Теоретическая механика

Теоретическая механика Вариант 04

Задача С1

Жесткая рама, расположенная в вертикальной плоскости закреплена в точке А шарнирно, а в точке В прикреплена к невесомому стержню с шарнирами на концах.

В точке С к раме привязан трос, перекинутый через блок и несущий на

конце груз	весом P=25	кН	. На раму действует пара сил с моментом
M =100 кН м	и силы F 1=10	кН	и F 4=40 кН .

Определить реакции связей в точках А, В, вызываемые действующими нагрузками. При окончательных расчетах принять a=0,5 м .

Решение:

Рассмотрим равновесие рамы. Проведем координатные оси xy и изобразим и изобразим действующие на раму силы: силы F 1 и F 4 , пару сил с моментом M , натяжение троса T (по модулю T = P ) и реакции связей X A , Y A и

RB .

Для плоской системы сил составим три уравнения равновесия. При вычислении момента силы RB относительно точки пересечения осей О воспользуемся теоремой Вариньона, т. е. разложим силу по осям и учтем, что m(F )=m(F x)+m(F y) . Получим:

∑F kx =0, X A+T +F1 cos(30 ̊)+ F 4 cos(60̊)−RB sin(60 ̊)=0 ;

∑F ky =0, Y A+F 1 sin(30 ̊)− RB cos(60 ̊)−F 4 sin(60 ̊)=0 ;

∑mA ( Fk )=0, M +X A 3a+ F1 cos(30 ̊) 2a−F 4 sin(60 ̊) 2a+RB sin (60 ̊) 2a −RB cos(60 ̊) 4a =0

Подставим в составленные уравнения числовые значения заданных величин и решив эти уравнения, определим искомые данные:

{X A+25+10 √2 3 +40 12 −RB √23 =0 Y A+10 12 −RB 12 −40 √23 =0

1000,5 +3 X A+10 √23 2−40 √23 2+RB √23 2−RB 12 4=0

X		=	√3	(R	−10)−45 [1]
A			2	B
Y	=20 3+1					( R	−10) [2]
A				√		B

{ 2

200+3 X A−30 √3+RB √3−2 RB=0 [3]

Подставим [1] в [3]

200+3 √23 ( RB−10)−135−30 √3+ RB √3−2 RB =0

RB= 90 √√3−130 ≈5,55(кН )

5 3−4

Тогда

a=0,6 м

P2=3 кН

P1=5 кН

X A=√23 (5,55−10)−45=−48,85(кН )

Y A=20 √3+ 12 (5,55−10)=32,42(кН )

Ответ: X A=5,55 кН ; Y A=32,42кН ; RB =−48,85кН . Знаки указывают, что реакция RB направлена в сторону противоположную указанной на рисунке.

Задача С4

Две однородные прямоугольные тонкие плиты жестко соединены (сварены) под прямым углом друг с другом и закреплены сферическим шарниром в точке А, цилиндрическим шарниром в точке В и невесомым стержнем, прикрепленным шарнирами к плите и к неподвижной опоре.

Вес большей плиты , меньшей . Каждая из плит расположена параллельно одной из координатных плоскостей (плоскость xy — горизонтальная).

На плиты действует пара сил с моментом M =4 кН м , лежащая в плоскости большей плиты, и две силы F 2=8 кН и F 4=12 кН , при этом сила F 2 лежит в плоскости параллельной плоскости xz, а сила F 4 - в плоскости, параллельной xy.

Определить реакции связей в точках А и В и реакцию стержня. При расчетах принять .

Решение:

Рассмотрим равновесие плиты. На плиту действуют заданные силы P1 ,

P2 , F 2 , F 4 и пара с моментом M , а также реакции связей X A , Y A , Z A , X B , Z B и реакция стержня N .

Для определения шести неизвестных реакций составляем шесть уравнений равновесия действующей на плиту пространственной системы сил:

∑F kx =0, X A+ X B +F 4 cos(60 ̊)−F 2 sin (30̊)=0

∑F ky =0, Y A−F 4 sin (60 ̊)=0

∑F kz=0, Z A+Z B+N −P1−P2+F 2 cos(30 ̊)=0

∑mx (F k )=0, Z B 3a+F 2 cos(30 ̊) 3a−P1 32 a−P2 32 a− F4 sin (60 ̊) a=0

∑my( F k)=0, P1 a+ P2 2a− N 2a− F2 cos(30 ̊) a− F 4 cos(60̊) a=0

∑mz ( F k)=0, M − X B 3a+F 2 sin(30 ̊) 3a −F 4 cos(60 ̊) 3a−F 4 sin (60 ̊) 2a=0

Подставим в составленные уравнения числовые значения всех заданных величин:

{X A+ X B+2=0

Y A−6 √3=0

Z A+Z B +N −8+4 √3=0 3 Z B+8 √3−12−6 √3=0 5+6−2 N −4√3−6=0

6,67−3 X B +12−18−12√3=0

{X A=4 √3−2,22≈4,71 Y A=6 √3≈10,39

Z A=1,5−4√3 ≈−0,81

Z B=4−2√3 ≈2,85

N =2,5−2 √3≈−0,96 X B=0,22−4√3≈−6,71

Ответ:	X A =4,71 кН ;	Z A=−0,81 кН ; Y A=10,39		кН ;	X B=−6,71 кН ;	Z B =2,85 кН .
Знак минус	указывает,	что реакции	Z A , X B		направлены	в сторону

противоположную указанной на рисунке.

Задача К2

Механизм состоит из ступенчатых колес 1-3, находящихся в зацеплении или связанных ременной передачей, зубчатой рейки 4 и груза 5, привязанного к концу нити, намотанной на одно из колес. Радиусы ступеней колес равны соответственно: r1=2 см , R1=3см ; r2=6 см; R2=8 см ; r3=12 см; R3=16 см . На ободьях колес расположены точки А, B, C.

Закон изменения угла колеса 3: ϕ3=3t−t2 , где t - время в секундах. Определить в момент времени t1=2 c скорости v 4, ω1 и ускорения ε1, aB ,a5

Решение:

Условимся обозначать скорости точек, лежащих на внешних ободах колес через vi , а точек, лежащих на внутренних ободах — через ui , при этом

	угловая скорость колеса	i равна	ωi =	ui	=	vi
				ri		Ri

1. Определим угловую скорость ω1 колеса 1.

ω1= v1

R1

Колеса 3 и 1 находятся в зубчатом зацеплении, следовательно, v1=v3 . Скорость v3 найдем как v3=ω3 R3

Угловая скорость колеса 3 изменяется по закону: ω3= ddtϕ =3−2t

Тогда угловая скорость скорость ω1 колеса 1

ω1= v1 = v3 = ω3 R3 = R3 (3−2t)

R1 R1 R1 R1

В момент времени t1=2 c

ω1= R3 (3−2t1 )=16 (3−2 2)=−5,33 c−1

R1 3

Знак «минус» говорит о том, что колесо 1 в момент времени t1=2 c вращается в противоположную сторону вращения колеса 3

2. Определим скорость v4 рейки 4.

В силу зубчатого зацепления рейки 4 и колеса 2:

v 4=v2

Так как колеса 1 и 2 связаны ременной передачей:

u2=u1

В тоже время:

v2 = R2 u2 ; u1=ω1 r1

r2

Тогда

v4=v2 = R2 u2= R2 u1= R2 ω1 r1

r2 r2 r2

В момент времени t1=2 c

v4= 86 (−5,33) 2=−14,21 см/с

3. Определим ε1 .

	ω1		R3		16	−2
ε1=d		=		(−2)=		(−2)=−10,67 c
	dt		R1		3

4. Определим aB .

Ускорение точки складывается из нормальной и тангенциальной составляющих

aB=√aτB 2+anB 2

Найдем aBτ .

u2

u1

r1

R3 r1

Для этого сначала найдем

ω2=

=

=ω1

=

(3−2t)

r2

ω2

R3 r1

r2

r2

R1 r2

ε2=d

=−2

R1 r2

dt

aτ

=ε r

2

=−2

R3 r 1

=−2 16 2 =−21,33см/c2

B

2

R1

3

Найдем aBn .

an

=R ω2=

R2 R32 r12

(3−2t)2

R2 r2

B

2

2

1

2

В момент времени t1=2 c

n

R2 R32 r12

2

8 162 22

2

2

aB

=

(3−2t1 ) =

2

2

(3−2 2) =25,28

см/с

R

2

2

r

2

3 6

1

aB=√

aBτ 2+aBn 2

=√

21,332 +25,282

=33,08

см/с2

5. Определим ускорение a5 груза 5

Так как груз 5 подвешен на нити, намотанной на внутренний обод колеса 3:

v5=u3=ω3 r3

Ранее было найдено ω3= ddtϕ =3−2t Тогда

	a5=d	v5	=−2 r3=−24 см/с2
		dt

Ответ:

v 4=−14,21 см/с , ω1=−5,33 с−1, ε1 =−10,67 c−2, aB =33,08 см /с2, a5 =−24 см/с2 .

Задача К3

Плоский механизм состоит из стержней 1, 2, 3, 4 и ползуна E,

соединенных друг с другом и неподвижными опорами О1 и О2			шарнирами;
точка D находится в середине стержня AB. Длины стержней соответственно
l1=0,4 м ; l2=1,2 м ; l3=1,4 м ; l4=0,6 м .		Положение механизма	определяется
углами α=30 ̊ , β=30 ̊ , γ=60 ̊ ,	ϕ=0 ̊ ,	θ=150 . Угловое ускорение первого звена
постоянно во времени и равно	ω1=4c−1 .

Найти величины v D , vE , ω2, aB , ε2 .

Решение:

1. Строим положение механизма в соответствии с заданными углами и изображаем все векторы скоростей.

2. Определяем скорость

v D . Для

этого сначала

определим

скорость

точки А.

v A=ω1 l1=4 0,4=1,6 м /с

Найдем

угловую

скорость

ω2

стержня

АВ,

для этого

построим

мгновенный центр

скоростей

С2

стержня

АВ,

проведя

перпендикуляры к

скоростям в точках А и В.

АВС 2 . Данный треугольник является

Рассмотри

треугольник

равнобедренным, т. к. С2 A B= C2 B A=30 ̊ , тогда медиана C2 D также является

и высотой.

Тогда

BD

AB

l2

1,2

C2 B=C 2

A=

=

=

=

=0,69 м

cos30

̊

2cos 30

̊

2cos30

̊

2cos30 ̊

C2 D= BD tg 30 ̊=

AB

tg 30 ̊=

l2

tg 30 ̊=

1,2

=0,35

м

2

2

2 √3

Тогда

v D

=

v A

; v D=

C

2 D v A

=

0,35 1,6

=0,81

м/с .

C

2 D

C 2 A

C 2 A

0,69

vA

Найдем угловую скорость второго стержня

1,6

−1

.

ω2=

=

=2,32 c

C 2

A

0,69

3. Определяем скорость vE .

Построим мгновенный центр скорости C3 для стержня DE. Треугольник С3 ED прямоугольный.

Угол C3 DE=30 ̊ Тогда:

С3 D= cos30DE ̊=2 √l33 =2 1,√34 =1,62 м

С3 E=DE tg 30 ̊= √l33 = 1,√34 =0,81 м

Из пропорции

vD

=

v E

найдем

v E=C 3 E vD =

l3 0,81 √

3

=0,40 м/ с .

2l3 √3

C 3 D C3 E

C3 D

4. Определяем ускорение aB .

aB нужно знать

Точка В

принадлежит

стержню

AB. Чтобы

найти

ускорение какой-нибудь другой точки стержня АВ и траекторию точки B. По

данным задачи можем найти a A=√

(aAτ )2+(anA)2

где

aτA=ε1 l1=0

- тангенциальная составляющая ускорения точки A равна

нулю, так как по условию ω1=const .;

anA=ω12 l1 - нормальная составяющая ускорения точки A.

a A=aAn =ω12 l1=42 0,4=6,4 м/с2

Для определения aB воспользуемся равенством:

n

τ

τ

n

aB+aB=a A+aBA+aBA

Спроектируем полученное уравнение на направление АВ

		aBn cos 30 ̊−aBτ cos60 ̊=aA cos30 ̊−anBA
		Величины						aBAn =ω22 l2=2,322 1,2=6,46 м/с2 ,
n	vB2		ω22 (C	2 B)2		2,322 0,692		2
aB =		=			=		=4,27 м/с
	l4		l4			0,6

Тогда aτB =anB √3+2anBA−aA √3=4,27 √3+2 6,46−6,4 √3=9,23 м/с2

Следовательно,

aB =√(anB)2+(aτB)2=√4,272+9,232=10,17 м/с2

5. Определим ε2

aτ

ε2= lBA

2

Чтобы найти aτBA спроектируем полученное ранее уравнение на ось y

anB sin(30 ̊)+aτB sin (60 ̊)=−aA sin (30 ̊)+aτBA

Откуда

aτ

=an sin (30 ̊)+aτ sin(60 ̊)+a sin(30 ̊)= 4,27 +9,23

√

3

+ 6,4 =13,33 м/с2

BA

B

B

A

2

2

2

aτBA

13,33

Следовательно, ε2=

−2

=

1,2

=11,11 c

l2

Ответ: v D=0,81 м/с;

vE =0,40 м/с; ω2=2,32 с−1 ;

aB=10,17 м/с2 ;

ε2=11,11 c−2

Задача Д6

m1=5 кг , ступенчатого

Механическая система состоит из груза 1 массой

шкива массой m3=4 кг

с

радиусом

ступеней R3=0,3 м ,

r3=0,1 м

и радиусом

инерции относительно оси вращения ρ3=0,2 м , блока 4 не обладающего массой радиуса R4 =0,2 м и подвижного блока 5 массой m5=6 кг ; тело 5 считать однородным цилиндром. Коэффициент трения грузов о плоскость f =0,1 . Тела системы соединены друг с другом нитями, перекинутыми через блоки и намотанными на шкив и каток); участки нитей параллельны соответствующим плоскостям. К одному из тел прикреплена пружина с коэффициентом жесткости

с=240 Н / м .

Под действием силы F =40(9+4s) , зависящей от перемещения s точки ее приложения, система приходит в движение из состояния покоя; деформация