Методпособие ТМ 2010

42

							aA
a a	A	a	a	A						2 4 0 .
Q		QA				2 4

Итак, утверждение доказано.

Если точку Q принять за полюс при определении ускорения какой-либо точки М или точки К, то

a	M	a	MQ	MQ 2		4 ,
						(2.21)

aK aKQ KQ 2 4

Из полученных выражений следует, что

	aM		aK
				...	2 4 .		(2.22)
	MQ		KQ

Углы, образуемые векторами ускорений точек с отрезками, соединяющими точки с центром Q, равны μ. Поэтому ускорения всех точек фигуры в данный момент времени распределены так, как если бы тело вращалось вокруг центра Q как неподвижного (см. рис. 2.14).

Рисунок 2.14 – Распределение ускорений точек плоской фигуры относительно мгновенного центра ускорений

Следует помнить, что мгновенный центр скоростей Р и мгновенный центр ускорений Q – это две разные точки плоскости. Совпадают они только при вращении фигуры вокруг неподвижного центра, а в общем случае

VP 0, но

aP 0;

и VQ 0, но

aQ 0.

(2.23)

2.4 Пример выполнения расчетно-графической работы

Расчетно-графическая работа по разделу «Кинематика», разработанная для студентов-очников, в программу курса которых входит дисциплина «теоретическая механика», включает в себя расчет кинематических характеристик тел и точек неизменяемой механической системы, состоящей из прямолинейных стержней и диска. Все тела системы лежат в одной плоскости.

43

Соединения тел – шарнирные. Система составлена таким образом, чтобы при ее движении тела совершали поступательное, вращательное и плоскопараллельное движения. Диск катится без проскальзывания и не отрывается от указанной поверхности. Направляющие ползуна Е параллельны данной поверхности.

Данные, необходимые для построения механизма и выполнения расчетов приведены в таблице 2.1. Номер варианта выбирается по предпоследней цифре шифра зачетной книжки, номер рисунка – по последней цифре шифра.

Построение механизма необходимо выполнить в масштабе; начинать со стержня 1, направление которого определяется углом с вертикалью или горизонталью.

Во всех вариантах искомыми величинами являются VB, VC, VE, VD; ω1,

ω3, ω2, ω4, ω5; aА, aB, aC, aE, aD; ε1, ε3, ε2, ε4, ε5 (за исключением величин, заданных в таблице 2.1).

Пример выполнения задания. Для изображенного механизма в положении, определяемом заданными углами, определить скорости и ускорения тел и точек системы. Провести проверку найденных скоростей точек с использованием теоремы о равенстве проекций скоростей двух точек тела на прямую, их соединяющую. Найденные ускорения точек проверить графическим способом, построив в масштабе векторные уравнения, определяющие искомые ускорения.

Рисунок 2.15 – Общий вид механизма

44

Дано:O1A=l1 =30см; AC=50см; AB=l3 =70см; BO2=l2 = 20см; CE=l4 =70см;

r=20см; ω1=2 р/с; ε1=1.5р/с2;

=0; = 70О; = 80О; = 50О; = 60О.

Найти: VB, VC, VE, VD; ω3; ω2, ω4, ω5; aB, aC, aE, aD; ε3, ε2, ε4, ε5.

Рисунок 2.16 – Схема механизма с учетом заданных углов

45

Решение:

Найдем скорости VB, VC, VE, VD; ω3 ,ω2, ω4, ω5.

1. На миллиметровой бумаге формата А3 построим механизм с учетом заданных углов. Зададим движение системы, указав угловую скорость стержня 1. Рассмотрим движение плоского механизма. Определим виды движения тел системы и покажем на схеме скорости точек. Стержень O1A совершает вращательное движение с угловой скоростью 1 и угловым ускорением 1 ,

значения которых известны.

Стержень О2В совершает вращательное движение.

Стержни ВА и СЕ совершают плоскопараллельное движение.

Ползун Е совершает прямолинейное движение вдоль горизонтальных направляющих.

Диск катится по неподвижной горизонтальной поверхности, т.е. совершает плоскопараллельное движение.

Построим механизм в масштабе в соответствии с заданными углами.

На схеме можем показать скорость точки А, VA . Так как тело движется вращательно, то VA = 1 O1 A , VA O1 A , и направлена в соответствии с направлением 1.

Скорость точки В как точки тела О2В, совершающего вращательное движение, направлена перпендикулярно к стержню О2В. Так как стержень АВ не деформируется при движении механизма, то стержень О2В поворачивается вокруг О2 против часовой стрелки с угловой скоростью 2 , и VB 2 O2 B .

Ползун Е, совершающий прямолинейное движение, в данном положении механизма имеет скорость VE , направленную вправо (т.к. стержень СЕ также не деформируется при движении системы).

Чтобы показать скорости VC и VD надо построить мгновенные центры скоростей тел, которым принадлежат эти точки. Так как для тела АВ известны по направлению скорости двух его точек VA и VB , то мгновенный центр скоростей найдѐм на пересечении перпендикуляров, проведѐнных к векторам скоростей VA и VB через точки А и В. Покажем направление угловой скорости тела АВ вокруг точки РАВ. 3 направлена против часовой стрелки (т.к. еѐ направление согласовано с направлением VA и VB ). Проведѐм из точки РАВ

отрезок РАВС. Тогда VC РАВС, направлена в соответствии с направлением 3. Мгновенный центр скоростей диска находится в точке касания диска с

неподвижной поверхностью – в точке РЕD. Покажем направление 5 вокруг РЕD

по часовой стрелке (так как VE направлена вправо) .

Проведѐм отрезок РЕDD и покажем VD РEDD, в соответствии с направлением 5.

46

Рисунок 2.17 – Схема скоростей тел и точек механизма

47

2.Найдѐм численные значения скоростей точек.

2.1Найдем VB . Точка А принадлежит телу О1А, совершающему вращательное

движение. VA=ωO1AO1A=2 30=60(см/с).

Но точка А принадлежит также и телу АВ, совершающему плоское движение. Тогда согласно формуле (8) для точек А, В, С справедливо

	VB		VA		VC	3 .
	ВРАВ		AРАВ		CPAB

vB= ωABBPAB, но ωАВ неизвестна.

Рассмотрим точку В как точку тела АВ, совершающие плоское движение.

	Тогда	vB		vA	AB .
		ВРАВ		AРАВ

Найдѐм расстояние АРАВ из получившегося при построении треугольника ВАРАВ, применяя теорему синусов.

АВ		APAB	AP	= AB	sin(ABPAB )	AB	sin50
sin( APAB B)		sin( ABPAB )	AB		sin(APAB B)		sin 20

АРАВ=70∙ sinsin5020 = 156,783(см).

Найдѐм 3 :

3

VA

;

3

0,383( рад/ с)

AРАВ

Найдѐм BPAB :

АВ

BPAB

,

BP

AB

sin(BAPAB )

AB

sin110

sin(APAB B)

sin(BAPAB )

AB

sin(APAB B)

sin 20

BP

= 70

sin110

192,323(см) .

AB

sin 20

Найдѐм VB :

vВ= 3 ВРАВ = 0,383∙192,323 = 73,601(см/с).

Зная VB можной найти 2	тела O2 B :
	2		VB		73,601	3,68( рад/ c) .
			O2 B	20

2.2 Найдем скорость точки С.

VC 3 CPAB .

Расстояние СРАВ найдѐм из треугольника АСРАВ по теореме косинусов: СРАВ

=

AC 2 APAB2 2 AC APAB cos110 502 156.7832 2 50 156.783cos70180.12(cм)

VC 3 CPAB =0,383 180,12=68,986(см/с).

48

Проверим найденные скорости по теореме о равенстве проекций скоростей точек на прямую, проходящую через эти точки.

vA cos20 vB cos40 vC cos ,

где

180 (90 ACPAB ) 90 ACPAB

Угол

найдѐм, рассчитав из треугольника ACPAB угол ACPAB

по теореме

синусов:

СPAB

APAB

sin110

sin ACP

AB

sin ACPAB

APAB

sin110

0.8179;

ACPAB arcsin0.8179

54.8 ;

35.2

CPAB

60 сos20˚=vB cos40˚=vC cos35.2˚

56.38

= 56.38

= 56.37 => скорости точек А, В, С найдены верно.

2.3 Найдѐм скорость точки Е. Она принадлежит телу СЕ, совершающему плоскопараллельное движение. Зная направления векторов vC

и vE , построим мгновенный центр скоростей тела СЕ, точку РСЕ. Угловая скорость 4 направлена против часовой стрелки. Для vC и vE выполняется равенство:

	vС				vЕ	4
	СРСЕ				ЕРСЕ
	Найдѐм расстояния СРСЕ и ЕРСЕ из треугольника СРСЕЕ по теореме
синусов:
	СPСЕ					ЕPСЕ		СЕ	;
	sin			sin(80 ACP )				sin
						AB

Угол при построении механизма по заданным углам получился равным 80˚.

sin(80 ACPAB ) sin(80 54.8 ) sin(25.2 ).180 80 25.2 74.8 .

СРСЕ

=

CE sin

CE sin80

70 0.9848

71.437(см) .

0.965

sin

sin 74.8

ЕРСЕ=

CE sin 25,2

70 0.426

30,88(см) .

0.965

sin 74,8

Найдѐм 4:

4

vС

68,986

0,9657( рад/ с)

СРСЕ

71,437

Найдѐм vЕ:

vЕ 4 ЕPСЕ 29,82(см / с)

49

Проверим найденную vЕ, для этого спроецируем векторы vE и vC на СЕ:

vC cos(180 80 ) vE cos(90 ) 68.986 cos64.8 298.82 cos10

29.37 29.37 vЕ найдена верно.

Найдем VD . Зная скорость точки Е можем найти параметры движения

диска.			Зная положение мгновенного центра скоростей РЕD в точке касания
диска с поверхностью, найдѐм 5:
	vE		5 ; 5	29,82		1,49( рад/ с) .
	EPED			20

Скорость точки D можно найти по формуле:

VD 5 DPED .

Расстояние DPED найдѐм из треугольника EDPED по теореме косинусов: DPED=

EPED2 ED2 2 EPED ED cos150 202 202 2 20 20 cos30 38.637(cм)

VD 5 DPED 1,49 38,637 57,57(см / с) .

Проверим найденную vD: vE cos60 vD cos75

14,9 14,9 vD найдено верно.

3. Найдѐм ускорения точек и угловые ускорения тел системы aB, aC, aE, aD; ε3,

ε2, ε4, ε5.

3.1 Найдем ускорение aB . Точка В принадлежит телу АВ, совершающему плоское движение. Поэтому для определения aB воспользуемся теорией плоского движения и aB найдѐм по формуле:

aB = аA aBA , где аA - ускорение точки А, выбранной за полюс,	а A а A аAn ;
аВA - ускорение точки В относительно точки А, аВA аВA аВnA ;
Таким образом,
aB = аA аAn аВA аВnA .	(2.24)

Покажем на схеме направление векторов ускорений и найдѐм их модули.

a		1	O A 1.5 30 45(cм / с2 ) ; a O A, в соответствии с направлением					1	;
A				1	A	1
aAn 12				O1 A 22	30 120(cм / с2 ) ; a An направлен от т. А к т. О1.
aBAn	32 AB 0,3832 70 10,27(см / с2 ) ; aBAn направлен от т.В к полюсу А.
aВA 3				AВ,	модуль этого вектора	неизвестен, но aBA	АВ, на схеме
покажем его предположительное направление.

50

Рисунок 2.18 – Схема ускорений тел и точек механизма

51

Направление вектора aB заранее предположить невозможно.

Точка В принадлежит также телу О2В, совершающему вращательное движение. Тогда

a

B

= а

a n

,

(2.25)

O B

O B

2

2

где

аn

2

O B;

2

=

VB

73.601

3.68( рад/ с).

O2 B

2

2

O2 B

20

аOn

B 3,682 20 270,85(см / с2 );

аOn B направлен от т. В к т. О2.

2

2

а

2

O B; модуль этого вектора неизвестен,

но зная, что а

O B, на

O2 B

2

O2 B

2

схеме покажем его возможное направление.

Приравнивая уравнения (2.24) и (2.25), получим:

а A

а An аВA аВnA = аO

B

aOn

B ,

(2.26)

2

2

Выберем на схеме координаты оси ХУ, с началом в точке В и

спроецируем на них равенство (26).

n

n

a A cos20 a A sin 20 aBA cos40 aBA cos50 aO2 B

cos50 a cos40 a n

a cos70 a n sin 70 a n

A

A

BA

BA

O2 B

Решим эту систему, найдѐм неизвестные aBA и aO

B :

2

a

212,3(см / с2 ) и a

=-472,1 (см / с2 ) .

O2 B

BA

Знак ‘–’ означает, что вектор ускорения aBA направлен в противоположную показанной на схеме сторону.

			aO	2	B					a
Найдѐм	2					и		3		BA	, подставляя численные значения
			O2 B							AB
2 10.613( рад/ с2 )							и 3			6,744( рад/ с2 ) .

Направление 2 и 3 покажем на схеме, учтя, что при расчѐте получили

aO2 B 0 и aBA 0 .

Найдѐм аВ:

aB aОt 2B 2 aОn2B 2 344.1(см / с2 ) .

Сделаем проверку. Для этого из произвольной точки В в масштабе построим векторные равенства (2.24) и (2.25). Так как в результате построения векторные равенства (2.24) и (2.25) дали один и тот же вектор aB , значит он

рассчитан верно.