Определение реакции опортвердого тела
Дано: Q= 4 кН Т=6 кН G=3 кН a=20 см b=40 см c=15 см R=20 см r=10 см T=2t t II AY
T AZ PIIAY
/>
Решение: К системе приложены силатяжести G,силы натяжения нитей T, t и P. Реакция подпятника А определяется тремя составляющими: XА, YA,ZA, а реакция подшипника В-двумя:Хв и Yв.
Из этих сил – шестьнеизвестных. Для их определения можно составить шесть уравнений равновесия.
ΣX=0 XA+XB-Tcos30°= 0 (1)
ΣY=0 YA+YB+Tsin30°+P+t = 0 (2)
ΣZ=0 ZA-G-Q=0 (3)
ΣMAX=0 –YB(a+b)-Pa-QRcos45°-t(a+b+c)-Tsin30°(a+b+c)=0(4)
ΣMAY=0XB(a+b)-QRsin45°-Tcos30°(a+b+c)=0 (5)
ΣMAZ=0 Pr+tR-TR=0 (6)
Из уравнения (6) находим P=(T-t)R/r = (6-3)*20/10= 6 кН
Из уравнения (5) находим XB= (QRsin45°+Tcos30°(a+b+c))/(a+b) =(4*20*0,707+6*0,866(20+40+15))/(20+40) = 7,44 кH
Из уравнения (4) находим YB= -(Pa+QRcos45°+t(a+b+c)+Tsin30°(a+b+c))/(a+b) =-(6*20+4*20*0,707+3*(20+40+15)+6*0,5(20+40+15))/(20+40)= -10,44 кH
Из уравнения (3) находим ZA=G+Q=3+4= 7 кH
Из уравнения (2) находим YA=-YB-Tsin30°-P-t=10,4-6*0,5-6-3= -1,6 кН
Из уравнения (1) находим XA=-XB+Tcos30°= -7,44+6*0,866= -2,24кН
Знак (-) перед найденнымизначениями реакций XA,YA и YB означает, что данные силы действуют в направлении,противоположном выбранному на рисунке.
Точка М движетсяотносительно тела D. По заданным уравнениям относительного движенияточки М и движения тела D определить для момента времени t=t1абсолютную скорость иабсолютное ускорение точки M.
Схема механизма показанана рисунке 1, исходные данные, приведены в таблице 1:
Уравнение относительного движения точки М
ОМ=Sr= Sr(t), см.
Уравнение движения тела
φe=φe(t), рад
t1,
c
α,
град
6(t+0,5t2)
t3-5t 2 30
/>
Рисунок 1
Решение
Будем считать, что взаданный момент времени плоскость чертежа совпадает с плоскостью треугольника D. Положение точки Мна теле D определяется расстоянием Sr=ОМ.
При t= 2 c
Sr=6(2+0,5*22) =24 см.
Абсолютную скорость точкиМ найдём как геометрическую сумму относительной и переносной скоростей:
/>
Модуль относительнойскорости
/>,
где
/>.
При t= 2 c
/>
Положительный знак у /> показывает, что вектор /> направлен в сторону возрастанияSr.
/> (1)
где R – радиус окружности L, описываемый той точкойтела, с которой в данный момент совпадает точка M, R= Srsin300=12 см; />/> -модуль угловой скорости тела:
/>
При t= 2 c
/>
Положительный знак увеличины /> показывает, что вращениетреугольника происходит вокруг оси OY в сторону, направления отчёта угла α.Поэтому вектор /> направлен по осиOY влево Рисунок 2.
Модуль переноснойскорости, по формуле (1),
/>
Вектор /> направлен по касательной кокружности Lв сторону вращения тела. Так как /> и /> взаимно перпендикулярны,модуль абсолютной скорости точки M
/>,
или
/>
Абсолютное ускорениеточки равно геометрической сумме относительного, переносного и кориолисоваускорений:
/>
или в развёрнутом виде
/>
/> />
Рисунок 2 Рисунок 3
Модуль относительногокасательного ускорения
/>
где
/>
При t= 2 c
/>
Положительный знак /> показывает, что вектор /> направлен в сторону Sr. Знаки /> и /> одинаковы; следовательно,относительное движение точки М ускоренное.
Относительное нормальноеускорение
/>
так как траекторияотносительного движения – прямая (/>).
Модуль переносноговращательного ускорения
/> (2)
где /> - модуль угловогоускорения тела D:
/>
При t= 2 c
/>
Знаки /> и /> одинаковы; следовательно,вращение треугольника Dускоренное, направления векторов /> и /> совпадают Рисунок 2,3.
Согласно (2),
/>
Вектор /> направлен в ту же сторону,что и />.
Модуль переносногоцентростремительного ускорения
/>
Вектор /> направлен к центруокружности L.
Кориолисово ускорение
/>
Модуль кориолисоваускорения
/>
где
/>
С учётом найденных вышезначений, получаем
/>
Вектор /> направлен согласно правилувекторного произведения Рисунок 3
Модуль абсолютногоускорения точки М находим способом проекций:
/> /> /> />
Результаты расчётасведены в таблице 2.
/> Скорость, см/с
/>/>
Ускорение, см/с2
/>
/>
/>
/>
/>
/>
/>
/>
/>
/>
/>
/> 7 84 18 85,9 12 588 144 6 126 270
/> -591 649
/>Д-10 вар.8 d
Дано ω
m1=m A
m2=1/2mR N ω Fтр N
m3=1/3mG δ
R3=30p 300G
α=300
β=450450
f=0.15 Рис №1
δ=0.20см d
S=1.75м А
Найти v1 N
G
р
N
G
Применим теорему обизменении кинетической энергии системы:
/> (1)
где /> и /> кинетические энергиисистемы в начальном и конечном положениях; /> сумма работ внешних сил,приложенных к системе, на перемещении системы из начального положения вконечное; /> сумма работ внутренних сил системы на томже перемещении.
Для рассматриваемойсистемы, состоящей из абсолютно твердых тел, соединенных нерастяжимыми нитями. />
Так как в начальномположении система находится в покое, то />.
Следовательно, формула(1) принимает вид.
/> (2)
Найдем кинетическиеэнергии тел участвующих в системе.
Найдем кинетическуюэнергию тела 1 движущегося поступательно
/> (3)
Найдем кинетическуюэнергию тела 2 вращающегося вокруг оси Ox
/> (4)
Момент инерцииотносительно оси вращения.
/> (5)
Так как точка Р являетсямгновенным центром скоростей, то /> и /> следовательно,
/>
/> (6)
Подставив в формулу (4)формулы (5) и (6) получим кинетическую энергию тела 2 вращающегося вокруг оси Ox:
/> (7)
Найдем кинетическуюэнергию тела 3 совершающего плоско вращательное движение
/> (8)
/> (9)
Так как точка Р являетсямгновенным центром скоростей, то /> и /> следовательно,
/>
/> (10)
Подставив в формулу (8)формулы (9) и (10) получим кинетическую энергию тела 3 совершающего плосковращательное движение:
/> (11)
Теперь полученные формулы(3), (7) и (11) подставим в формулу вида
/>
и получим формулу суммыкинетических энергий для данной системы имеющий вид:
/>
/> (12)
Найдем сумму работ всехвнешних сил, приложенных к системе, на заданной ее перемещении.
Работа силы тяжести />
/> (13)
Работа силы трения />
/> (14)
/> (15)
при подстановки в формулу(14) формулу (15) работа силы трения имеет вид
/> (16)
Работа силы тяжести />
/> (17)
Работа силы сцепления /> катка 2 равна нулю, таккак эта сила приложена в мгновенный центр скоростей этого катка.
Работа пары силсопротивления качению катка 3
/> (18)
/> (19)
/> (20)
при подстановки в формулу(19) формулы (20) момент инерции имеет вид
/> (21)
/> (22)
при подстановки в формулу(18) формул (21) и (22) работа пары сил сопротивления качению имеет вид.
/> (23)
для нахождения общейработы воспользуемся формулой такой /> и теперь подставим в неёформулы (13), (16), (17) и (23) получим.
/> (24)
примем за /> величину которая в скобкахполучим
/> (25)
подставим в выражение(24) уравнение (25) и получим
/> (26)
воспользовавшись формулой(2) и подставив, туда формулы (12) и (26) получим
/>
/>
/> (27)
подставив в формулу (27)выражение (25) получим
/>
/>
ответ; />
Р1=6кН
Р2=6кН
q=1кН/м
M=7кН*м
Q=q*10=10кН
1) Xc-?
Q*dtc-p1cos/>*dtc-p2cos/>+dtc+Xc*dtc=0 />
Xc+Q-p1cos/>-p2cos/>=0
Xc=p1cos/>+p2cos/>-Q/1=6*cos/>+6*cos/>-10=1,84кН;
2) Yc-?
MdjAD-Q*10djAD+Yc*5djB-p2*3sin/>*djBC+p2*3sin/>*djBC+p1cos/>*djBC=0
djAD-djBC/>
M-Q*10+Yc*5-p2*3sin/>+p1*3sin/>+p1*5cos/>/5=-7+10*10+6*3*0,86-6*3*0,5-6*5*0,86/5=14,7кН;
/> Q-p1cos/>-p2cos/>-Xc=0
10-6*0,86-6*0,5-1,8=0
/>
/> RA-RB-p1sin/>-p2sin/>-Yc=0 (RA=7,15;RB=13,69)
7,15-13,69-8,16+14,7=0
/>
Исходные данные
Лыжник подходит к точке A участка трамплина AB, наклонённого под углом αк горизонту и имеющего длину l, со скоростью VA. Коэффициент трения скольжения лыж на участке AB равен f. Лыжник от точки A до точки B движется τ с. Вточке Bсо скоростью VB он покидает трамплин. Через T с. лыжник приземляетсясо скоростью VC в точке C горы, составляющей угол β с горизонтом.
/>
VA, м/с
VB, м/с τ, с β, º f 21 20 12 60
Найти
По заданным параметрамдвижения точки определить угол α и дальность полёта d.
Решение.
1. Рассмотрим движениелыжника на участке AB. Принимая его за материальную точку, покажем действующие на негосилы. Так как коэффициент трения равен нулю, то сила трения отсутствует,следовательно, на точку действует только сила тяжести G.
Пусть масса точки равна m, тогда составимуравнение движения точки на участке AB.
/>/>
Интегрируя данноедифференциальное уравнение дважды, получаем:
/>
Для определенияпостоянных интегрирования воспользуемся начальными условиями: при t1=0 с:
/> />
Таким образом, имеем:
/>
То есть уравнениядвижения точки примут вид:
/>
Для момента τ, когда точка покидаетучасток AB, />, то есть имеетместо равенство />. Отсюда искомыйугол равен:
/>
2. Составим дифференциальныеуравнения движения точки вдоль осей координат на участке BC.
/>
/>
Проинтегрируемдифференциальные уравнения дважды:
/>
Начальные условия даннойзадачи при t2=0 c:
/> />
/> />
Согласно начальнымусловиям получаем, что:
/> />
Получили, что проекциискорости точки на оси координат равны:
/>
а уравнения её движениявдоль осей имеют следующий вид:
/>
Так как в точке C скорость точкинаправлена под углом β к горизонту, то скорость точки вдоль оси y2 равна:
/>
В то же время известно,что />.
Следовательно, времядвижения лыжника на участке DC равно:
/>с.
Таким образом, дальностьпрыжка лыжника равна:
/>м.
Результаты расчётов
α, º d, м 20 75,52
Исследованиеколебательного движения материальной точки
Две параллельные пружины1 и 2, имеющие коэффициенты жесткости с1=4 Н/см и с2=6Н/см, соединены абсолютно жестким брусом AB, к точке K которого прикрепленапружина 3 с коэффициентом жесткости с3=15 Н/см. Точка K находится на расстоянияхa и b от осей пружин 1 и 2: a/b=c2/c1. Пружины 1, 2 и 3 недеформированы. Груз D массой 2,5 кг. Присоединяется к концу N пружины 3; в тот жемомент грузу Dсообщают скорость />, направленнуювниз параллельно наклонной плоскости (/>).Массой бруска AB пренебречь.
Дано:/>
Найти: уравнение движениягруза D.
Решение
1) Находим приведеннуюжесткость пружин:
/> />
/>; />; />
Для определения fсm составим уравнение,соответствующее состоянию покоя груза D на наклонной плоскости:
/>; />; />
Дифференциальноеуравнение движения груза примет вид:
/>
/>; />; />
/>
/>
/>
Постоянные С1и С2 определяем из начального условия:
при t=0; x0=-fcm;/>
/>
Уравнение движения грузаимеет следующий вид:
/>
Найдем числовые значениявходящих в уравнение величин
/>
Следовательно, уравнениедвижения груза D:
/>
Ответ: />