Реакция опор твердого тела

Порядок определения реакции опор твердого тела, используя теорему об изменении кинетической энергии системы. Вычисление угла и дальности полета лыжника по заданным параметрам его движения. Исследование колебательного движения материальной точки.

Рубрика Физика и энергетика
Вид задача
Язык русский
Дата добавления 23.11.2009
Размер файла 505,2 K

Отправить свою хорошую работу в базу знаний просто. Используйте форму, расположенную ниже

Студенты, аспиранты, молодые ученые, использующие базу знаний в своей учебе и работе, будут вам очень благодарны.

Определение реакции опор твердого тела

Дано: Q= 4 кН Т=6 кН G=3 кН a=20 см b=40 см c=15 см R=20 см r=10 см T=2t t II AY

T AZ PIIAY

Решение: К системе приложены сила тяжести G, силы натяжения нитей T, t и P. Реакция подпятника А определяется тремя составляющими: XА, YA,ZA, а реакция подшипника В-двумя: Хв и Yв.

Из этих сил - шесть неизвестных. Для их определения можно составить шесть уравнений равновесия.

?X=0 XA+XB-Tcos30°= 0 (1)

?Y=0 YA+YB+Tsin30°+P+t = 0 (2)

?Z=0 ZA-G-Q=0 (3)

?MAX=0 -YB(a+b)-Pa-QRcos45°-t(a+b+c)-Tsin30°(a+b+c)=0 (4)

?MAY=0 XB(a+b)-QRsin45°-Tcos30°(a+b+c)=0 (5)

?MAZ=0 Pr+tR-TR=0 (6)

Из уравнения (6) находим P=(T-t)R/r = (6-3)*20/10= 6 кН

Из уравнения (5) находим XB= (QRsin45°+Tcos30°(a+b+c))/(a+b) = (4*20*0,707+6*0,866(20+40+15))/(20+40) = 7,44 кH

Из уравнения (4) находим YB= -(Pa+QRcos45°+t(a+b+c)+Tsin30°(a+b+c))/(a+b) = -(6*20+4*20*0,707+3*(20+40+15)+6*0,5(20+40+15))/(20+40)= -10,44 кH

Из уравнения (3) находим ZA=G+Q=3+4= 7 кH

Из уравнения (2) находим YA=-YB-Tsin30°-P-t=10,4-6*0,5-6-3= -1,6 кН

Из уравнения (1) находим XA=-XB+Tcos30°= -7,44+6*0,866= -2,24 кН

Знак (-) перед найденными значениями реакций XA,YA и YB означает, что данные силы действуют в направлении, противоположном выбранному на рисунке.

Точка М движется относительно тела D. По заданным уравнениям относительного движения точки М и движения тела D определить для момента времени t=t1 абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки M.

Схема механизма показана на рисунке 1, исходные данные, приведены в таблице 1:

Уравнение относительного движения точки М

ОМ=Sr= Sr(t),см.

Уравнение движения тела

?e= ?e(t), рад

t1,

c

?,

град

6(t+0,5t2)

t3-5t

2

30

Рисунок 1

Решение

Будем считать, что в заданный момент времени плоскость чертежа совпадает с плоскостью треугольника D. Положение точки М на теле D определяется расстоянием Sr =ОМ.

При t = 2 c

Sr=6(2+0,5*22) = 24 см.

Абсолютную скорость точки М найдём как геометрическую сумму относительной и переносной скоростей:

Модуль относительной скорости

,

где

.

При t = 2 c

Положительный знак у показывает, что вектор направлен в сторону возрастания Sr.

(1)

где R - радиус окружности L, описываемый той точкой тела, с которой в данный момент совпадает точка M, R= Sr sin 300 =12 см; - модуль угловой скорости тела:

При t = 2 c

Положительный знак у величины показывает, что вращение треугольника происходит вокруг оси OY в сторону, направления отчёта угла ?. Поэтому вектор направлен по оси OY влево Рисунок 2.

Модуль переносной скорости, по формуле (1),

Вектор направлен по касательной к окружности L в сторону вращения тела. Так как и взаимно перпендикулярны, модуль абсолютной скорости точки M

,

или

Абсолютное ускорение точки равно геометрической сумме относительного, переносного и кориолисова ускорений:

или в развёрнутом виде

Рисунок 2 Рисунок 3

Модуль относительного касательного ускорения

где

При t = 2 c

Положительный знак показывает, что вектор направлен в сторону Sr. Знаки и одинаковы; следовательно, относительное движение точки М ускоренное.

Относительное нормальное ускорение

так как траектория относительного движения - прямая ().

Модуль переносного вращательного ускорения

(2)

где - модуль углового ускорения тела D:

При t = 2 c

Знаки и одинаковы; следовательно, вращение треугольника D ускоренное, направления векторов и совпадают Рисунок 2,3.

Согласно (2),

Вектор направлен в ту же сторону, что и .

Модуль переносного центростремительного ускорения

Вектор направлен к центру окружности L.

Кориолисово ускорение

Модуль кориолисова ускорения

где

С учётом найденных выше значений, получаем

Вектор направлен согласно правилу векторного произведения Рисунок 3

Модуль абсолютного ускорения точки М находим способом проекций:

Результаты расчёта сведены в таблице 2.

Скорость, см/с

Ускорение, см/с2

7

84

18

85,9

12

588

144

0

6

126

270

-591

649

Д-10 вар.8 d

Дано ?

m1=m A

m2=1/2m R N ? Fтр N

m3=1/3m G ?

R3=30 p 300 G

?=300

?=450 450

f=0.15 Рис №1

?=0.20см d

S=1.75м А

Найти v1 N

G

р

N

G

Применим теорему об изменении кинетической энергии системы:

(1)

где и кинетические энергии системы в начальном и конечном положениях; сумма работ внешних сил, приложенных к системе, на перемещении системы из начального положения в конечное; сумма работ внутренних сил системы на том же перемещении.

Для рассматриваемой системы, состоящей из абсолютно твердых тел, соединенных нерастяжимыми нитями.

Так как в начальном положении система находится в покое, то .

Следовательно, формула (1) принимает вид.

(2)

Найдем кинетические энергии тел участвующих в системе.

Найдем кинетическую энергию тела 1 движущегося поступательно

(3)

Найдем кинетическую энергию тела 2 вращающегося вокруг оси Ox

(4)

Момент инерции относительно оси вращения.

(5)

Так как точка Р является мгновенным центром скоростей, то и следовательно,

(6)

Подставив в формулу (4) формулы (5) и (6) получим кинетическую энергию тела 2 вращающегося вокруг оси Ox:

(7)

Найдем кинетическую энергию тела 3 совершающего плоско вращательное движение

(8)

(9)

Так как точка Р является мгновенным центром скоростей, то и следовательно,

(10)

Подставив в формулу (8) формулы (9) и (10) получим кинетическую энергию тела 3 совершающего плоско вращательное движение:

(11)

Теперь полученные формулы (3), (7) и (11) подставим в формулу вида

и получим формулу суммы кинетических энергий для данной системы имеющий вид:

(12)

Найдем сумму работ всех внешних сил, приложенных к системе, на заданной ее перемещении.

Работа силы тяжести

(13)

Работа силы трения

(14)

(15)

при подстановки в формулу (14) формулу (15) работа силы трения имеет вид

(16)

Работа силы тяжести

(17)

Работа силы сцепления катка 2 равна нулю, так как эта сила приложена в мгновенный центр скоростей этого катка.

Работа пары сил сопротивления качению катка 3

(18)

(19)

(20)

при подстановки в формулу (19) формулы (20) момент инерции имеет вид

(21)

(22)

при подстановки в формулу (18) формул (21) и (22) работа пары сил сопротивления качению имеет вид.

(23)

для нахождения общей работы воспользуемся формулой такой и теперь подставим в неё формулы (13), (16), (17) и (23) получим.

(24)

примем за величину которая в скобках получим

(25)

подставим в выражение (24) уравнение (25) и получим

(26)

воспользовавшись формулой (2) и подставив, туда формулы (12) и (26) получим

(27)

подставив в формулу (27) выражение (25) получим

ответ;

Р1=6кН

Р2=6кН

q=1кН/м

M=7кН*м

Q=q*10=10кН

1) Xc-?

Q*c-p1cos*c-p2cos+c+Xc*c=0

Xc+Q-p1cos-p2cos=0

Xc=p1cos+p2cos-Q/1=6*cos+6*cos-10=1,84кН;

2) Yc-?

MAD-Q*10AD+Yc*5B-p2*3sin*BC+p2*3sin*BC+p1cos*BC=0

AD-BC

M-Q*10+Yc*5-p2*3sin+p1*3sin+p1*5cos/5=-7+10*10+6*3*0,86-6*3*0,5-6*5*0,86/5=14,7 кН;

Q-p1cos-p2cos-Xc=0

10-6*0,86-6*0,5-1,8=0

RA-RB-p1sin-p2sin-Yc=0 (RA=7,15; RB=13,69)

7,15-13,69-8,16+14,7=0

Исходные данные

Лыжник подходит к точке A участка трамплина AB, наклонённого под углом ? к горизонту и имеющего длину l, со скоростью VA. Коэффициент трения скольжения лыж на участке AB равен f. Лыжник от точки A до точки B движется ? с. В точке B со скоростью VB он покидает трамплин. Через T с. лыжник приземляется со скоростью VC в точке C горы, составляющей угол ? с горизонтом.

VA, м/с

VB, м/с

?, с

?, ?

f

21

20

12

60

0

Найти

По заданным параметрам движения точки определить угол ? и дальность полёта d.

Решение.

1. Рассмотрим движение лыжника на участке AB. Принимая его за материальную точку, покажем действующие на него силы. Так как коэффициент трения равен нулю, то сила трения отсутствует, следовательно, на точку действует только сила тяжести G.

Пусть масса точки равна m, тогда составим уравнение движения точки на участке AB.

Интегрируя данное дифференциальное уравнение дважды, получаем:

Для определения постоянных интегрирования воспользуемся начальными условиями: при t1=0 с:

Таким образом, имеем:

То есть уравнения движения точки примут вид:

Для момента ?, когда точка покидает участок AB, , то есть имеет место равенство . Отсюда искомый угол равен:

2. Составим дифференциальные уравнения движения точки вдоль осей координат на участке BC.

Проинтегрируем дифференциальные уравнения дважды:

Начальные условия данной задачи при t2=0 c:

Согласно начальным условиям получаем, что:

Получили, что проекции скорости точки на оси координат равны:

а уравнения её движения вдоль осей имеют следующий вид:

Так как в точке C скорость точки направлена под углом ? к горизонту, то скорость точки вдоль оси y2 равна:

В то же время известно, что .

Следовательно, время движения лыжника на участке DC равно:

с.

Таким образом, дальность прыжка лыжника равна:

м.

Результаты расчётов

?, ?

d, м

20

75,52

Исследование колебательного движения материальной точки

Две параллельные пружины 1 и 2, имеющие коэффициенты жесткости с1=4 Н/см и с2=6 Н/см, соединены абсолютно жестким брусом AB, к точке K которого прикреплена пружина 3 с коэффициентом жесткости с3=15 Н/см. Точка K находится на расстояниях a и b от осей пружин 1 и 2: a/b=c2/c1. Пружины 1, 2 и 3 не деформированы. Груз D массой 2,5 кг. Присоединяется к концу N пружины 3; в тот же момент грузу D сообщают скорость , направленную вниз параллельно наклонной плоскости (). Массой бруска AB пренебречь.

Дано:

Найти: уравнение движения груза D.

Решение

1) Находим приведенную жесткость пружин:

; ;

Для определения fсm составим уравнение, соответствующее состоянию покоя груза D на наклонной плоскости:

; ;

Дифференциальное уравнение движения груза примет вид:

; ;

Постоянные С1 и С2 определяем из начального условия:

при t=0; x0=-fcm;

Уравнение движения груза имеет следующий вид:

Найдем числовые значения входящих в уравнение величин

Следовательно, уравнение движения груза D:

Ответ:


Подобные документы

  • Определение реакций опор твердого тела, скорости и ускорения точки. Интегрирование дифференциальных уравнений движения материальной точки. Теоремы об изменении кинетической энергии механической системы. Уравнение Лагранжа второго рода и его применение.

    курсовая работа [1,3 M], добавлен 15.10.2011

  • Составление и решение уравнения движения груза по заданным параметрам, расчет скорости тела в заданной точке с помощью диффенциальных уравнений. Определение реакций опор твердого тела для определенного способа закрепления, уравнение равновесия.

    контрольная работа [526,2 K], добавлен 23.11.2009

  • Рассчётно-графическая работа по определению реакции опор твёрдого тела. Определение скорости и ускорения точки по заданным уравнениям её траектории. Решение по теореме об изменении кинетической энергии системы. Интегрирование дифференциальных уравнений.

    контрольная работа [317,3 K], добавлен 23.11.2009

  • Решение задачи на нахождение скорости тела в заданный момент времени, на заданном пройденном пути. Теорема об изменении кинетической энергии системы. Определение скорости и ускорения точки по уравнениям ее движения. Определение реакций опор твердого тела.

    контрольная работа [162,2 K], добавлен 23.11.2009

  • Определение реакций опор составной конструкции по системе двух тел. Способы интегрирования дифференциальных уравнений. Определение реакций опор твердого тела. Применение теоремы об изменении кинетической энергии к изучению движения механической системы.

    задача [527,8 K], добавлен 23.11.2009

  • Уравнения кинетостатики, теоремы об изменении количества, момента движения. Вычисление главного вектора и момента сил энерции. Случай плоского движения твердого тела, имеющего плоскость материальной симметрии. Статические, добавочные динамические реакции.

    презентация [418,1 K], добавлен 02.10.2013

  • Теоремы об изменении кинетической энергии для материальной точки и системы; закон сохранения механической энергии. Динамика поступательного и вращательного движения твердого тела. Уравнение Лагранжа; вариационный принцип Гамильтона-Остроградского.

    презентация [1,5 M], добавлен 28.09.2013

  • Методика определения скоростей и ускорений точек твердого тела при плоском движении, порядок расчетов. Графическое изображение реакции и момента силы. Расчет реакции опор для способа закрепления бруса, при котором Yа имеет наименьшее числовое значение.

    задача [345,9 K], добавлен 23.11.2009

  • Обзор разделов классической механики. Кинематические уравнения движения материальной точки. Проекция вектора скорости на оси координат. Нормальное и тангенциальное ускорение. Кинематика твердого тела. Поступательное и вращательное движение твердого тела.

    презентация [8,5 M], добавлен 13.02.2016

  • Вывод формулы для нормального и тангенциального ускорения при движении материальной точки и твердого тела. Кинематические и динамические характеристики вращательного движения. Закон сохранения импульса и момента импульса. Движение в центральном поле.

    реферат [716,3 K], добавлен 30.10.2014

Работы в архивах красиво оформлены согласно требованиям ВУЗов и содержат рисунки, диаграммы, формулы и т.д.
PPT, PPTX и PDF-файлы представлены только в архивах.
Рекомендуем скачать работу.