Загрузил Эдвард Бекк

Бекк Курсовая Теор. мех

Реклама
МИНИСТЕРСТВО СЕЛЬСКОГО ХОЗЯЙСТВА РОССИЙСКОЙ
ФЕДЕРАЦИИ
ФГБОУ ВО СТАВРОПОЛЬСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ АГРАРНЫЙ
УНИВЕРСИТЕТ
ИНСТИТУТ ДОПОЛНИТЕЛЬНОГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ
Кафедра «Агроинженерия»
Курсовая работа
По дисциплине
«Теоретическая механика»
Тема:
«СТАТИКА. КИНЕМАТИКА.
ДИНАМИКА»
ТМЗ.СТКД.00.00.00.ПЗ
ШИФР № 18.5111.3.0.002
Выполнил студент направление подготовки:
35.03.06 – «Механизация сельского хозяйства»
Бекк Э.О.
«___» ______________ 2020г.
Бобрышов А.В.
«___» ______________ 2020г.
г. Ставрополь
2020 г.
СОДЕРЖАНИЕ
1. ОПРЕДЕЛЕНИЕ РЕАКЦИЙ ОПОР ТВЕРДОГО ТЕЛА
2. ОПРЕДЕЛЕНИЕ РЕАКЦИЙ ОПОР СОСТАВНОЙ КОНСТРУКЦИИ
(СИСТЕМА ДВУХ ТЕЛ)
3. РАВНОВЕСИЕ СИЛ С УЧЕТОМ СЦЕПЛЕНИЯ (ТРЕНИЯ ПОКОЯ)
4. ПРИВЕДЕНИЕ СИСТЕМЫ СИЛ К ПРОСТЕЙШЕМУ ВИДУ
5. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПОЛОЖЕНИЯ ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ ТЕЛА
6. КИНЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ ПЛОСКОГО МЕХАНИЗМА
7. КИНЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ ДВИЖЕНИЯ ТВЕРДОГО ТЕЛА,
КАТЯЩЕГОСЯ БЕЗ СКОЛЬЖЕНИЯ ПО НЕПОДВИЖНОЙ
ПОВЕРХНОСТИ И ИМЕЮЩЕГО НЕПОДВИЖНУЮ ТОЧКУ
8. ИССЛЕДОВАНИЕ ПОСТУПАТЕЛЬНОГО И ВРАЩАТЕЛЬНОГО
ДВИЖЕНИЙ ТВЕРДОГО ТЕЛА
ЗАДАНИЕ 2
1. ОПРЕДЕЛЕНИЕ РЕАКЦИЙ ОПОР ТВЕРДОГО ТЕЛА
Дано: схема закрепления бруса (рис. 1.1); P = 10 кН, M = 5 кН∙м, q = 2 кН/м
Определить момент реакции опор для того способа закрепления, при котором
момент МА имеет наименьшее числовое значение.
Решение. Рассмотрим систему уравновешивающихся сил, приложенных к
конструкции. Действие связей на конструкцию заменяем их реакциями. В
схеме а - ХА, YA, MA, в схеме б - YA, MA, в схеме в - YA, MA, RC.
Равномерно распределенную нагрузку интенсивностью q заменяем
равнодействующей
Q = q ∙ 2 = 4 кН
Рис. 1.1 Схема а.
Рис. 1.2 Схема б.
Рис. 1.3 Схема в.
Чтобы выяснить в каком случае реакция заделки YA является наименьшей,
найдем ее для всех трех схем, не определяя пока остальных реакций и
моментов.
Для схемы а
∑ Fky1 = 0;
YA - Q + P∙sin45° = 0
YA = - 3,07 кН
Для схемы б
∑ Fky = 0;
Q∙ cos45° - P - YA∙ cos45° = 0
YA = - 10,144 кН
Для схемы в
∑ Fky2 = 0;
YA∙ cos45° - Q∙ cos45°= 0
YA = 4 кН
Таким образом, наименьшая реакция в заделке получается при закреплении
бруса по схеме а.
Определим остальные опорные реакции и момент в заделке:
∑ Fkx = 0; P∙cos45° - ХА = 0, откуда ХА = 7,07 кН;
∑ MA= 0; M + P∙sin45°∙4 - P∙cos45°∙2 - Q∙3 - MA = 0, откуда MА = 7,14 кН∙м.
Результаты расчета приведены в табл. 1.1
Таблица 1.1
Схема
MА, кН∙м
ХА, кН
YA, кН
а
7,14
7,07
-3,07
б
-
-
-10,144
в
-
-
4
2. ОПРЕДЕЛЕНИЕ РЕАКЦИЙ ОПОР СОСТАВНОЙ КОНСТРУКЦИИ (СИСТЕМА ДВУХ
ТЕЛ)
Дано: схема конструкции (рис. 2.1), Р1 = 12 кН, Р2 = 4 кН, М = 16 кН∙м, q = 3
кН/м. Определить реакции опор, а также соединения B для того способа
сочленения, при котором модуль опоры B наименьший.
Решение.
1.
Определение реакций опоры B при шарнирном соединении в точке
С (рис 2.1).
инематика тело
Рис. 2.1
Для нахождения реакции RB нужно знать XB и YB, т.к.
RB  X B  YB (1)
2
2
Рассмотрим систему уравновешивающихся сил, приложенных ко всей
конструкции (рис. 2.1). Составим уравнения моментов сил относительно
точки С и А.
∑ MС= 0; P2∙1 + M - RD∙3 = 0, откуда RD = 6,667 кН
∑ MА= 0;
Заменим силу с равномерной интенсивностью q на равнодействующую силу
Q = 4∙q = 12 кН
Q∙2 + M + P1∙ sin60°∙2 - P1∙ cos60°∙4 - P2∙2 - RD∙7 - YB∙4 = 0,откуда YB = - 4,47
кН
Составим уравнение равновесия:
∑ Fkx = 0; Q - P1∙cos60° - ХB - P2 = 0, откуда ХB = 2 кН;
Подставляя найденные значения ХB и YB в уравнение (1), найдем:
RB  X B  YB  6,35кН
2
2
Определение реакций опоры B при соединении частей конструкци в точке С
скользящей заделкой (схема показана на рис. 2.2)
Рис. 2.2
Для определния реакций разделим конструкцию на 2 тела. Система сил для
тела CD показана на рис. 2.3:
Рис. 2.3
Составим уравнение равновесия для тела CD:
∑ Fkx = 0, отсюда RD = 0
Для всей конструкции:
∑ Fkx = 0;
Q - P1∙cos60° - XB - P2 = 0, откуда
XB = 2 кН
Составим уравнение моментов сил относительно точки А:
∑ MА= 0
Q∙2 + M + P1∙sin60°∙2 - P1∙cos60°∙4 - P2∙2 - RD∙7 - YB∙4 = 0, откуда
YB = 7, 196 кН
Подставляя найденные значения ХB и YB в уравнение (1), найдем:
RB  X B  YB  7,468кН
2
2
Итак, при шарнирном соединении в точке С модуль реакции B меньше, чем
при соединении скользящей заделкой. Найдем остальные неизвестные
реакции в конструкции с шарнирным соединением.
Составим уравнение моментов сил относительно точки B
∑ MB = 0
Q∙2 + RA∙4 - P1sin60°∙2 - P1∙cos60°∙4 - P2∙2 + M - RD∙3 = 0,
отсюда находим, что
RA = 8, 196 кН
Рассмотрим отдельно часть CD конструкции и найдем реакции в точке С (рис
2.4).
Рис. 2.4
Составим уравнения равновесия:
∑ Fkx = 0, XC - P2 = 0, отсюда XC = 4 кН
∑ Fky = 0, YC - RD = 0, отсюда YC = 6,667 кН
3. РАВНОВЕСИЕ СИЛ С УЧЕТОМ СЦЕПЛЕНИЯ (ТРЕНИЯ ПОКОЯ)
Дано: G = 2 кН, Q = 25 кН, a = 0,1 м, b = 0,25 м, f = 0,15 (рис. 3.1). Определить
минимальное значение силы P и реакции опор О, А, В.
рис. 3.1
Решение. Рассмотрим сначала систему уравновешивающихся сил,
приложенных к блоку (рис. 3.2)
Рис. 3.2
Составим уравнение моментов сил в точке С.
∑ MС= 0;
T∙R1 - Q∙R1 = 0, отсюда T = Q
Составим уравнение равновесия для данного блока.
∑ Fky = 0,N1 - G - T - Q = 0
N1 = 52 кН
Теперь рассмотрим систему сил, уравновешивающих лебедку (рис 3.3)
рис. 3.3
В состоянии предельного равновесия сила P минимальна, а сила сцепления
(трения покоя) между тормозной колодкой и барабаном определяется
равенством:
Fсц = f∙N, отсюда
N = Fсц / f (1)
Запишем уравнение моментов сил в точке О.
∑ MО = 0;
N1 - Fсц∙1,4∙R = 0
Fсц = N1/1,4 = 37,143 кН
Подставляя Fсц в уравнение (1) получим:
N = 247,619 кН
Запишем уравнения равновесия для лебедки:
∑ FX= 0; X0 - N∙cos30° - Fсц∙cos60° = 0, отсюда X0 = 233,01 кН
∑ FY= 0; Y0 - 2∙G - N1 - Fсц∙ cos30° + N∙ sin30° = 0, отсюда Y0 = 35,642 кН
Зная X0 и Y0, определим реакцию R0:
R0  X 0  Y0  235,72кН
2
2
Рассмотрим систему сил, приложенных к тормозной колодке (рис. 3.4).
Рис. 3.4
Составим уравнения моментов сил относительно точек А и В.
∑ MВ = 0; Fсц (a+b) - RA∙b = 0, отсюда RA = 52 кН
∑ MА = 0; Fсц∙a - RВ∙b = 0, отсюда RВ = 14,86 кН
Для определения минимального значения силы P cоставим уравнение
равновесия:
∑ FX= 0; N - Pmin = 0; N = PminPmin = 247,619 кН
Все результаты расчетов занесены в табл. 5.1
Таблица 3.1
RO, кН
RА, кН
RВ, кН
Pmin, кН
235,72
52
14,86
247,619
4. ПРИВЕДЕНИЕ СИСТЕМЫ СИЛ К ПРОСТЕЙШЕМУ ВИДУ
   
P
Дана система сил 1 , P2 , P3 , P4 ; модули точек приложения и направления этих
сил указаны в табл. 4.1
Таблица 4.1
Размеры
Силы системы
прямоуголног

P1

P3

P2

P4
о
параллелипип
FA 10
C
CK 8
D
D
K
1. Определение главного вектора заданной системы сил. Заданная система
сил показана на рис 4.1
Рис. 4.1
Предварительно определяем
cos  
b
b c
2
2
 0,8 sin  
,
c
b c
2
2
 0,6
е
приложения
направлени
F
Точка
AE 20
еМодуль, Н
A
приложения
направлени
6
Точка
6
еМодуль, Н
8
приложения
направлени
Точка
4
Точка
c
еМодуль, Н
b
приложения
направлени
a
Модуль, Н
еда, см
Проекции главного вектора на оси координат:
X = 0 Н;
Y = P4 - P2∙cos α = - 8 Н;
Z = P1 + P3 - P2∙sin α =4 Н;
Модуль главного вектора:
R* 
X 2  Y 2  Z 2  8,9Н
;
Направляющие косинусы:
 
cos( R * , i )  X / R *  0
 
cos( R * , j )  Y / R *  0,899
 
cos( R * , k )  Z / R *  0,449
Главный вектор показан на рис. 4.1.
2. Определение главного момента заданной системы сил относительно
центра О.
Главные моменты заданной системы сил относительно координатных осей:
MX = P3∙b - P2∙ sin α∙6 - P4∙c = 32 Н∙см
MY = (P2∙ sin α - P1) ∙a = 24 Н∙см
MZ = - P2∙ cos α = - 64 Н∙см
Модуль главного момента:
M 0  M X  M Y  M Z  75,47 Н  см
2
2
2
Направляющие косинусы:

cos( M o , i )  M X / M o  0,424

cos( M o , j )  M Y / M o  0,318

cos( M o , k )  M Z / M o  0,848
3. Вычисление наименьшего главного момента заданной системы сил.
M* = (MX*X + MY*Y + MZ*Z) /R* = - 50,337 Н*см
*
*
4. Т.к. R  0 и M  0 , то система приводится к динаме. Составим уравнение
главной оси:
M X  ( yZ  zY ) M Y  ( zX  xZ ) M Z  ( xY  yX ) M *


 *  5,656
X
Y
Z
R
Из этих трех уравнений независимыми являются только два. Подставляя в
два из этих уравнений найденные числовые значения величин, находим:
M X  ( yZ  zY ) M *
 *
X
R
M Y  ( zX  xZ ) M *
 *
Y
R
32 - 4y - 8z  0

24  4x  45,248
Значения координат точек пересечения центральной осью координатных
плоскостей, определенных этими уравнениями, помещены в табл. 4.2
Таблица 4.2
Точки
Координаты, см
x
y
z
A1
0
-
-
A2
5,312
0
4
A3
5,312
8
0
Центральная ось системы сил показана на рис. 4.1.
5. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПОЛОЖЕНИЯ ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ ТЕЛА
Определить координаты центра тяжести фигуры, показанной на рис. C 5.1.
Рис. 5.1
Решение.
Координаты центра тяжести плоской фигуры определяем по формулам:
x = Sy*F; y = SX/F, где (1), Sy = ∑ Fi*xi; Sx = ∑ Fi*yi
Чтобы воспользоваться формулами (1), поделим плоскую фигуру на простые
части, для которых легко находятся площади Fi и координаты центров
тяжести xi и yi.
I фигура - прямоугольник (рис. 5.1 - центр тяжести - С1)
S1 = 2*16 = 32 (см2)
x1 = 8 см
y1 = 1 см
II фигура - прямоугольник (рис. 5.1 - центр тяжести - С2)
S2 = 2*14 = 28 (см2)
x2= 10 см
y2= 9 см
III фигура - полукруг (рис. 5.1 - центр тяжести - С3)
S3 = 0,5*πR2 = 6,283 (см2)
x1 = 10 см
y1 = 16 + 4R/3π = 16,849 см
Таким образом, подставляя найденные значения площадей и координат
центров тяжести простых фигур в формулы (1), найдем координаты центра
тяжести плоской фигуры:
x
x1  S1  x2  S 2  x3  S 3
 9,034 см
S1  S 2  S 3
y
y1  S1  y 2  S 2  y3  S 3
 5,882 см
S1  S 2  S 3
Центр тяжести площади указан на рис. 5.1.
6. КИНЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ ПЛОСКОГО МЕХАНИЗМА
Найти для заданного положения механизма скорости и ускорения точек В и
С, а также угловую скорость и угловое ускорение звена, которому эти точки
принадлежат.
Размеры, см
ωOA,
ωI ,
εOA,
νA,
aA,
ОА
r
AB
AC
рад/с
рад/с
рад/с2
см/с
см/с
-
-
30
20
-
-
-
20
20
Решение.
Расчет скоростей.
AB совершает плоское движение, мгновенный центр скоростей находится в
точке В, т.к.
v0
v A   AB  AB
 AB 
vA 2 1

AB 3 c
vC   AB  BC  6,67
см
с
vC  AB
Расчет ускорений.

 

aB  a A  a n BA  a BA (1)
a n BA   AB  AB  13,33
2
см
с2


a n BA AB, a BA   AB  AB, a BA  AB
Проецируем (1) на оси
см

a

13
,
33
B

a B  a AB  13,33 

с2





0

a

a
BA
a BA  20 см
A


с2

n
a BA 2 см
 AB 

AB 3 с 2




aС  a A  a n СA  a  СA
a n CA   AB  AC  8,89
2

a n СA
см
с2
AС , a СA   AB  AС  13,33

a СA  AС
см
,
с2
Проецируем ac на оси
aСX  a A  a n СA  6,67
aСY  a n СA  8,89
см
с2
см
с2
aС  aСX  aСY  11,114
2
2
см
с2
7. КИНЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ ДВИЖЕНИЯ ТВЕРДОГО ТЕЛА, КАТЯЩЕГОСЯ БЕЗ
СКОЛЬЖЕНИЯ ПО НЕПОДВИЖНОЙ ПОВЕРХНОСТИ И ИМЕЮЩЕГО НЕПОДВИЖНУЮ
ТОЧКУ
Тело А катится без скольжения по поверхности неподвижного тела B, имея
неподвижную точку О. Ось O тела А вращается вокруг неподвижной оси
Oz и имеет при заданном положении тела А угловую скорость
 1  3,0
1  2,2
рад
с и
рад
с 2 . Определить угловую скорость и угловое
угловое ускорение
ускорение точки М в указанном положении тела А. Дано: ОМ0 = 40 см.
Решение.
1) Определение угловой скорости тела.
Выберем направления координатных осей так, чтобы ось O находилась в
плоскости x0z.
Угловая скорость  тела A равна геометрической сумме угловых скоростей
1 и 2 :



  1  2
Нам неизвестно 2 , поэтому найдем его из соотношения:



 1  1   2
 1  1 2 sin( 1 ,  2 )
1
3,0
рад
2 

 2,72

1 sin( 1 ,  2 ) 2,2  sin 30
с
 
   2  2
  1  arccos( 1
)  17,03
2  1
2
2
Угловую скорость  найдем по теореме косинусов:
  1 2   2 2  2  1 2  cos150   4,746
рад
с
2) Определение углового ускорения тела.
Геометрически угловое ускорение  - скорость конца вектора  ,
вращающемуся относительно оси 0z с угловой скоростью  1 :



    1
    1 sin(  , 1 )  3,059
рад
с
3) Определение скорости точки тела.
Скорость точки М определяем как вращательную относительно мгновенной
оси:





v M    OM , т.к. v M  x0 z и v M  0 y


см
v M    OM  sin(   OM )    OM  sin 92,03  189,721
с
4) Определение ускорения точки тела.
Ускорение точки М находим как геометрическую сумму осестремительного
и вращательного ускорений:
8. ИССЛЕДОВАНИЕ ПОСТУПАТЕЛЬНОГО И ВРАЩАТЕЛЬНОГО ДВИЖЕНИЙ
ТВЕРДОГО ТЕЛА
Механическая система состоит из механизма (колёс 1 и 2) и груза 3. К колесу
1 приложена движущая сила Р = P (t). Время t отсчитывается от некоторого
момента (t = 0), когда угловая скорость колеса 1 равна ω0. Момент сил
сопротивления ведомого колеса 2 равен Мс. Другие силы сопротивления
движению системы не учитывать. Массы колёс 1 и 2 равны т1 и т2, а масса
груза - m3. Радиусы больших и малых окружностей колёс R1,r1, R2, r2.
Относительно неподвижных осей колёс 1 и 2 заданы их радиусы инерции ix1,
ix2.
Найти уравнение φ1 = f (t) движения колеса 1 системы. Определить также
натяжение нити Т в заданный момент времени t1. Найти, кроме того,
окружное усилие S колёс 1 и 2 в точке их касания.
Дано: m1 = 100кг, m2 = 200кг, m3 = 600кг, R1 = 0.30м, r1 = 0.20м, R2 = 0.60м,
ix1 = 0.20 2 м, ix2 = 0.60м, Р = 5700 + 50t (H), Мс = 1500Нм, g = 9.81м/с2, ω10 =
2рад/с, t1 = 2с.
Найти: φ1 = f (t), T, S.
Рис. 14.1
Решение
В данной механической системе колеса 1 и 2 механизма вращаются вокруг
неподвижных осей, а поднимаемый груз 3 совершает поступательное
движение.
Напишем дифференциальные уравнения движения каждого из этих трех тел,
для чего отделим одно от другого, разрезав нить, удерживающую груз 3, и
разъединив колеса 1 и 2 в точках соприкасания зубцов (рис. Д11.1).
К колесу 1 механизма приложены сила тяжести
составляющие реакции подшипника
нормальная реакция

N1


X A , YA ,

G1

движущая сила P ,
окружное усилие

S1
и
колеса 2.
К колесу 2 механизма приложены сила тяжести

G2 ,
момент сил
сопротивления Мс, составляющие реакции подшипника



X B , YB ,

натяжения T
нити, к которой подвешен груз 3, окружное усилие S 2 и нормальная реакция

N2
колеса 1.


G
К грузу 3 приложены сила тяжести 3 , и натяжение нити T ' .

 
 

S 2   S1 , N1   N 2 , T '  T .
Очевидно,
Составим дифференциальное уравнение
вращательного движения колеса 1 вокруг оси x1:
J x11  M xE1
,
здесь M x1   M ix1 - главный момент внешних сил, приложенных к колесу 1,
относительно оси вращения x1:
E
M
E
ix1
E
 PR1  S1r1
.
(Момент от силы Р приводит в движение колесо 1 и поэтому принят
положительным, а момент, создаваемый окружным усилием
вращению колеса 1 и, следовательно, отрицателен.)

S1
препятствует
Дифференциальное уравнение вращательного движения колеса 1 примет вид
J x11  PR1  S1r1
(1)
Составим дифференциальное уравнение вращательного движения колеса 2
вокруг оси x2:
J x 22  M xE2
E
E
здесь M x 2   M ix2 - главный момент внешних сил, приложенных к колесу 1,
относительно оси вращения x1:
M
E
ix 2
 S 2 R2  TR2  M C
.

S2
(Момент, создаваемый окружным усилием
приводит в движение, колесо 2

и поэтому принят положительным, а момент силы натяжения нити T и
момент сил сопротивления Мс препятствуют движению колеса 2 и,
следовательно, отрицательны.)
Дифференциальное уравнение вращательного движения колеса 2 имеет вид
J x 22  S 2 R2  TR2  M C (2)
Составим дифференциальное уравнение поступательного движения груза 3:
m3 y  Y E
Y E  Yi E
Здесь
- проекция главного вектора внешних сил, приложенных к
грузу 3, на ось у, направленную в сторону движения груза, т.е. вверх:
Y
i
E
 T 'G3
.
Дифференциальное уравнение поступательного движения груза 3
m3 y  T 'G3
(3)
В уравнениях (1), (2), (3) неизвестными являются силы Т' = Т и S1 = S2 = S, а
также функции 1 (t ) , 2 (t ) и y(t ) - угловые ускорения колес 1, 2 и ускорение
груза 3 соответственно.
Но указанные функции связаны между собой соотношениями
1 R2

2
r1
y  2 R2
(4) (5)
так, что в трех уравнениях - три неизвестные: Т, S, 2 .
Выразим 1 из (4):
J x1
R2
2  PR1  S1r1
r1
1 
R2
2
r1
и подставим в (1):
(6)
Исключим из дифференциального уравнения (2) силу Т, для чего выразим Т
(Т’ = Т) из (3): T  m3 y  G3 . Учитывая (5), напишем T  m32 R2  G3 .
Тогда (2) приобретает вид
J x12  S 2 R2  (m32 R2  G3 ) R2  M C
( J x 2  m3 R22 )2  S 2 R2  G3 R2  M C
(7)
Исключим S (S = S1 = S2) из (6) и (7), для чего умножим (6) на R2, a (7) - на r1:
R22
J x1 2  PR1 R2  S1r1 R2
r1
( J x 2  m3 R22 )r12  S 21r1 R2  G3 r1 R2  M C r1
Сложив соответствующие части полученных уравнений, имеем


R2
 J x1 2  J x 2  m3 R22 r1 2  PR1 R2  G3 r1 R2  M C r1
r1


PR R  G3 r1 R2  M C r1
2  1 22
R
J x1 2  J x 2  m3 R22 r1
r1
(8)




Выражение (8) определяет в общем виде угловое ускорение колеса 2
механизма. Учитывая соотношение (4), из (8) получим выражение в общем
виде для углового ускорения колеса 1:
1 
PR1 R2  G3 r1 R2  M C r1 R2


r1
R22
2
J x1
 J x 2  m3 R2 r1
r1


(5700  50t ) R1  m3 gr1  M C
r1
R2
2
 r 
J x1  J x 2  1   m3 r12
 R2 
(9)
Здесь G3 = m3g, g - ускорение свободного падения. Моменты инерции колес 1
и 2 относительно осей x1 и x2
J x1  m1i x21
J x 2  m2 i x22 (10)
Произведём вычисления по формулам (10) и (9), учитывая исходные данные:
J x1  8 кг  м 2
J x 2  72 кг  м 2
1  0,375t  0,82
(11)
Интегрируем это уравнение дважды, используя следующие начальные
условия задачи: t = 0, 10  0 , 10  10  2 рад / с .
2
Первый интеграл 1  0,1875t  0.82t  C1
3
2
Второй интеграл 1  0.0625t  0.41t  C1t  C2
Напишем полученные уравнения для t = 0: 10  C1 , 10  C2 , откуда
C1  2 рад / с; C2  0 .
Уравнение угловой скорости звена 1 имеет вид
1  0,1875t 2  0.82t  2 (12)
Искомое уравнение вращательного движения колеса 2 имеет вид:
1  0.0625t 3  0.41t 2  2t (13)
Натяжение нити T найдем, как было показано, из уравнения (3):
T  m3 y  G3
или
T  m3 (2 R2 )  m3 g  m3 r11  g 
(14)
При t = 2 с, учитывая (11) и исходные данные, имеем
T  6074.4Н (15)
Окружное усилие определяем из уравнения (1):
J x11  PR1  S1r1 
S  8637.2Н
S  S1 
PR1  J x11
r1
, при t = 2 с, учитывая (11), имеем
Задание 1.
Определение реакций опор и сил в стержнях плоской фермы
Дано:
Определить реакции опор фермы от заданной нагрузки и усилия в стержнях.
Решение:
1.Определение реакций опор. Рассмотрим внешние силы приложенные к
ферме: силы F1, F2, F3 и реакции опор
.
Для плоской системы сил составим три уравнения равновесия.
Проверка
2.Определим усилия в стержнях фермы. Кроме внешних сил на каждый узел
фермы действуют реакции сходящихся в ней стержней. Эти реакции равны
усилиям в стержнях.
Рассмотрим равновесия сил приложенных к каждому узлу фермы, выбирая
узлы в такой последовательности, чтобы число неизвестных сил в узле не
превышало двух.
Расчет начнем с узла А
Составим уравнения равновесия сил, приложенных к этому узлу:
Стержень 1 сжат, а стержень 3 растянут.
Для проверки расчета строим в масштабе треугольник сил. Треугольник сил
получается замкнутым, следовательно, реакции определены правильно.
Реакции остальных стержней определим аналогично.
Расчет узла Н
Составим уравнения равновесия сил, приложенных к этому узлу:
Стержень 4 сжат, а стержень 2 растянут.
Расчет узла С
Составим уравнения равновесия сил, приложенных к этому узлу:
Стержень 5 6 растянуты.
Расчет узла Е
Составим уравнения равновесия сил, приложенных к этому узлу:
Стержень 7 сжат, а стержень 8 растянут.
Расчет узла G
Составим уравнения равновесия сил, приложенных к этому узлу:
Стержень 9 растянут, а стержень 10 сжат.
Расчет узла F
Составим уравнения равновесия сил, приложенных к этому узлу:
Стержень 11 растянут, а стержень 13 сжат.
Расчет начнем с узла B
Составим уравнения равновесия сил, приложенных к этому узлу:
Стержень 13 растянут.
Таким реакции всех стержней фермы определены.
Найдем напряжения в стержнях 4,5,8 способом Риттера.
Проведем сечение I – I и составим для полученной системы три уравнения
равновесия.
Проведем сечение II – II и составим для полученной системы три уравнения
равновесия.
Решения обоими методами совподают.
Задание 2.
Определение реакций опор составной конструкции
Скачать