M04235_1

											ТЕОРЕТИЧНА МЕХАНІКА
		де	an	2	CD 0.5772 0.7 0.233 м/с2;
			CD	CD	a
									CD	CD .
					CD
		Будуємо розв’язок векторного рівняння (2.16). Від кінця вектора
ac	(точка с плана) проводимо відрізок сn6, зображаючий прискорення
a n		, довжина якого
CD
					an			0.233
				cn	CD						11.6 мм,
				6	a			0.02

а через його кінець n6 проводимо пряму, перпендикулярну до СD. Одночасно через точку прповодимо пряму, паралельну до напряму прискорення aD

Перетин двох прямих, а саме, прямої, перпендикулярної до СD,

і прямої, паралельної вектору						aD ,	визначає на плані прискорення
точки D, тобто	aD d a 46 0.02 0.92 м/с2,
а також	a	n d		a	80 0.02 1.60 м/с2;
	CD	6
	CD		aCD			1.60	2.28 рад/с2.
			CD			0.70

Визначення прискорень точок А, В, С, D, E аналітично.

Прискорення точки В визначається за допомогою формули (2.14).

Спроектувавши рівняння (2.14) на осі координат х і у (див. рис. 2.14), отримаємо:

на х		aBn cos 63				aB cos 27 aAnB ;
	aB	aBn cos63 aABn				1.8 0.454 0.17 0.726 м/с2;
		cos 27				0.891
		О В	аВ		0.726 2.9 рад/с2;
			О В
	2					0.25
			2

101

2 КІНЕМАТИКА

на у

aBn sin63 aB sin27 aAn aAB ;

aAB aBn sin63 aBa sin27 aAn

1.8 0.891 0.726 0.454 1.8 0.13 м/с2;

AB

aAB

0.13

0.21 рад/с2.

0.6

AB

Прискорення точки В

aB

aBn 2

aB 2

1.82 0.7262

3.767 1.94 м/с2.

Прискорення точки С (за полюс прийнята точка А)

a

a n

a n

a

,

(2.17)

C

A

AC

AC

де

aACn

AB2

AC 0.5332 0.2 0.057 м/с2;

aAC AB AC 0.21 0.2 0.042 м/с2.

Спроектувавши рівняння (2.17) на осі х1 і

у1 , отримаємо:

на x1

аCx aAn cos 50 aACn

1.8 0.643 0.057

1

1.157 0.057 1.214 м/с2 ;

на y1	аСy	aAn sin 50 aAC 1.8 0.766 0.042
	1
		1.379 0.042 1.42 м/с2 ;
a	a2	a2			1.2142 1.422					3.49 1.87
С	Сx	Сy
	1		1
Прискорення точки D (полюс – точка С)
		a	D	a	Сx	a	Сy	a n	a		,
								CD		CD
					1		1

м/с2.

(2.18)

102

ТЕОРЕТИЧНА МЕХАНІКА

де

an

2

CD 0.5772 0.7 0.233 м/с2;

CD

CD

a

CD

CD .

CD

Для

визначення aD і

CD

спроектуємо (2.18)

на

осі x2 i y2

(рис. 2.16):

на вісь x2

a

D

cos 20

a

cos 22 a

C y

cos68

an

;

Cx

CD

aD

aCx

cos 22

aCy cos 68 aCDn

1

1

cos 20

1.214 0.927 1.42 0.374 0.233

0.882 м/с2;

0.9396

на вісь y2

a

D

sin20

a

sin22 a

sin68

a

;

Сx

Сy

CD

1

1

aCD aD sin 20

aСx

sin 22 aСy

sin 68

1

1

0.88 0.342 1.214 0.375 1.42 0.927 1.47 м/с2;

СВ

aCD

1.47

2.1 рад/с2.

CD

0.7

Прискорення точки Е (полюс – точка С)

a

a

Cx

a

C y

a n a

,

(2.19)

E

CE

CE

1

1

де

an

2

CE 0.5772 0.3 0.0998 0.1 м/с2;

CE

CD

a

CD

CE 2.1 0.3 0.63 м/с2.

СE

Для визначення aE

спроектуємо (2.19) на осі x2 i y2

aEx

aCx

cos 22 aC y

cos 68

aCEn

2

1

1

1.214 0.927 1.42 0.374 0.1 0.694 м/с2;

103

2 КІНЕМАТИКА

aEy	2	aCx		sin 22 aCy		sin 68 aCE
			1		1
		1.214 0.375 1.42 0.927 0.63 1.14 м/с2;
aE		aE	2	aE	2	0.694 2 1.14 2 1.33 м/с2.
			x2		y2
Отримані результати обчислень зводимо у табл. 2.9.
2.14		Завдання K.5. Визначення абсолютних
		швидкості та прискорення точки

Точка М рухається відносно тіла D. За даними рівняннями відносного руху цієї точки Sr(t) та переносного руху тіла e(t) для момен-

тів часу tі с (і=1, 2, 3) визначити абсолютні швидкість і прискорення зазначеної точки.

Схеми механізмів показано на рис. 2.18, а необхідні для розраху-

	нку величини наведено в табл. 2.10.
	На		рисунках	точка	М показана			в		положенні,		при	якому
	S AM 0 (при S 0 точка М знаходиться по другу сторону від
	точки А.
	Таблиця 2.10
	Варіант		Sr t AM		e t			R		а	t1	t2	t3
			м		рад				м			с
	1		0.4 cos t 6		–2t2+t			0.4		0.3	0	1	2
	2		0.2 sin t		4t2–t			–		0.2	0	1/2	1/6
	3		2.0 sin t	3 1	–2t2+3t			–		2.2	0	1	0.5
	4		0.3cos t 4		4t2–2t			0.4		0.2	0	1	2
	5		4t2		0.5t2			–		4.0	0	1	0.5
	6		1.5 sin t		–3t2+2t			3.0		2.0	0	0.5	1/6
	7				2t–t2			3.0		1.0	0	1/8	1/6
			1.5 cos	2 t
104

ТЕОРЕТИЧНА МЕХАНІКА

Варіант

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

22

23

24

25

26

27

28

29

30

Продовження таблиці 2.10

	Sr t AM			e t		R		а		t1		t2		t3
	м			рад			м					с
	4.5 sin t	3		4t2–3t		9.0		3.0		0		3/2	1/2
	5.0 sin 2 t			–3t2–3t		10.0		5.0		0		1/12	1/6
	2.4 cos t	4		–t2+5t		2.4		1.2		2		4/3	1.6
	0.9 sin t	4		2t3–t		1.8		3.6		0		2	1
	2 sin t			0.4t2+2t		–		3.0		0		0.5	1.5
	2.0t2			2t+0.5t2		–		2.0		0		1.0	0.5
	2.0 sin t	6		0.6t2		2.0		2.0		0		1.0	3.0
	4.0 cos t	6		3t–0.5t2		8.0		–		3.0		0.0	2.0
	2.0 cos t			4.0t2		4.0		2.0		0.5		–	1.0
	t2+2t			0.5t2+1		6.0		–		0		1.0	0.5
	t2+t			t3–2.5t		–		6.0		0		1.0	0.5
	2.0 sin t	3		2t–t2		–		3.0		0		0.5	1.0
	2.0 sin t	6		4t–0.2t2		4.0		–		0		1.0	3.0
	4.5 sin t	3		4t2–2t		9.0		5.0		0		3/2	0.5
	2t+2t2			4t2–t		5.0		–		0		1.0	0.5
	2.5 sin t			t–2t2		–		5.0		0		1.0	3/2
	2.0 cos t	6		4t–2t2		2.0		2.0		3.0		2.0	0.0
	2.0 sin t			0.4t2+t		4.0		2.0		0		0.5	0.25
	4.0 cos t			2t+0.5t2		4.0		–		0.5		0.0	1.5
	2.0 sin t	2		2t3–t		–		1.5		0		1.0	3.0
	1.5 sin t	3		t3+t		3.0		1.5		0		1.0	0.5
	1.0 sin t	4		3t2–t		2.0		–		0		2.0	6.0
	0.8 cos t	6		0.5t2+t		–		1.6		0		3.0	6.0

105

2 КІНЕМАТИКА

1

3

5

7

9

	z			a
	e
	O		C	D
		A		M	R/2
	z	e		a/2	a
				A	M	a
	O			C
					a
D
	z			a/2	a
		e			M	a
	O			C A
D					a
		z		e
		D		A	M
			C		a
		O

z

2				z
		a		D
			60°
		A a
	a M 60°			e
4		z	e	a
		O	DC A
				M
6		z	e	a
		O	C	M
				A
			D
8			z
				e
		D	C	O
	M	A
		a
10			z

			A			M
	O	M	R	D	A

D	e	R	R a a
a
			e
			Рисунок 2.18

106

11	z	2a
	e	O R		A
		D	M
13	z
	e	a/2M
			a
	O	AD a
		a
15		z
		M
	A			R
	D 45°		e	R
		O
17		z
		O R
		D	A	M
			e
19		z
	a	O 60°		A	M
				D
			e

			ТЕОРЕТИЧНА МЕХАНІКА
12		z
	e			MD			a
			30° A
		O	a a/2				a
				a
14	z
	eO		R	A			D	a
			M				R	a
16		z	e
				M
			O	D		A
				R
				a
18			z
				30°
		a		60°	D		M
			O	eA
20			z
							M
		e		O			R	A
				D

Продовження рисунка 2.18

107

2	КІНЕМАТИКА
21		2a	M
	e
		C	A
	O
		D	R

23

a e D A M

		45°
25	a	M

R A

e

D

22	D M

	e	A
	45°	R
24	M

A R

D

e

a

26

M R 45°

e A D

27	D	A45°			28	A
a							M
		e		M			e	a
					R
		2a	2				D
29	A			M	30			e
	D				D
					2a		A
			R
							M	a
			e
					a		a
				Продовження рисунка 2.18

108

ТЕОРЕТИЧНА МЕХАНІКА

2.15Приклад виконання завдання K.5

Задана горизонтальна пластинка D, яка перпендикулярна до осі Oz (рис. 2.19) і обертається навколо осі Oz згідно з законом

e 4t t2 . У пластинці прорізано канавку, вздовж неї рухається точка М, рух якої описується рівнянням

AM Sr t 2.0 sin t6 , м.

Визначити абсолютні швидкість і прискорення точки М для мо-

менту часу t1=1.0 с, якщо а=2.0 м, R=2.0 м.

z

a

a

A

1

A

e

Ve

R

a

Va

M

C

D e

e hC

a

M 2

Va

Vr

e

O

h

e

y

D

V

e

45°

r y

x

x

O

а)

б)

1 – відносна траекторія точки M; 2 – переносна траекторія точки M

Рисунок 2.19

Розв’язання.

Вприкладі, що розглядається, траєкторія відносного руху точки

Мвідома – це півколо радіусом R (рис. 2.19, б). Положення точки М

на траєкторії у відносному русі для моменту часу t1=1.0 с визначається дуговою координатою

Sr 1 S1r 2.0 sin 6 , м.

Якщо ввести кут (рис. 2.19, а, б), що визначає положення точки М, то матимемо

109

2 КІНЕМАТИКА

S1r .

R R 2

Радіус обертання h точки М у переносному русі (h=ОМ)

h a2 a2 a 2 2 2 2.82 м.

Переносна кутова швидкість і переносне кутове прискорення

тіла D

e e dtd 4t t2 4 2t рад/с; e e dtd 4 2t 2 рад/с–2.

При t1=1 с е=2 рад/с; е=–2 рад/с2.

Вектор переносної кутової швидкості лежить на осі переносного обертання Оz і спрямований вверх (рис. 2.19, а).

Абсолютна швидкість точки М

Va Ve Vr .

(2.20)

Модуль відносної швидкості цієї точки

d

t

2

t

Vr Sr

2 sin

3

cos

м/с.

(2.21)

dt

6

6

При t1=1 с

Vr

2

1

2.82 м/с.

3

cos

6

Спрямований

вектор Vr

по

дотичній відносної траєкторії

точки

(рис. 2.19, б).

Модуль переносної швидкості точки М

Ve e h 2 2.82 5.64 м/с.

Вектор Ve перпендикулярний до ОМ і спрямований в бік переносного обертання (рис. 2.19, б).

Модуль абсолютної швидкості точки М

Va Vr2 Ve2 2 Ve Vr cos135

2.822 5.642 2 2.82 5.64 0.707 4.15 м/с.

110