Задача 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.

Данные:

1. G₁=2G, сила тяжести

2. G₂=G, сила тяжести

3. G₃=2G, сила тяжести

4. R/r=3

5. i_2x =2r, радиус инерции

6. f =0.2, коэффициент трения скольжения

Решение

т.к. a₁=a₃ то заменим a₁=a₃=a

T_3-2

Задание K2

Движение груза 1 должно описываться уравнением , где t-время (с), -некоторые постоянные. В начальный момент времени (t=0) положение груза определяется координатой , и он имеет скорость . Учесть, что в момент времени t=t₂ координата груза равна. Определить коэффициенты , при которых осуществляется требуемое движение груза 1. Определить также в момент времени t=t_1, скорость и ускорение груза и точки М одного из колес механизма.

Данные:

7. R₂=45, cм

8. r₂=35, см

9. R₃=105, см

10. x₀=8, см

11. V₀=5, см/с

12. x₂=124, см

13. t₂=4, см

14. t₁=3, см

Решение

Нахождение коэффициентов

; ; ;

Скорость груза 1:

, ,

Уравнение движения груза 1:

Скорость груза 1:

;

Ускорение груза 1:

;

Результаты вычислений для заданного момента времени t=t₁

V, см/с	а, см/с2	, рад/с	Е3, рад/с2	VM, см/с	, см/с2	, см/с2	, см/с2
41	12	0,48	0,14	50,4	24,2	14,7	28,3

Вариант 6

Постановка задачи: Найти для заданного положения механизма скорости точек В и С, а также угловую скорость и угловое ускорение звена к которому эти точки принадлежат.

Дано: r = 15 cм, OA=40 см, AC=6 см, w_OA=1 рад/с, w₁=1 рад/с, e_OA=0 рад/с².

Найдем скорость точек С и В приняв за полюс точку А

Тогда скорости точек В и С запишутся как соответствующие суммы скоростей:

скорость полюса А во вращательном движении относительно точки о и скорость точки во вращательном движении относительно полюса А

U_c=U_e+U_r где Ue=w_OA*OA; Ur=w₂*AC; U_r=1*40=40 cм/c

U_b=U_e+U_r где Ue=w_OA*OA; Ur=w₂*AB

Найдем угловую скорость w₂

w₂=U_A/AC_U

где U_K= w₁*OK ; ОК=ОА-r OK=40-15=25; U_K=1*25=25 cм/c;

КС_U=r-AC_U; U_А= w_ОА*ОА =1*40=40; => 40AC_U=25*15-25AC_U=5.769 см

w₂=40/5.769=6.933

получаем скорости точек С и В:

U_Cr=6.933*6=41.59cм/c

U_Ca==194.978см/с

U_Br=6.933*15=103.995 cм/c

U_Ba= cм/c

Найдем ускорения точек С и В

а_а=а_A+aⁿ+a^t

а_A=w_оа²*OA=40см/с²; тк e_OA=0 то a^t=0;

для точки С aⁿ=w₂²*AC=48.066*6=288.39 см/с²;

а_аC==331.71

для точки B aⁿ=w₂²*AВ=48.066*15=720.099 см/с²;

а_аB= см/с²

Вариант № 7

Точка М движется относительно тела D Определить абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки М.

Дано: х_е=х_е(t)=3t+0.27t³ (см), t₁=10/3 (см), R=15 (см), j_r=0.15pt³.

Решение

Примем за центр отсчета точку О- центр вала К тогда скорость центра в движении вдоль оси Х определится как U_е= х_е`(t)=3+0.81t<sup>2</sup>, а угловая скорость точки М во вращательном движении вокруг центра О определится как w=j<sub>r</sub>`=0.45pt². Тогда относительная скорость точки М определится как U_r=0.45pt²*R.

Абсолютная скорость точки в момент времени t=10/3 =>

U_a ====235.924 (см/c).

Найдем абсолютное ускорение точки М.

a_a= a_e+a_r+a_cor

Переносное ускорение точки М:

а_e= U_e`=1.62t.

Относительное ускорение

a_r=где а_t=U_r`=0.9pt*R, a_n=w²*R.

a_r=

Кореалисово ускорение a_cor=2w_еU_r=0. т.к. w_е=const.

Т. к. a_r перпендикулярно а_е то

a_a =a_r+ а_е=

a_a(t=10/3)=381.37

Исходные данные приведены в таблице:

m1	m2	m3	R3,см	α	β	f	δ	S,м
m	3m	m	28	30º	45º	0,10	0,2	1,5	?

Применим к решению задачи теорему об изменении кинетической энергии механической системы:

, где , т.к. в начале

система покоилась.

- сумма работ внутренних сил (нерастяжимых нитей абсолютно твердых тел).

Следовательно, уравнение (1) принимает вид

Вычислим кинетическую энергию системы:

Тело 1 движется поступательно

Тело 2 вращается вокруг оси Z

;

Тело 3 совершает плоскопараллельное движение, P-мгновенный центр скоростей

; где ;

;

Подставим в уравнение:

Найдем работу всех внешних сил при перемещении груза 1 на S₁

,

где ,

и , т.к. и

, т.к. центр масс неподвижен

Подставим и во уравнение:

ОТВЕТ:

Рис. 1. Условие

Рис. 2. Составим уравнения равновесия части CD

X_k = X_c = 0

Y_k = Y_c + Y_D = 0

M_c = 3Y_D M = 0

Составим уравнения равновесия части ACB

Рис. 3

X_k = X_A + X_c P₂cos60 +2q=0

Y_k = Y_A+ Y_B+ Y_c  P₂sin60 P₁ = 0

M_A = 2q·1 + 6Y_B 3P₂sin60 +3Y_c3X_c=0

Решаем систему уравнений и получаем (в кН) X_c=0, Y_c=6.66, X_a=0.5, Y_a=10.03, Y_b=0.364, Y_d=6.667.

Рис. 4. Анализируя реакцию Y_B, заменим шарнир на скользящую заделку. Из уравнения проекций на ось y для части CD получим Y_d=0.

Рис. 5. Запишем сумму моментов для всей системы в целом относительно опоры A (Рис.

6)

Рис. 6

M_A = 2q·1 + 6Y_B 3P₂sin60  M=0

Вычислим Y_b=7.031кН.

Вывод: для первого способа соединения исследуемая реакция меньше.