ИДЗ № К4x

Индивидуальное задание №К4.
Определение абсолютной скорости и абсолютного ускорения
точки в сложном движении
По заданным уравнениям относительного
движения точки M и движения тела D
определить для момента времени t  t1
абсолютную скорость и абсолютное ускорение
точки M .
Схемы механизмов представлены в табл.
28, а
необходимые для расчёта данные приведены в
таблице 27.
Примечание.
1. В вариантах 5, 6, 10, 12, 13, 20 – 22, 24, 27, 28
OM
– дуга окружности.
2. На схемах 5, 10, 12, 21, 24, 27 OM – дуга,
соответствующая меньшему центральному
углу.
3. Положение точки M на схеме соответствует
положительному значению s r .
Пример. Треугольник ОАВ (рис. 18),
вращается относительно вертикальной оси по закону  e  0,9t 2  9t 3 рад . По
гипотенузе ОА движется точка М, дуговая координата которой
s r  OM  16  8cos3π t см . Определить абсолютную скорость и абсолютное
2
ускорение точки М в момент времени t1  с .
9
Решение.
Будем считать, что в расчётный момент времени плоскость чертежа
(рис. 19) совпадает с плоскостью треугольника. Положение точки M на
треугольнике определяется расстоянием s r  OM .
2
При t1  с :
9
2

s r  OM  16  8cos  3π t1   16  8cos  3π    20 см .
9

Введем подвижную систему координат, связанную с треугольником
ОАВ.
Относительное движение точки задано естественным способом.
Определим величину относительной скорости точки M :
ds
2
V r  r  24πsin 3π t1 , при t1  с :
dt
9
2

Положительный знак у величины V r
Vr  24  π  sin  3  180    65,2 см/с
9


показывает, что вектор относительной скорости Vr направлен в сторону
возрастания s r .
Переносная скорость, то есть
скорость той точки гипотенузы, с
которой совпадает в данный
момент движущаяся точка M ,
направлена в сторону вращения по
касательной
к
окружности,
которую описывает точка в
переносном движении (рис. 19):
Ve  ω e  R ,
где R  радиус окружности L ,
описываемой той точкой тела, с
которой в данный момент времени
2
t1  с совпадает точка M :
9
R  OM  sin30 o  20  0,5  10 см ,
ω e  угловая скорость тела:
de
ωe 
 1,8t  27t 2 рад/с .
dt
2
При t1  с :
9
2
4
ω e  1,8   27    0,93 рад/с .
9
81
Отрицательный знак у величины ω e показывает, что вращение
треугольника происходит вокруг вертикальной оси в сторону, обратную
направлению отсчёта угла  . Поэтому вектор ω e направлен по вертикальной
оси вниз (рис. 19).
Следовательно, переносная скорость:
Ve  0,93  10  9,3 см/с.
Абсолютную скорость точки M найдём как геометрическую сумму
относительной и переносной скоростей
V  V r V e .
Вектор V e направлен по касательной к окружности L в сторону
вращения тела. Так как V e и V r взаимно перпендикулярны, то модуль
абсолютной скорости точки M :
V  V 2r  V e2  9,3 2 65,2 2  65,9 см/с .
Абсолютное ускорение точки M равно геометрической сумме
относительного, переносного и кориолисова ускорений:
a  a r  a e a c .
( )
В рассматриваемом примере относительное движение прямолинейно,
вектор a r не делится на составляющие, лежит на траектории движения точки
M по гипотенузе OA :
d 2s r
ar 
 72π 2 cos3π t .
2
dt
2
При t1  с :
9
a r   36π2   355 cм/с2 .
Отрицательный знак a r показывает, что вектор a r направлен в
сторону отрицательных значений s r (см. рис. 20).
При вычислении переносного ускорения a e следует учитывать, что при
движении точки по криволинейной траектории (по окружности) ускорение
имеет две составляющие:
ae  aeτ  aen .
Переносное
касательное
ускорение:
a eτ  R  ε e ,
где  e  угловое ускорение
треугольника;
d 2 e
εe 
 1,8  54 t .
dt2
При t1 
2
с:
9
2
 10,2 рад/с 2 .
9
Одинаковые знаки у величин
εe и
ω e указывают на то, что вращение треугольника ускоренное, направления
векторов ε e и ω e совпадают (рис. 19 и 20).
ε e  1,8  54 
aeτ  10 10,2  102 см/с 2 .
Вектор переносного касательного ускорения а еτ направлен в ту же
сторону, что и вектор переносной скорости Ve .
Переносное нормальное ускорение:
a en R  ω e2 10  0,93 2 8,7  9 см/с 2 .
Вектор а en направлен к центру окружности L .
Кориолисово ускорение а c 2(ω е V r ) .
Модуль кориолисова ускорения:
а c  2 ω e  V r  sin (ωe , Vr ) .
Так как sin (ωe , Vr )  sin150o  0,5 , следовательно:
а c 2  0,93  65,2  0,5  61см/с 2 .
В соответствии с правилом Жуковского вектор
аc
направлен
перпендикулярно к плоскости треугольника в ту же сторону, что и вектор а еτ
(см. рис. 20).
Модуль абсолютного ускорения точки M находим, проектируя
равенство (  ) на оси x, y, z :
ах  аеτ  аc  102  61  163 см/с2 ;
а у   аеп  аr cos60   9  355  0,5  186 см/с2 ;
az   ar cos30   355
Следовательно:
3
  308 см/с2 .
2
a  ax2  a 2y  az2  395 см/с2 .
Результаты расчёта сведены в таблицу:
ωe ,
рад
с
Скорость, см/с
Ve
Vr
V
– 0,93
9,3
65,2
65,9
εe ,
рад
с2
– 10,2
Ускорение, с м / с 2
ar
a eτ
a en
ac
ax
ay
az
a
– 355
102
9
61
163
– 186
– 308
395
Контрольные вопросы
1. При каких условиях движение точки считается сложным?
2. Какое движение точки называется абсолютным; относительным;
переносным?
3. Как определяется абсолютная скорость точки в её сложном
движении?
4. Как определяется кориолисово ускорение?
5. В каких случаях ускорение Кориолиса обращается в нуль?
6. Как определяется абсолютное ускорение точки в её сложном
движении?
7. Правило Жуковского.
Данные для индивидуального задания № К4
Номер
задания
табл. 26
Уравнение
движения
тела D
 e  f1  t  ,
рад
Уравнение
относительного
движения точки M
s r  OM  f 2 (t ) ,
см
α,
t1 ,
R,
см
см
град
с
a,
18sin  π t / 4 
2/3
–
25
–
2
2t 3  t 2
0,4t 2  t
20sin πt
5/3
20
–
–
3
2t  0,5t 2
2
–
30
–
4
0,6t 2
6t 3
10sin  π t / 6 
1
–
–
60
5
3t  0,5t 3
40πcos  π t / 6 
2
30
–
–
6
xe  2t  1t 2
φ r  150π t 2
1/6
25
–
–
7
0,5t 2
20cos 2πt
3/8
–
40
60
8
t 3  5t
6 t  0,5t 2
2
–
–
30
9
4t  1,6t 2
10  10sin 2πt
1/8
–
–
–
10
1, 2t  t 2
20πcos  π t / 4 
4/3
20
20
–
11
2t 2  0,5t
25sin  π t / 3
4
–
25
–
12
5t  4t 2
15 π t 3 /8
2
30
30
–
13
8t 2  3t
4t  2t 2
120πt 2
3  14sin πt
1/3
40
–
–
2/3
–
–
30
15
0, 2t 3  t
5 2 t2 t
2
–
60
45
16
t  0,5t 2
20sin πt
1/3
–
20
–
17
0,5t 2
1
–
4 5
–
8t  t 2
t  3t 2
6t  t 2
8t 3  2t
10t  t 3
6t  4t 3
30πcos  π t / 6 
2
–
–
60
2
45
–
–
3
60
–
–
21
2t  4t 2
25π t 2  t
1/2
25
–
–
22
4t  0,2t 2
10πsin  π t / 4 
2/3
30
–
–
23
2t  0, 25t 2
3t 2  4t
2
–
–
30
24
2t  0,3t 2
75π 0,1t  0,3t 3
1
30
–
–
25
1 0t  0,1t 2
15sin  π t / 3
5
–
–
–
26
 2πt 2
3/2
–
–
45
1
14
18
19
20









8cos  π t / 2 

27
t  0,5t 3
10 2πcos2πt
1/8
30
–
–
28
2t 3  5t
2,5πt 2
2
40
–
–
29
0,6t 2
6 6 sin  π t /16 
4
36
–
30
30
2t 2  3t
5 3t 3 / 3
2
20
–
30
Схемы механизмов к заданиям №К4
задание №1
задание №2
задание №3
задание №4
задание №5
задание №6
задание №7
задание №8
задание №9
задание №10
задание №11
задание №12
задание №13
задание №14
задание №15
задание №16
задание №17
задание №18
задание №19
задание №20
задание №21
задание №22
задание №23
задание №24
задание №25
задание №26
задание №27
задание №28
задание №29
задание №30