Учебная работа. Определение реакций опор составной конструкции

1 Звезда2 Звезды3 Звезды4 Звезды5 Звезд (Пока оценок нет)
Загрузка...

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, кН×м

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

                                                                         
a

                                                    
P1x              a                              a

                                                            
6

Рис.
3.

P1x = P1×sin(a),

P1y = P1×cos(a).

a = arctg(1,5/6) = arctg(0,25) = 14°.

P1x = P1×sin(a) = P1×sin(14°) = 6×0,24 = 1,44 (кН),

P1y = P1×cos(a) = P1×cos(14°) = 6×0,97 = 5,82 (кН).

Q = q×3,5 = 0,8×3,5
= 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


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; b — 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

b, 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

                   w2

           VA

                 V3

     3                                                                         
b               V1

                   A   C3   CV

                            w3

                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)

w2
– 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)

w3
– 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                                                                           
b

                             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       e2                M3Ф

Ф3       e3                         dj3

                                                                                        
dj2

                 ds3

3

       G3

                                                                                
Ф1

                                                                   
G2                    1

 

                                                                                         
a1

                                                                                                   
ds3

                                                                                 
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 e2, 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 e3 – 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 dj2 и dj3 –
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:

dj2 = dj3 = ds1/R = ds1/2r;

ds3 = dj2r = ds1/2;                                             (3)

e2 = e3 = a1/2r; a3 = a1/2.

С учетом (2) и (3) уравнение (1),
после деления всех его членов на m и ds1,
принимает вид

откуда

,

а3 = a1/2 = 1,87 м/с2.

а3

            
M3Ф

Ф3      
e3                           dj3    Т2-3

                            ds3

G3

Рис. 3.

Ф1

Т1-2

                        
а1

                               ds1

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

wОА, с-1

eОА, с-2

ОА

r

АС

40

15

8

2

2

Решение.

Определение скоростей точек.

Вычислим скорость точки А при
заданном положении механизма:

VA = wОА×OA = 2×40 = 80 см/с.

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

Угловая скорость колеса


= VA/r = 80/15 = 5,33 c-1

Скорости точек В и С:

VB = wК×ВСV;

VС = wК×ССV,

где

ВСV = r×= 15×1,41 = 21,2 см,

ССV = см.

следовательно,

VB = wК×ВСV = 5,33×21,2 = 113 см/с;

VС = wК×ССV = 5,33×21,4 = 114,1 см/с.

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

                                                                                 
VA

                                                                                                                         
VC

                                                                        

                            O           wOA         CV              A                          
VB

                                                                                  
45°

                                                                                         
C

                                                                             
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 eОА.

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 eK.

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 eK.

Ускорение точки С находим
способом проекций:

см/с2.

                                                                                       
y

                                                        aC                                                         aCy

        

                                                                                      
aBy

                                                                                                                      aB

                                                                                       
aAt

                                      eOA                                     eK                       aACt

                   x             O              
aAn                                       A

                                                                                      
aACn

                                                                               
C

                                                        aCx                          
45°

                                                                                       
aABn

                                                                       
aBx        B                aABt

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
= -2×0,52 + 3 = 2,5 см,        y
= -5×0.5 = -2,5 см.

Vx
= -4×0,5 =-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

at = 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

Учебная работа. Определение реакций опор составной конструкции