Теор-ая мех-ка кур-ая

Московский технический университет связи и информатики

Факультет автоматизации и информатизации

предприятий связи

Кафедра робототехники и мехатроники

Курсовой проект

По курсу “Теоретическая механика”

Выполнил студент: Фисенко Павел Александрович

Группа: УИ0301

Принял: Фирсанов В.В.

Москва 2004 г.

Содержание

стр.

1. Задание первое 4.7.8

2. Задание второе 5.4.3

3. Задание третье 1.7.10

4. Задание четвертое 2.7.8

Задание первое 4.7.8

Исходные данные:

R₁₁ = 25 мм R₂₁ = 60 мм R₄₁ = 70 мм R₃₁ = 30 мм

R₁₂ = 35 мм R₂₂ = 80 мм R₄₂ = 80 мм R₃₂ = 50 мм

R₂₃ = 100 мм R₄₃ = 100 мм

Механизм в сборе представляет собой две пары ступенчатых колес, связанных ременной передачей.

Зубчатая рейка CD движется по закону S = f ( t )

S = 0,1t³ + 0,2t²

Найти: в момент времени t₁ = 2 с угловую скорость и угловое ускорение колеса 2, скорость и ускорение груза P и точки B.

₂ V_p = ? V_B = ?

₂ a_p = ? a_B = ?

Решение:

1. Найдем угловую скорость ₂ второго колеса

2. Найдем угловое ускорение ₂ второго колеса

3. Найдем скорость V_B точки B

4. Найдем ускорение a_B точки B

5) Найдем скорость V_P точки P

6) Найдем ускорение a_P точки P

Ответ:

Задание второе 5.4.3

Исходные данные:

Пластина вращается вокруг неподвижной оси по закону 6 t³ – 8 t². По пластине вдоль линии движется точка M по закону относительного движения S = 0,8 (t² – t) + 0,4.

Положительное движение осуществляется от точки А.

Найти: абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки M в момент времени t₁ = 0,5 с.

V_аб = ?

a_аб = ?

Решение:

1. Найдем реальное положение точки M в момент времени t₁ = 0,5 с.

2. Найдем длины стержней BD, AD и BA

BA = AD из рисунка

BD = BA + AD

BD = 2*BA – 2*AD = 2*4a / cos 60 ⁰ =2*4*0,12*2 =1,92 м

BA = AD =0,96 м

V_отн = S =1,6 t – 0,8

Т.к V_отн = 0 , то V_аб состоит только из движения по окружности с радиусом R, со скоростью V_пер в момент времени t₁ = 0,5 с.

3. Найдем радиус R – расстояние от точки М до O₁O в момент времени t₁ = 0,5 с.

Т.к. S в момент времени t₁ = 0,5 с равняется 0,2 от точки A – начала положительного движения

BM = BA + S (t₁) = 0,96 + 0,2 =1,16 м

Составим пропорцию:

ВА / 4а = BM / R

R= 4a*BM / BA = 4*0,12*1,16 / 0,96 = 0,58 м

4) Найдем V_аб = V_пер

V_пер = *R

 18t² – 16t

t₁=0,5с) = 18*0,5² – 16*0,5 = – 3,5 c^-1

Минус означает только то, что плоскость движется по часовой стрелки если смотреть сверху в момент времени t₁ = 0,5 с.

V_аб = V_пер = 3,5*0,58 = 2,03 м/с

V_аб = 2,03 м/с

4. Найдем a_аб

a_аб = a_отн + a_пер + a_кор

a_кор= 2*|  |*| V_отн |*sin  = 0 , т.к. V_отн = 0

a_отн = V_отн = S = 1,6 м/с²

Ответ:

Задание третье 1.7.10

Исходные данные:

m = 1,6 кг

V₀ = 30 м / с

Q = 0

F_x = -4 sin 4t

R = 0,8 V

t₁ = 2 c

f = 0,2

Найти: Считая шар материальной точкой, найти закон движения на участке BC, то есть x = f (t), где x = BD. Вычислить, на каком расстоянии x₂ от точки B будет находиться шар через 1 с после начала движения из точки B и какую скорость он будет иметь в этот момент времени.

x₂ = ?

V₂ = ?

Решение:

Рассмотрим движение шара D по участку AB. Выберем систему отсчета – ось x. Точка A – начало отсчета (движения шара). Поместим шар в положение x > 0 и покажем все силы, действующие на этом участке: P, R, N.

1) Запишем дифференциальное уравнение движение шара в проекциях на ось x

P_x = P sin = mg*sin= 1,6*10*sin30⁰ = 8H

R_x = 0,8*V_x = 0,8 x

mx = – 8 – 0,8x

1,6x= – 8 – 0,8x

x = – 5 – 0,5 x

Но x = dV_x / dt, x = V_x

dV_x / dt = – 5 – 0,5 V_x

Решаем уравнение методом разложения переменных

– dV_x / (5 + 0,5*V_x) = dt

Возьмем интегралы от обеих частей

ln (5 + 0,5*V_x) = –0,5t + C₁

C₁ – постоянная интегрирования, определяемая по начальным условиям t₁ = 1c, V_x = 30 м/c.

C₁ = ln (5 + 0,5*30V_x) = ln 20

ln ( (5 + 0,5*V_x) / 20 ) = – 0,5 t

(5 + 0,5*V_x) = 20 e ^{– 0,5 t}

V_x = 40 e ^{– 0,5 t} –10

Для момента времени t =2c получим

V_x = V_B = 40 e ^{– 0,5*2} –10 = 4,7 м / с

2) Рассмотрим движение шара D по участку BC.

F_тр = f*N = f*P = f*mg = 0,2*1,6*10 = 3,2 H

mx = – 3,2 – 4 sin4t

1,6x = – 3,2 – 4 sin4t

x = – 2 – 2,5 sin4t

Решаем уравнение методом разложения переменных

dV_x / dt = – 2 – 2,5 sin4t

dV_x = (– 2 – 2,5 sin4t)*dt

Возьмем интегралы от обеих частей

V_x = – 2t + 0,625 cos4t + C₂

C₂ – постоянная интегрирования, определяемая по начальным условиям t = 0c, V₀ = V_B = 4,7 м/c.

4,7 = 0 + 0,625*1 + C₂

C₂ = 4,075

=> V_x = – 2t + 0,625 cos4t + 4,075

Определим закон движения шара по участку BC x = f (t)

dx / dt = – 2t + 0,625 cos4t + 4,075

dx = (– 2t + 0,625 cos4t + 4,075)*dt

Возьмем интегралы от обеих частей

x = – t² + 0,156 sin4t + 4,075t + C₃

C₃ – постоянная интегрирования, определяемая по начальным условиям t = 0, x = 0

0 = 0 + 0 + 0 + C₃

C₃ = 0

=> x = – t² + 0,156 sin4t + 4,075t

3) Определим положение шара и его скорость в момент времени t₂ = 1с, подставляя значение t₂ в выражения для x и V_x.

x₂ = – 1² + 0,156 sin4*1 + 4,075*1 = 2,95 м

V₂ = – 2*1 + 0,625 cos4*1 + 4,075 = 1,67 м / с

Ответ: x = – t² + 0,156 sin4t + 4,075t

x₂ = 2,95 м

V_x = 1,67 м / с

Задание четвертое 2.7.8

Исходные данные:

x₁ = 0,2 sin 20t

m = 0,5 кг

 = 0, => R = 0

C₁ = 120 H / м

C₂ = 0

C₃ = 180 H / м

₀ = 0

V₃ = 0

Найти: закон движения груза по отношению к лифту, то есть x = f (t). Начало координат поместить в положение статического равновесия груза при неподвижном лифте.

Решение:

Заменим пруженную подвеску, к которой крепится груз, одной пружиной, жесткость которой эквивалентна жесткости подвески.

1 / C = 1 / C₁ + 1 / C₃

C = C₁*C₁ / ( C₁ + C₁ ) = 120*180 / ( 120 + 180 ) = 21600 / 300 = 72 H / м

Изобразим груз, подвешенный в лифте, на пружине эквивалентной жесткости C. Начало координат по оси x берем в положении статического равновесия груза при неподвижном лифте

_ст= P / C = mg / C = 5 / 72 = 0,069 м

Пружина стянута при неподвижном лифте на величину _ст

F_упр_стx + _ст

R = 0, т.к.  = 0

Для составления дифференциального уравнения относительного движения груза присоединим к этим силам переносную силу инерции. Кориолисова сила инерции в данном случае равна нулю, т.к. переносное движение (движение лифта) поступательное. Тогда

F_e^ин = ma = mx₁,

где x₁ = 4 cos 20t

x₁ = –80 sin 20t

F_e^ин = 0,5 (–80 sin 20t) = – 40 sin 20t

F_e^ин направлена в противоположную сторону x₁

ma₁ = P + F_упр + F_e^ин

в проекциях на ось x:

mx = P – F_упр – F_e^ин

mx = P –_стx + _ст – F_e^ин

но P = С*_ст

mx = – Сx – 40 sin 20t

Введем обозначения k² = C / m = 72 / 0,5 = 144 c^-2

x + ( С / m )x = – 40 sin 20t / m = –80 sin 20t

x + k²x = –80 sin 20t

Полученное уравнение является неоднородным линейным дифференциальным уравнением второго порядка. Для определения закона относительного движения груза нужно его проинтегрировать. Из теории дифференциальных уравнений известно, что решение этого уравнения имеет вид:

x = x _общ + x _част

Определим x _общ. Решение ищется в виде

x = e ^pt

x = p e ^pt

x = p² e ^pt

Подставим значения x, x, x в однородное уравнение и после преобразований получим

p² + k² = 0

p₁ = + ki

p₂ = – ki

решение уравнения имеет вид

x = C₁ cos 12t + C₂ sin 12t

x = – 12 C₁ sin 12t + 12 C₂ cos12t

Постоянные интегрирования C₁ C₂ определяются по начальным условиям

t =0; x₁x₁ = ₀– _ст = 0 – 0,069 = – 0,069 м; V₀ = 0

Используя начальные условия, получим

C₁ = – 0,069

C₂ = 0

=> x _общ = – 0,069 cos 12t

Частное решение уравнения определяем, с учетом его правой части, в виде

x _част = A sin t

x _част = Acos t

x _част = – A^ sin t

Подставляя частное решение в неоднородное дифференциальное уравнение, получим

x + k²x = –80 sin t

– A^ sin t + k²A sin t = –80 sin t

( – A^ + k²A ) sin t = –80 sin t

– A^ + k²A = –80

A ( k² – ^ ) = –80

A = –80 / ( k² – ^ ) = –80 / ( 144 – 400 ) = 80 / 256 = 0,31

=> x _част = 0,31 sin 20t

x = – 0,069 cos 12t + 0,31 sin 20t

Ответ: x = – 0,069 cos 12t + 0,31 sin 20t