Большая База Рефератов - Основная задача механики - бесплатно рефераты, скачать рефераты, рефераты на тему

Основная задача механики

Механическая система под действием сил тяжести приходит в движение из состояния покоя, начальное положение системы показано на рис. 1. Учитывая сопротивление качению тела 3, катящегося без скольжения, пренебрегая другими силами сопротивления и массами нитей, предполагаемых нерастяжимыми, определить скорость тела 1 в тот момент времени, когда пройденный путь станет равным s.

В задании приняты следующие обозначения: m1, m2, m3, m4 – массы тел 1, 2, 3, 4; R3 – радиус большой окружности; δ – коэффициент трения качения.

Необходимые для решения данные приведены в таблице 1. Блоки и катки считать сплошными однородными цилиндрами. Наклонные участки нитей параллельны соответствующим наклонным плоскостям.

Таблица 1.

m1, кг	m2, кг	m3, кг	m4, кг	R3	δ, см	s, м
m	1/2m	5m	4m	25	0,20	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 + 4Т3 + Т4. (3)

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 колеса 3, совершающего плоскопараллельное 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.

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)

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

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

или

. (15)

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

Работа силы тяжести :

(16)

Работа силы тяжести :

(17)

Работа пары сил сопротивления качению :

(18)

где

(19)

(20)

(21)

Подставляя (19), (20) и (21) в (18), получаем:

(22)

Работа силы тяжести :

(17)

Работа силы тяжести :

(23)

Сумма работ внешних сил определится сложением работ, вычисляемых по формулам (17) – (24):

Подставляя заданные значения, получаем:

Или

. (24)

Согласно теореме (2) приравняем значения Т и , определяемые по формулам (16) и (24):

откуда выводим

м/с.

Дано:

R2=30; r2=20; R3=40; r3=40

X=C2t2+C1t+C0

При t=0 x0=7 =0

t2=2 x2=557 см

X0=2C2t+C1

C0=7

C1=0

557=C2 *52+0*5+7

25C2=557-7=550

C2=22

X=22t2+0t+7

=V=22t

a==22

V=r22

R22=R33

3=V*R2/(r2*R3)=(22t)*30/20*40=0,825t

3=3=0,825

Vm=r3*3=40*(0,825t)=33t

atm=r3

=0,825t

atm=R3=40*0,825t=33t

anm=R323=40*(0,825t)2=40*(0,825(t)2

***********************************

Дано :R2=15; r2=10; R3=15; r3=15

X=C2t2+C1t+C0

При t=0 x0=6 =3

t2=2 x2=80 см

X0=2C2t+C1

C0=10

C1=7

80=C2 *22+3*2+6

4C2=80-6-6=68

C2=17

X=17t2+3t+6

=V=34t+3

a==34

V=r22

R22=R33

3=V*R2/(r2*R3)=(34t+3)*15/10*15=3,4t+0,3

3=3=3,4

Vm=r3*3=15*(3,4t+0,3)=51t+4,5

atm=r3

=3,4t

atm=R3=15*3,4t=51t

anm=R323=15*(3,4t+0,3)2=15*(3,4(t+0,08)2

Решение второй задачи механики

Дано:

m=4.5 кг; V0=24 м/с;

R=0.5V H;

t1=3 c;

f=0.2;

Q=9 H; Fx=3sin(2t) H.

Определить: x = f(t) – закон движения груза на участке ВС

Решение:

1) Рассмотрим движение на промежутке АВ

учитывая, что R=0.5V H;

Разделяем переменные и интегрируем

2) Рассмотрим движение на промежутке ВС (V0=VB)

Дано:

m=36 кг

R=6 см=0,06 м

H=42 см=0,42 м

yC=1 см=0,01 м

zС=25 см=0,25 м

АВ=52 см=0,52

М=0,8 Н·м

t1=5 с

Найти реакции в опорах А и В.

Решение

Для решения задачи используем систему уравнений, вытекающую из принципа Даламбера:

(1)

Для определения углового ускорения ε из последнего уравнения системы (1) найдем момент инерции тела относительно оси вращения z по формуле

, (2)

где Jz1− момент инерции тела относительно центральной оси Сz1, параллельной оси z; d – расстояние между осями z и z1.

Воспользуемся формулой

, (3)

где α, b, g - углы, составленные осью z1 с осями x, h, z соответственно.

Так как α=90º, то

. (4)

Определим моменты инерции тела , как однородного сплошного цилиндра относительно двух осей симметрии h, z

;

Вычисляем

;

Определяем угол g из соотношения

;

Угол b равен

;

По формуле (4), вычисляем

Момент инерции тела относительно оси вращения z вычисляем по формуле (2):

где d=yC;

Из последнего уравнения системы (1)

;

Угловая скорость при равноускоренном вращении тела

поэтому при ω0=0 и t=t1=5 c

Для определения реакций опор следует определить центробежные моменты инерции и тела. , так как ось х, перпендикулярная плоскости материальной симметрии тела, является главной осью инерции в точке А.

Центробежный момент инерции тела определим по формуле

где , т.е.

Тогда

Подставляя известные величины в систему уравнений (1), получаем следующие равенства

Отсюда

Ответ: , , , .

Определение скорости и ускорения точки по заданным уравнениям ее движения

Задание: по заданным уравнениям движения точки М установить вид ее траектории и для момента времени t = t1 (с) найти положение точки на траектории, ее скорость, касательное и нормальное ускорения, а также радиус кривизны траектории.

Исходные данные:

x=5cos(pt2/3); y= -5sin(pt2/3); (1)

t1=1 (x и y – в см, t и t1 – в с).

Решение:

Уравнения движения (1) можно рассматривать как параметрические уравнения траектории точки. Получим уравнения траектории в координатной форме.

x2 + y2 = (5cos(pt2/3))2 + (-5sin(pt2/3))2;

Получаем x2 + y2 = 25, т. е. траекторией точки является окружность, показанная на рис. 1.

Вектор скорости точки

(2)

Вектор ускорения точки

Здесь Vx , Vy , ax, ay – проекции скорости и ускорения точки на соответствующие оси координат.

Найдем их, дифференцируя по времени уравнения движения (1)

(3)

По найденным проекциям определяем модуль скорости:

V=Ö(Vx2 + Vy2); (4)

и модуль ускорения точки:

а =Ö(ах2 +ау2). (5)

Модуль касательного ускорения точки

аt=|dV/dt|, (6)

аt= |(Vxax+Vyay)/V| (6’)

Знак “+” при dV/dt означает, что движение точки ускоренное, знак “ - “ - что движение замедленное.

Модуль нормального ускорения точки

ап= V2/p; (7)

p – радиус кривизны траектории.

Модуль нормального ускорения точки можно найти и следующим образом:

an =Ö(а2 -at2); (8)

После того как найдено нормальное ускорение по формуле (8), радиус кривизны траектории в рассматриваемой точке определяется из выражения:

p=V2/ an. (9)

Результаты вычислений по формулам (3)-(6), (8), (9) для момента времени t1=1с приведены ниже в таблице

Координаты

см

Скорость

см/с

Ускорение, см/с2

Радиус

см

2.5

-2.5Ö3

-5p/Ö3

-5p/3

10p/3

-20.04

13.76

24.3

10.5

21.9

Ниже на рисунке показано положение точки М в заданный момент времени.

Дополнительное задание:

z=1.5t x=5cos(pt2/3); y= -5sin(pt2/3); t1=1 (x и y – в см, t и t1 – в с).

Найдем скорости и ускорения дифференцируя по времени уравнения движения

По найденным проекциям определяем модуль скорости:

V=Ö(Vx2 + Vy2+Vz2);

и модуль ускорения точки:

а =Ö(ах2 +ау2+ аz2).

V=;

a=24.3 см/с;

Касательное ускорение точки

аt= |(Vxax+Vyay+ Vzaz)/V|

at=(-9.069*(-20.04)+(-5.24)*13.76+1.5*0)/10.58=10.36 см/с

Модуль нормального ускорения точки можно найти и следующим образом:

an =Ö(а2 -at2);

an=21.98 см/с2.

Радиус кривизны траектории в рассматриваемой точке определяется из выражения:

p=V2/ an. р=5.1 см

Результаты вычислений для момента времени t1=1с приведены ниже в таблице

Координаты

см

Скорость

см/с

Ускорение, см/с2

Радиус

см

2.5

-4.33

1.5

-9.07

-5.24

1.5

10.58

-20.04

13.76

24.3

10,36

21.98

5.1

Задание: точка М движется относительно тела D. По заданным уравнениям относительного движения точки М и движения тела D определить для момента времени t=t1 абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки М.

Дано:

ОМ=Sr=120pt2 см;

jе=8t2 – 3t рад ;

t1=1/3 c; R=40 см.

Решение:

1) Положение точки М на теле D определяется расстоянием Sr=ОМ

при t=1/3 c Sr=120p/9=41.89 см.

При t=1/3с Vr=80p=251.33 см/с.

art=d2Sr/dt2 art=240p=753.98 см/с2

arn=Vr2/R arn=(80p)2/40=1579.14 см/с2

2) Ve=wer , где r- радиус окружности, описываемой той точкой тела, с которой в данный момент совпадает точка М.

a=OM/R. r=R*sina=40*sin(p/3)=34.64 см.

wе=dje/dt=16t-3 при t=1/3 wе=7/3=2.33 с-1

Ve=80.83 см/с.

аец=we2 r аец=188.6 см/с2.

аев=eеr eе= d2je/dt2=16 с-2 аев=554.24 см/с2.

ас=2*wеVrsin(wе, Vr) sin(wе, Vr)=90-a=p/6 ac=585.60 см/с2

V=Ö(Ve2+Vr2) V=264.01 см/с

Модуль абсолютного ускорения находим методом проекций.

ax=aев+ас

ay=arncos(p/3)+artcos(p/6)

az=-аец - arncos(p/6)+artcos(p/3)

а=Ö(ax2+ay2+az2)

Результаты расчетов сведены в таблицу

we,

c-1

Скорость см/с

eе

с-2

Ускорение , см/с2

аец

aев

arn

аrt

ас

2.33

80.8

251.3

264

188.6

554

1579

754

586

1140

1143

-1179

1999

Определение реакций опор твердого тела

Дано:

Q=10 kH;

G=5 kH;

a=40 см; b=30 см; c=20 см;

R=25 см; r=15 см.

Задание:

Найти реакции опор конструкции.

Решение:

Для определения неизвестных реакций составим уравнения равновесия.

Из уравнения (4) определяем P, а затем находим остальные реакции опор. Результаты вычислений сведем в таблицу.

Силы, кН
Р	ХА	ZA	XB	ZB
5.15	-0.17	2.08	-3.34	2.92

Проверка.

Составим уравнения относительно точки В.

В соцсетях

Основная задача механики

Определить: x = f(t) – закон движения груза на участке ВС

Силы, кН