лежащая в плоскости меньшей плиты, и силы

F1=6 кН и F2=8 кН ( F Az, F Ay ).
1	2

Определить реакции опор А и В (А – шаровой шарнир, В – цилиндрический шарнир), а также реакцию невесомого жесткого стержня 1. При вычислениях принять а=0,6 м.

Решение: Рассмотрим в равновесии твердое тело, состоящее из двух однородных прямоугольных плит. На тело действуют силы

тяжести P	и P	, силы F	и F	, пара сил с векторным моментом	M
1	2	1	2

( M плоскости действия пары сил, т.е. M || Ay ), реакция стержня 1

N и составляющие реакций опор А и В: X A ,YA , ZA ,YB , ZB (рис. 17).

Рисунок 16 – К примеру 2

Рисунок 17 – К примеру 2

Для определения шести неизвестных реакций N, XA, YA, ZA, YB, ZB составляем шесть уравнений равновесия действующей на тело пространственной произвольной системы сил:

∑FKX

= 0;

X A

+ F1 cos 60

− F2 cos 60

= 0;

(7)

∑FKY

= 0;

+ YB − N + F1 cos30

= 0;

(8)

∑FKZ

= 0;

+ Z

− P − P + F cos300

= 0.

(9)

1 2

∑M KX

= 0;

N a + P 1,5 a + P 3 a − F cos300 3 a = 0;

(10)

∑M KY	= 0;
−Z 2 a +P a +P a −F cos600				a −F cos300	2 a +M =0;	(11)
B	1	2	2	2
∑M KZ	= 0;

YB 2 a + F1 cos600 1,5 a + F1 cos300 2 a − F2 cos600 3 a = 0. (12)

Для записи моментов сил F1 и F2 относительно осей координат

раскладываем

их

на

составляющие

= F cos 600 ,

= F cos 300

= F cos 600

= F cos 300

(эти

2 X

2 Z

составляющие входят в уравнения) и применяем теорему Вариньона.

Далее решаем систему уравнений и находим неизвестные

реакции:

Из уравнения (7) получаем:

= (F − F ) cos 600

= (8 − 6) 0,5 = 1 кН;

Из уравнения (10):

N = 3F cos 300

− 1,5P − 3 P = 3 8

− 1,5 5 − 3 3 = 4,28 кН;

Из уравнения (11):

Z B

( P1 + P2

− F2 cos 60 0 − 2 F2 cos 30 0 +

) =

(5 + 3 − 8

− 2 8

) = −1,59

0,6

Из уравнения (9):

= P + P − F cos 300 − Z

= 5 + 3 − 8

+ 1,59 = 2,66 кН;

Из уравнения (12):

(3F cos 600

− 1,5F cos 600 − 2F cos 300 ) =

(3 8

− 1,5 6

− 2 6

) = −1,45 кН;

Из уравнения (8) :

= N − Y

− F cos 300

= 4,28 + 1,45 − 6

= 0,53 кН.

2.4 Задачи контрольных работ по кинематике

Задача К1. Определение скорости и ускорения точки по заданным уравнениям ее движения.

Точка М движется в плоскости xy (рис. 18). Закон движения точки задан уравнениями x=f1(t), y=f2y(t), где x, y – в сантиметрах, t – в секундах (табл. 3, рис. 18).Найти уравнение траектории и изобразить эту траекторию на чертеже; определить в момент времени t=t1 скорость и ускорение точки, а также ее касательное и нормальное ускорения и радиус кривизны траектории. Все векторы изобразить на чертеже в масштабе.

Таблица 3 – Данные к задаче К1

Номер	x = f1(t),	t = t1,
варианта	см	c
данных
0	3-2t2	1
1	10t2	2
2	4t2-5	1
3	10-t2	1
4	t2-4	1
5	2t3	1
6	5t2	1
7	4t2+1	1
8	3t2+2

9	3t2

Рисунок 18 – К задаче К1

Задача К2. Определение скоростей и ускорений точек твёрдого тела при поступательном и вращательном движениях.

По заданному уравнению прямолинейного поступательного движения груза 1 определить в момент времени t=t1 скорость и ускорение точки М и изобразить все векторы на чертеже в масштабе

(табл. 4, рис. 19, 20)

Таблица 4 – Данные к задаче К2

Номер	Радиусы колес,			Уравнение	t=t1 ,
варианта		см.		движения груза 1	с
данных				x=x(t), см.

	R2	r2	R3
0	20	15	5	100t2+10	0,1
1	60	40	15	12t+4t2	1
2	40	30	8	80t2	0,25
3	40	30	10	8t+2t2	1
4	15	10	4	25t2	0,1
5	50	10	5	5t+30t2	0,5
6	40	30	15	7+40t2	0,2
7	30	20	6	60t2+5t	1/3
8	40	30	10	10t3+2t	1
9	40	30	12	2t4	0,5

			М		0			1
			М					2
								2
			3
2			1			3	М	1
						3	М	1
					2			3
					М			М
								М
								3
1			2		3	2		1
			2					1
					4			5
2					М	2		М
2
								3
								3
		1			3	1
						1

					6	М	2	7
		М			3
		М
	2				1	3		1
					1

				3	8	М	2	9
2				3			2
2
			М
1						3
								1
			Рисунок 19 – К задаче К2

Задача К3. Кинематический анализ плоского механизма. Плоский механизм состоит из стержней 1, 2, 3, 4 и ползуна В.

Найти для заданного положения механизма скорости точек А, В, С, D, угловые скорости звеньев 2, 3, 4, ускорение точки В и угловое ускорение звена 2. Схемы механизмов помещены на рисунке 20, 21, а необходимые данные в таблице 5. Точка С находится в середине звена АВ.

Таблица 5 – Данные к задаче К3

	Номер		Размеры, см				ω1,	ε1,
	варианта	О1А	АВ	СD		DO2	с-1	с-2
	данных
0		10	40	20		22	10	2
1		12	50	22		24	15	4
2		14	60	24		26	20	6
3		16	70	26		28	25	7
4		10	40	28		26	30	8
5		12	46	30		24	25	9
6		14	48	20		22	20	10
7		16	44	22		20	15	3
8		10	42	24		18	10	4
9		12	60	26		30	30	5

	0				1

Рисунок 20 – К задаче К3

Рисунок 21 – К задаче К3

Таблица 6 – Данные к задаче К4

Номер

φ=ƒ1(t),

S=AM=ƒ2(t), см

варианта

рад

Рис. 0-5

Рис. 6-9

данных

4t2-t

5t2+20t

R(4t

-2)

30°

6t2

20(t-t2)+15

3t-t2

5(3t2+2)

R(4t

-3)

6t2-3t3

10t2+10

R(2t

-1)

2t+t2

6(3t+2t2)

R(3t

-1)

Рисунок 22 – К задаче К3

5t-6t2

4t+16t2

R(4t

-2)

3t2-2t3

2t2+18

R(3t

-2t)

Задача К4. Определение абсолютной скорости и абсолютного

5t2+t

t2+10

R(2t

-t)

ускорения точки.

2t-t

+20

R(3t

-t)

Прямоугольная

пластина со сторонами a=40см, b=30 см или

4t2+t

t2+15

R(3t

-2t)

круглая пластина радиуса R=20 см вращается вокруг неподвижной оси

по закону φ=ƒ1(t). По пластине движется точка М по закону

S=AM=ƒ2(t). Найти в момент t1=1c абсолютную скорость и абсолютное

ускорение точки М. Все векторы изобразить на чертеже (табл. 6, рис.

23).

Рисунок 23 – к задаче К4

2.5Методические указания к решению задач по

кинематике 2.5.1 Кинематика точки

Для изучения движения точки применяются три способа [1]:

1) Векторный способ. Положение точки определяется её

радиусом-вектором r = ОМ относительно некоторого неподвижного центра О в рассматриваемой системе отсчёта (рис. 24). При движении точки радиус-вектор r изменяется, т.е. является векторной функцией времени:

		=		(t), (t − время) .
	r		r		(13)

Уравнение (13) называется векторным уравнением движения точки. Траекторией точки является геометрическое место концов радиуса-вектора r , построенное в выбранной системе отсчёта, т.е. годограф вектора r .

Скорость и ускорение точки при заданном уравнении движения

(13) равны:

Рисунок 24 – Система отчета

d 2

V =

= r

a =

dt 2

= r

(14)

Вектор скорости V направлен по касательной к траектории в сторону движения. Вектор ускорения a всегда направлен в сторону вогнутости траектории точки или по её касательной (рис. 24). Векторный способ изучения движения точки обычно применяется в теоретических выкладках.

2) Координатный способ. Положение точки в выбранной, например, прямоугольной декартовой системе координат OXYZ определяется координатами:

x = f1(t),

y = f2 (t), z = f3 (t).

(15)

При движении точки её координаты являются функциями времени. Выражения (15) называются уравнениями движения точки в координатной форме. Уравнение траектории точки получается из уравнений движения (15) исключением из них времени t как параметра.

Скорость и ускорение точки определяются через их проекции на оси координат:

Vx = dx = x&, dt

= y,

= z, V =

+Vy

+Vz

(16)

2 x

= x,

ay =

dVy

d 2 y

= y,

dt 2

dVz

d 2 z

(17)

a =

+ ay

+ az .

= z,

Модуль касательного ускорения точки можно вычислить по формуле:

a	=	Vx ax + Vy ay	+ Vz az	.	(18)
		Vx ax + Vy ay	+ Vz az


τ		V
		V

Нормальное ускорение точки определяется через полное и касательное ускорения:

a	n	=	a2 − a2 .				(19)
					τ
Из формулы			an	=	V 2	определяется радиус	кривизны
					ρ

траектории:

ρ =	V 2	.	(20)

План решения задач

1)По заданным уравнениям движения точки (как правило, на плоскости) исключением из них времени t получить уравнение траектории точки.

2)В выбранном масштабе изобразить траекторию на рисунке.

3)Определить положение точки в заданный момент времени. Для чего следует подставить этот момент в уравнения движения и вычислить координаты точки. По найденным координатам изобразить положение точки на траектории.

4)По формулам (16) – (20) для заданного момента времени определить:

– скорость точки;

– ускорение точки;

– касательное и нормальное ускорения точки;

– радиус кривизны траектории.

5)В масштабе изобразить на рисунке в ранее найденном положении точки векторы скорости, полного, касательного и нормального ускорений.

3) Естественный способ. Положение точки на заданной траектории определяется дуговой координатой S (рис. 25). Уравнение движения точки в естественной форме имеет вид:

S = S (t).

(21)

Проекция скорости точки на направление орта касательной τ и модуль скорости определяются следующим образом:

Vτ

= S

V =

Vτ

(22)

Рисунок 25 – Положение точки на заданной траектории

Проекции ускорения на оси естественного трёхгранника, а также модуль полного ускорения определяются по формулам:

	d 2 S	&&			V 2
aτ =		= S ,	an	=
	dt 2					ρ

ab = 0. a = aτ2 + an2 ,

где ρ – радиус кривизны траектории точки.

, (23)

План решения задач

1)Определить положение точки на траектории в заданный момент времени. Для этого следует подставить этот момент времени в уравнение движения (21) и вычислить дуговую координату точки. Изобразить найденное положение точки на траектории.

2)По формулам (22), (23) для заданного момента времени определить следующие величины:

– скорость точки;

– касательное, нормальное и полное ускорения точки.

3)В выбранном масштабе изобразить на рисунке в рассматриваемом положении векторы скорости, касательного, нормального и полного ускорений точки.

Пример 1. Движение точки М задано уравнениями:

x = 0,5t + 1, y = −	16	,	(24)
	t + 2

где x, y – в см, t – в с.

Определить траекторию, скорость, полное, касательное и нормальное ускорения точки, а также радиус кривизны траектории в момент времени t= 2c.

Решение:. Находим уравнение траектории движения точки. Для этого исключаем из уравнений движения (24) время t, а именно:

t = 2x − 2,		y = −	16

			2x − 2 + 2 .
			2x − 2 + 2 .
Окончательно уравнение траектории имеет вид:
y = −	8	,		(25)
y = −	x	,		(25)
	x
При этом в соответствии с уравнениями движения (24)
координаты точки должны удовлетворять условиям:
x > 0,		y < 0 .		(26)

На рисунке 26 изображаем траекторию в виде гиперболы, расположенной согласно условиям (26) в четвёртом квадранте.

Вычисляем координаты точки для момента времени t = 2с:

Рисунок 26 – К примеру1

x = 0,5 2 + 1 = 2см, y = −	16	= −4 см.

2 + 2

По найденным координатам изображаем точку на траектории

(рис.26).

Далее по формулам (16) определяем скорость точки:

Vx = x& = 0,5, Vy = y& = (t + 2)2 .

Vx = 0,5см/с,

Vy =

= 1

см/с,

(2 + 2)2

V = V 2

+ V 2

0,52 + 1 =

1,25 = 1,12 см/с.

Аналогично, в соответствии с формулами (17), находим полное

ускорение:

= 0,

− 32

;

ax =Vx

ay =Vy

В момент времени t

= 2 с:

(t + 2)3

при t = 2 с:

		−32
a =0,	a =			= −0,5см/с2 , a =	a2 +a2 = 0,52 =0,5 см/с2.

x	y	(2	+ 2)3		x y

Определяем по формулам (18), (19) касательное и нормальное ускорения точки:

Vx ax + Vy ay

0,5 0 + 1 (−0,5)

= 0,45

см/с2,

1,12

a =

a2 − a2

0,52

+ 0,452 = 0,0475 = 0,22 см/с2.

Находим радиус кривизны траектории. По формуле (1.8) имеем:

ρ = V 2 = 1,122 = 5,70 см. an 0,22

Найденные векторы скорости, полного, касательного и нормального ускорений точки в выбранном масштабе показываем на рисунке 26.

2.5.2 Вращение твердого тела вокруг неподвижной оси

Вращением твёрдого тела вокруг неподвижной оси называется такое движение, при котором хотя бы две какие-либо точки тела остаются неподвижными. Прямая, проходящая через эти неподвижные точки, называется осью вращения.

Вращение твёрдого тела вокруг неподвижной оси задаётся уравнением:

ϕ = ϕ(t) ,

(27)

где ϕ – угол поворота тела в рад (рис. 27).

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
04.06.2015287.23 Кб12metodichka_EKONOMIKA_PRIN.doc
#
01.07.20253 Mб2Metodichka_k_lab_rab_L.doc
#
01.03.2025560.16 Кб2Metodichka_Pechat.docx
#
01.07.2025642.87 Кб2Metodichka_VBA_1.docx
#
01.07.2025301.08 Кб5Metodichka_vozhatogo.docx
#
27.03.20161.86 Mб30Metod_MR_sam_rab_Teoret._mekhan._14.03.01_00.00.00.pdf
#
27.03.201619.1 Mб29Metod_MU_inzh_i_komp_graf_chast_39_2_13_03_01_00_00_00.pdf
#
01.05.20251.95 Mб2MET_5_2.DOC
#
01.07.202593.95 Кб6Microsoft Word Document (3).docx
#
04.06.201515.3 Mб29MU4_po_rezbovym_soedineniam.doc
#
01.05.20258.4 Mб4MU_k_KP.doc