Определение абсолютной скорости и ускорения точки в механизме

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. i2x =2r, радиус инерции 6. f =0.2, коэффициент

трения скольжения Решение т.к. a1=a3 то заменим a1=a3=a T3-2 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=t1, 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, OA=1 рад/с, 1=1 рад/с, 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 Uc=Ue+Ur где Ue=OA*OA; Ur=2*AC; Ur=1*40=40 cм/c Ub=Ue+Ur где Ue=OA*OA;

Ur=2*AB Найдем угловую скорость 2 2=UA/ACU где UK= 1*OK ; ОК=ОА-r OK=40-15=25; UK=1*25=25 cм/c; КСU=r-ACU; UА= ОА*ОА =1*40=40; => 40ACU=25*15-25ACU=5.769 см 2=40/5.769=6.933 получаем скорости точек С и В: UCr=6.933*6=41.59cм/c UCa= =194.978см/с UBr=6.933*15=103.995 cм/c UBa= cм/c

Найдем ускорения точек С и В аа=аA+an+a аA=оа2*OA=40см/с2; тк OA=0 то a=0; для точки С an=22*AC=48.066*6=288.39 см/с2; ааC= =331.71 для точки B an=22*AВ=48.066*15=720.099 см/с2; ааB= см/с2 Вариант № 7 Точка М движется относительно тела D Определить абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки М. Дано: хе=хе(t)=3t+0.27t3 (см), t1=10/3 (см),

R=15 (см), r=0.15t3. Решение Примем за центр отсчета точку О- центр вала К тогда скорость центра в движении вдоль оси Х определится как Uе= хе`(t)=3+0.81t2, а угловая скорость точки М во вращательном движении вокруг центра О определится как =r`=0.45&#61 552;t2. Тогда относительная скорость точки М определится как

Ur=0.45t2*R. Абсолютная скорость точки в момент времени t=10/3 => Ua = = ==235.924 (см/c). Найдем абсолютное ускорение точки М. aa= ae+ar+acor Переносное ускорение точки М: аe= Ue`=1.62t. Относительное ускорение ar= где а=Ur`=0.9t*R, an=2*R. ar= Кореалисово ускорение acor=2еUr=0. т.к. е=const.

Т. к. ar перпендикулярно ае то aa =ar+ ае= aa(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 Xk = Xc = 0 Yk = Yc + YD = 0 Mc = 3YD M = 0 Составим уравнения равновесия части ACB Рис. 3 Xk = XA + Xc P2cos60 +2q=0 Yk =

YA+ YB+ Yc  P2sin60 P1 = 0 MA = 2q•1 + 6YB 3P2sin60 +3Yc3Xc=0 Решаем систему уравнений и получаем (в кН) Xc=0, Yc=6.66, Xa=0.5, Ya=10.03, Yb=0.364, Yd=6.667. Рис. 4. Анализируя реакцию YB, заменим шарнир на скользящую заделку. Из уравнения проекций на ось y для части CD получим

Yd=0. Рис. 5. Запишем сумму моментов для всей системы в целом относительно опоры A (Рис. 6) Рис. 6 MA = 2q•1 + 6YB 3P2sin60  M=0 Вычислим Yb=7.031кН. Вывод: для первого способа соединения исследуемая реакция меньше.