Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусско-Российский университет

Предмет:

Теоретическая механика

Файл:

Теоретическая механика2

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

29.02.2016

Размер:

724 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

Окончание рисунка 2

Таблица 1 – К заданию Д2

Окончание таблицы 1

Задание Д3. Применение принципа Даламбера к определению реакций связей

Определить реакции внешних связей механической системы:

а) впроизвольныймоментвременидлявариантов4, 5, 10, 12–18, 21, 30; б) в момент времени t = t1 для вариантов 1, 8, 9, 11, 20;

в) в тот момент времени, когда угол поворота φ = φ1 для вариантов 2, 3, 6, 7;

г) в положении, показанном на чертеже для вариантов 15 и 19.

На схемах к заданию Д3 (рисунок 3) плоскость xOy (xAy) горизонтальна, плоскость yOz (yAz) вертикальна. Необходимые данные приведены в таблице 2, в которой ω – угловая скорость, φо и ωо значения угла поворота и угловой скорости в начальный момент времени.

Рисунок 3 – Схемы к заданию Д3

Продолжение рисунка 3

Окончание рисунка 3

Таблица 2 – К заданию Д3

Номер	m1,	m2,	l,	R,	М,	ω,	t1,	ϕ1,	ϕ0,	ω0,	Примечание
вариан-	кг	кг	м	м	Н м	(const)	c	град	град	рад/	Примечание
та						рад/с				с
1	20	–	0,60	–	1,0	–	10	–	0	0
2	25	–	0,50	–	–	–	–	60	0	0
3	40	–	0,80	–	–	–	–	60	0	6,3
4	20	–	0,80	–	–	–	–	–	–	–
5	30	1,5	0,60	–	–	–	–	–	–	–
6	40	–	–	0,30	–	–	–	30	0	0
7	20	–	–	0,25	–	–	–	60	0	5,5
8	50	–	–	0,30	4,0	–	5	–	0	0
											Приt = t1 координа-
											тыцентровтяжести
											шкивовС1 иС2;
9	20	30	0,50	0,10	20–0,1t	–	200	–	–	0	XC1 = 0; YC1 = -0,1 см;
											ZC1 = a + b;
											XC2 = 0,1 см; YC2 = 0;
											ZC2 = a
10	20	5	0,25	–	–	–	–	–	–	–
11	25	40	0,30	–	5–0,1t	–	50	–	–	0	Приt = t1 осьстерж-
11	25	40	0,30	–	5–0,1t	–	50	–	–	0	ня1 параллельнаоси
											y, аосьстержня2

Окончание таблицы 2

Номер	m1,	m2,	l,	R,	М,	ω,	t1,	ϕ1,	ϕ0,	ω0,	Примечание
вариан-	кг	кг	м	м	Н м	(const)	c	град	град	рад/	Примечание
та						рад/с				с
											параллельнаосих;
											l1 = 25 см, l2 = 40 см
12	30	–	0,40	–	–	10	–	–	–	–
13	25	25	0,40	–	–	15	–	–	–	–
14	20	20	0,40	–	–	-	–	–	–	–
15	20	45	0,20	–	–	8	–	–	–	–
16	80	20	–	0,1	65	–	–	–	–	–
											Радиусинерции ро-
17	100	10	1,5	–	160	–	–	–	–	–	тора2 двигателя 3
											ix = 0,10 м
18	30	–	0,40	–	–	12	–	–	–	–
19	40	–	0,60	–	–	9	–	–	–	–
20	40	–	–	0,3	3,0	–	4	–	0	2,0
											Радиусинерции ро-
21	80	10	1,20	0,15	124	–	–	–	–	–	тора2 двигателя3
											ix= 0,12 м
22	100	40	–	0,20	216	–	–	–	–	–
23	30	–	0,60	–	–	9	–	–	–	–
24	60	20	0,50	–	–	–	–	–	–	–
25	50	70	-	0,20	–	–	–	–	–	–	Радиусинерции
25	50	70	-	0,20	–	–	–	–	–	–	шкива 3 ix = 0,18 м
26	80	200	1,5	0,25	–	–	–	–	–	–	Радиусинерции
26	80	200	1,5	0,25	–	–	–	–	–	–	шкива 3 ix = 0,22 м
27	100	150	1,2	0,20	–	–	–	–	–	–	Радиусинерции
27	100	150	1,2	0,20	–	–	–	–	–	–	шкива 3 ix = 0,15 м
28	80	40	–	–	–	–	–	–	–	–	P = 1300 H
29	20	20	0,42	–	–	–	–	–	–	–
30	50	–	0,60	–	–	12	–	–	–	–

Примечания 1 Вращающиеся тела, для которых не указан радиус инерции, рассматривать как тонкие однород-

ные стержни (варианты 1–5, 11–15, 18, 19, 23, 24, 29, 30) или сплошные однородные диски (варианты 6–9, 16, 20, 22, 28); в варианте 10 тело 2 рассматривать как материальную точку.

2 На схемах 1, 8, 9, 11, 16, 17, 20–22 указаны внешние моменты М

4 Примеры выполнения контрольных заданий

Пример выполнения задания Д1

Камень скользит в течение τ секунд по наклонному участку AB длиной l , составляющемуG угол α с горизонтом (рисунок 4). Начальная скорость камня – vA . Коэффициент трения скольжения – f . Получая в точке

B скорость vGB , камень через T секунд ударяется в точке C о наклонный участок DE дна рва со скоростью vC , причем скорость vC перпендикулярна прямой DE . Угол наклона участка DE к горизонту – β .

Исходные данные: α = 30D ; l = 0,7 м; f = 0,1; β = 20D ; d = 1 м. Найти: vA и h .

Рисунок 4 – Схема движения камня

Решение

Рассмотрим движение камня на участке AB . Допустим, что камень – это материальнаяG точка. Покажем силы, действующие на камень: силу тяже-

сти G , нормальную реакцию наклонной поверхности N и силу трения F . Составим дифференциальные уравнения движения камня на рассмат-

риваемом участке:

m x1

= ∑ Fix ;

m y1

= ∑ Fiy ,

(1)

где m – масса камня;

∑ Fix и ∑ Fiy

– проекции на оси Ax1 и Ay1 соответственно сил,

действующих на камень.

Учитывая, что сила трения

F = f N ,

а сила тяжести

G = m g ,

уравнения (1) перепишем следующим образом:

m x1 = m g sin α − f N ;

0 = m g cosα − N .

Откуда

x1 = g (sin α − f cos α) .

(2)

Интегрируем уравнение (2) дважды:

x1 = g (sin α − f cosα) t + C1 ;

g (sin α − f cosα)

t 2 + C t + C

(3)

Постоянные интегрирования C1 и C2 определим, используя началь-

ные условия: при t = 0

x1 = 0 , а x1 = vA . Тогда

vA = g (sin α − f cosα) 0 + C1;

0 =

g (sin α − f cosα)

0 + C 0 + C

;

C1 = vA ;

C2 = 0 .

С учетом значений C1 и C2 уравнения (3) примут вид:

x1 = g (sin α − f cosα) t + vA ;

g (sin α − f cosα)

t 2 + v

t .

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Теоретическая механика

#
29.02.2016648 Кб67Теоретическая механика.pdf
#
29.02.2016724 Кб44Теоретическая механика2.pdf