Определение реакций опор составной конструкции

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.

P1, кН

М, кНм

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). 



	  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.



							P1y	     P1

							        







					      P1x		   		





						     6



Рис. 3.



P1x = P1sin(),

P1y = P1cos().

 = arctg(1,5/6) = arctg(0,25) = 14.

P1x = P1sin() = P1sin(14) = 60,24 = 1,44 (кН),

P1y = P1cos() = P1cos(14) = 60,97 = 5,82 (кН).

Q = q3,5 = 0,83,5 = 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):


	y

						    P1y		P1

						

						    90





						      P1x			C

									RCx

      Q										 RCy



		RAy								



		RAx										x

	A



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):




						y





					    R`Cy

							R`Cx

					        C



					     M



					     RBy

							RBx		x

					       B



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



RAx

RBx

P

qx

x

y



450

z



P



RBz

RAz

q

G

RDz

Q



x









RAz

RBz

qz

z

y

G













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;  - 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

, 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)



	
				    2

	

	

									    1

			2

	

	

	           VA

	

	

		      V3

	     3								      	       	     V1

	       A   C3   CV

	

				3

		     V4

	       4

	

	

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)



2 – 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)



3 – 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).

		

					    2

	

	

									    1

	

										       N1

	

	

							     FTP

	

	

	     3								        

	 	     C3

	

	

			      P3							P1

	       4

	

	

	

			P4

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).



	
	a3

	

	        M3Ф				2	2		M3Ф

	

	Ф3       3			3

											    2

	

		      s3

	3

	       G3

									      Ф1

	

								   G2		       1

	



										     a1

	

	

											      s3

	

	

									       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 2, 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 3 – 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 2 и 3 – 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:



2 = 3 = s1/R = s1/2r;

s3 = 2r = s1/2;					(3)

2 = 3 = a1/2r; a3 = a1/2.



С учетом (2) и (3) уравнение (1), после деления всех его членов на m и s1, принимает вид







откуда 



,

а3 = a1/2 = 1,87 м/с2.



	
а3

	

		  M3Ф

	Ф3       3			3	Т2-3

	

	

	

				s3

	

	G3

	

	Рис. 3.

	

	Ф1

	

	Т1-2

	

	

			      а1

	

	

				   s1

	

	

	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.

Размеры, см

ОА, с-1

ОА, с-2

ОА

r

АС





40

15

8

2

2




Решение. 

Определение скоростей точек.

Вычислим скорость точки А при заданном положении механизма:



VA = ОАOA = 240 = 80 см/с.



Скорость точки А направлена перпендикулярна к ОА. Мгновенный центр скоростей СV находится в точке соприкосновения колес.

Угловая скорость колеса



К = VA/r = 80/15 = 5,33 c-1



Скорости точек В и С:



VB = КВСV;

VС = КССV,

где



ВСV = r= 151,41 = 21,2 см,

ССV = см.



Следовательно,



VB = КВСV = 5,3321,2 = 113 см/с;

VС = КССV = 5,3321,4 = 114,1 см/с.



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


								       VA



										    VC



							       К



			O	    OA         CV		A			  VB

								        45

									     C

								r





								   B









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 ОА.

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 K.

Ускорение точки В находим способом проекций:



см/с2;

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 K.

Ускорение точки С находим способом проекций:







см/с2.


									   y



						aC				aCy

	

									  aBy

							        aB

									   aA

				OA 				     K			   aAC

		x	      O		     aAn				  A

									  aACn

										  C



						aCx			   45

									   aABn



							      aBx	B		aAB





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



-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 = -20,52 + 3 = 2,5 см,        y = -50.5 = -2,5 см.



Vx = -40,5 =-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



a = 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



Vr

Ve

V



Wrф

Wrn

Weв

Weц

Wc

Wx

Wy

W

0.67

31.41

17.73

21.32

-1

-170.77

0

-26.46

11.88

48.09