Бекк Курсовая Теор. мех

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