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.

С-3. Определение реакций опор составной конструкции

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

y

P_1y P₁

P_1x C

Q M

R_Ay R_By

R_Ax R_Bx x

A B

Рис. 2.

Разложим силу P на составляющие Px и Py.

P_1y P₁

P_1x

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

P_1y P₁

P_1x C

R_Cx

Q R_Cy

R_Ay

R_Ax 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

R_By

R_Bx 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.

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; - 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:

(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)

V_A

V₃

3 V₁

A C₃ C_V

V₄

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 = V½:

. (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).

N₁

F_TP

C₃

P₃ P₁

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.

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

M₃^Ф 2 ₂ M₃^Ф

Ф_{3 3 3}

s₃

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 = s½r;

s3 = 2r = s½; (3)

2 = 3 = a½r; a3 = a½.

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

а3 = a½ = 1,87 м/с2.

а₃

M₃^Ф

Ф_{3 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.

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.

V_A

V_C

_К

O _OA C_V A V_B

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

a_C a_Cy

a_By

a_B

a_A

_{OA K} a_AC

x O a_Aⁿ A

a_ACⁿ

C

a_Cx 45

a_ABⁿ

a_Bx B a_AB

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© 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

. (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.

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=