рефераты рефераты
Домой
Домой
рефераты
Поиск
рефераты
Войти
рефераты
Контакты
рефераты Добавить в избранное
рефераты Сделать стартовой
рефераты рефераты рефераты рефераты
рефераты
БОЛЬШАЯ ЛЕНИНГРАДСКАЯ БИБЛИОТЕКА
рефераты
 
МЕНЮ
рефераты Определение реакций опор составной конструкции рефераты

БОЛЬШАЯ ЛЕНИНГРАДСКАЯ БИБЛИОТЕКА - РЕФЕРАТЫ - Определение реакций опор составной конструкции

Определение реакций опор составной конструкции

Задание С-3. Определение реакций опор составной конструкции

Вариант № 1.

Найти реакции опор и давление в промежуточном шарнире составной конструкции. Схема конструкции представлена на рис. 1 (размеры – в м), нагрузка указана в таблице 1.


Рис. 1


Таблица 1.

P1, кН

М, кН×м

q, кН/м

6,0

25,0

0,8

С-3. Определение реакций опор составной конструкции

Решение. Рассмотрим систему уравновешивающихся сил, приложенных ко всей конструкции (рис. 2).


           y

                                                            P1y          P1

                                                       

                                                            90°



                                                              P1x                                             C

        

      Q                                                                                            M


                   RAy                                                                      RBy


                   RAx                                                                      RBx                      x

         A                                                               B

Рис. 2.


Разложим силу P на составляющие Px и Py.

 


                                                                  P1y          P1

                                                                          a




                                                     P1x              a                              a



                                                             6


Рис. 3.


P1x = P1×sin(a),

P1y = P1×cos(a).

a = arctg(1,5/6) = arctg(0,25) = 14°.

P1x = P1×sin(a) = P1×sin(14°) = 6×0,24 = 1,44 (кН),

P1y = P1×cos(a) = P1×cos(14°) = 6×0,97 = 5,82 (кН).

Q = q×3,5 = 0,8×3,5 = 2,8 (кН).


С-3. Определение реакций опор составной конструкции.


Запишем уравнения равновесия:


                                       (1)


                                                (2)



     (3)


Данная система из 3 уравнений содержит 4 неизвестных,  для их нахождения рассмотрим отдельно правую и левую части конструкции.

Рассмотрим систему уравновешивающихся сил, приложенных к левой части конструкции (рис.4):

         y

                                                            P1y          P1

                                                       

                                                            90°



                                                              P1x                                             C

                                                                                     RCx

      Q                                                                                     RCy


                   RAy                                                                     


                   RAx                                                                                                     x

         A


Рис. 4.


Запишем уравнения равновесия:


                                     (4)


                                            (5)


С-3. Определение реакций опор составной конструкции

           (6)


Рассмотрим систему уравновешивающихся сил, приложенных к правой части конструкции (рис.5):


                                                         y

 


                                                   R`Cy

                                                                  R`Cx

                                                       C


                                                    M


                                                    RBy

                                                                  RBx             x

                                                      B


Рис.5.


Запишем уравнения равновесия:


                                                         (7)


                                                         (8)


                                                        (9)


где  RCx = R`Cx,  RCy = R`Cy.


Таким образом, имеем систему 4 уравнений (1), (2), (6) и (9) с 4 неизвестными.

Из уравнения (9)



Из уравнения (1)


С-3. Определение реакций опор составной конструкции


Из уравнения (6)



Из уравнения (2)



Найдем реакции шарнира С:


RCx = -RBx = 12,5 кН,

RCy = -RBy = 0,07 кН.


Отрицательные значения RBx и RBy говорят о том, что действительное направление RBx и RBy противоположно указанному на рис.4.


Итак,


С-3. Определение реакций опор составной конструкции



Найти реакции опор конструкции изображенной на рис.1.


 
 


Дано: Q = 2, G = 20, a = 20, b = 30,

          c = 10 R =15, r =5.

Решение:

Разложим реакции в опорах А и Б на их составляющие по осям коардинат, при этом RAy=RBy=RDy=0
















Составим уравнения сумм моментов относительно всех осей:


    Р*15-q*5=0, где , отсюда Р=(q*5)/15

    -qx*20+P*60-RBx*80, отсюда RBx=(qx*20-P*60)/80

    -qx*20-G*(20+30)+RBz*(20+30+30) отсюда RBz= (qx*20+G*50)/80

         -Raz*80+qz*60+G*30=0 отсюда Raz= (qz*60+G*30)/80

         Rax*80+ qx*60-P*30=0 отсюда Rax=-( qx*60-P*30)/80

qx=Q*cos45; qz=Q*sin45

Ra=   RB=


Результаты работы

Raz

Rax

Ra

RBz

RBx

RB









Применение теоремы об изменении кинетической энергии к изучению движения механической системы.

Вариант № 1.

Механическая система под действием сил тяжести приходит в движение из состояния покоя; начальное положение системы показано на рис. 1. Учитывая трение скольжения тела 1, пренебрегая другими силами сопротивления и массами нитей, предполагаемых нерастяжимыми, определить скорость тела 1 в тот момент, когда пройденный им путь станет равным s.

В задании приняты следующие обозначения: m1, m2, m3, m4 – массы тел 1, 2, 3, 4; b - угол наклона плоскости к горизонту; f – коэффициент трения скольжения.

Необходимые для решения данные приведены в таблице 1. Блоки и катки считать сплошными однородными цилиндрами. Наклонные участки нитей параллельны соответствующим наклонным плоскостям.


 

Рис. 1


Таблица 1.

m1, кг

m2, кг

m3, кг

m4, кг

b, град

f

s, м

m

4m

0,2m

4m/3

60

0,10

2

Решение.


Применим теорему об изменении кинетической энергии системы:


                                  (1)


где T0 и T – кинетическая энергия системы в начальном и конечном положениях; - сумма работ внешних сил, приложенных к системе; - сумма работ внутренних сил системы.

Для рассматриваемых систем, состоящих из абсолютно твердых тел, соединенных нерастяжимыми нитями,



Так как в начальном положении система находится в покое, то Т0=0.

Следовательно, уравнение (1) принимает вид:


                                         (2)


Кинетическая энергия рассматриваемой системы Т в конечном ее положении (рис.2) равна сумме кинетических энергий тел 1, 2, 3 и 4:


Т = Т1 + Т2 + Т3 + Т4.                                     (3)


                                          2



                                                                               1

                   w2



           VA



                 V3

     3                                                                          b               V1

                   A   C3   CV


                            w3

                V4

       4



Рис. 2.


Д-10


Кинетическая энергия груза 1, движущегося поступательно,


                                          (4)


Кинетическая энергия барабана 2, совершающего вращательное движение,


,                                       (5)

где J2x – момент инерции барабана 2 относительно центральной продольной оси:


,                                       (6)


w2 – угловая скорость барабана 2:


.                                           (7)


После подстановки (6) и (7) в (5) выражение кинетической энергии барабана 2 принимает вид:


.                                        (8)


Кинетическая энергия барабана 3, совершающего плоское движение:


,                                              (9)


где VC3 – скорость центра тяжести С3 барабана 3, J3x – момент инерции барабана 3 относительно центральной продольной оси:


,                                       (10)


w3 – угловая скорость барабана 3.

Так как двигается по нити без скольжения, то мгновенный центр скоростей находится в точке СV. Поэтому

,                                          (11)

.                                    (12)


Подставляя (10), (11) и (12) в (9), получим:


.                                               (13)


Кинетическая энергия груза 4, движущегося поступательно,


,                                        (14)


где V4 = VC3 = V1/2:


.                                        (15)


Кинетическая энергия всей механической системы определяется по формуле (3) с учетом (4), (8), (13), (15):



Подставляя и заданные значения масс в (3), имеем:



или

.                                               (16)


Найдем сумму работ всех внешних сил, приложенных к системе, на заданном ее перемещении (рис. 3).


                                          2



                                                                               1


                                                                                            N1


 

                                                             FTP



     3                                                                            b

                             C3



                         P3                                                                                                              P1

       4



                   P4

Рис. 2.


Работа силы тяжести :


                                   (17)


Работа силы трения скольжения :


Так как



то


                                      (18)


Работа силы тяжести , препятствующей движению тела 1:


                                    (19)


Работа силы тяжести , препятствующей движению тела 1:


                                   (20)


Сумма работ внешних сил определится сложением работ, вычисляемых по формулам (17) – (20):


.


Подставляя заданные значения масс, получаем:


или


.                                               (21)


Согласно теореме (2) приравняем значения Т и , определяемые по формулам (16) и (21):


,


откуда


м/с.


Д-10


Задание Д-19. Применение общего уравнения динамики к исследованию движения механической системы с одной степенью свободы.

Вариант № 1.

Для заданной механической системы определить ускорения грузов и натяжения в ветвях нитей, к которым прикреплены грузы. Массами нитей пренебречь. Трение качения и силы сопротивления в подшипниках не учитывать. Система движется из состояния покоя.

Необходимые для решения данные приведены в таблице 1. Блоки и катки, для которых радиусы инерции в таблице не указаны, считать сплошными однородными цилиндрами.

Рис. 1


Таблица 1.

G1, кг

G2, кг

G3, кг

R/r

i2x

G

G

3G

2


Решение.

Применим к решению задания общее уравнение динамики. Так как система приходит в движение из состояния покоя, направления ускорений тел соответствуют направлениям их движения. Движение таково, что груз 1 опускается.

Покажем задаваемые силы: силы тяжести - груза 1, - блока 2 и - катка 3 (рис. 2).


           a3



        M3Ф                                2       e2                M3Ф


Ф3       e3                         dj3

                                                                                         dj2


                 ds3

3

       G3

                                                                                 Ф1


                                                                    G2                    1


 

                                                                                          a1



                                                                                                    ds3



                                                                                  G1

Рис. 2.


Приложим силы инерции. Сила инерции груза 1, движущегося поступательно с ускорением :


.


Силы инерции блока 2, вращающегося вокруг неподвижной оси с угловым ускорением e2, приводятся к паре, момент которой


Силы инерции катка 3, совершающего плоское движение, приводятся к силе


,


где  - ускорение центра масс катка 3, и к паре сил, момент которой


,


где e3 – угловое ускорение катка 3, J3 – момент инерции катка 3 относительно центральной продольной оси:


.


Сообщим системе возможное перемещение в направлении ее действительного движения (рис. 2). Составим общее уравнении динамики:


,             (1)


где dj2 и dj3 – углы поворотов блоков 2 и 3.

Учитывая, что G1 = G2 = G = mg, G3 = 3G = 3mg

имеем:


                                        (2)

Устанавливаем зависимости между возможными перемещениями, входящими в (1), и между ускорениями в (2), пользуясь тем, что эти зависимости такие же, как между соответствующими скоростями:


dj2 = dj3 = ds1/R = ds1/2r;

ds3 = dj2r = ds1/2;                                             (3)

e2 = e3 = a1/2r; a3 = a1/2.


С учетом (2) и (3) уравнение (1), после деления всех его членов на m и ds1, принимает вид



откуда


,

а3 = a1/2 = 1,87 м/с2.


а3


             M3Ф

Ф3       e3                           dj3    Т2-3




                            ds3


G3


Рис. 3.


Ф1


Т1-2



                         а1



                               ds1



G1


Рис. 4.


Для определения натяжения в нити 2-3 мысленно разрежем эту нить и заменим ее действие на каток 3 реакцией T2-3 (рис. 3).

Общее уравнение динамики:


,


откуда


Для нахождения натяжения в нити 1-2 мысленно разрежем эту нить и заменим ее действие на груз 1 реакцией T1-2 (рис. 4).

Не составляя общего уравнения динамики, на основании принципа Даламбера имеем:



Задание К-3. Определение скоростей и ускорений точек твердого тела при плоском движении.


Вариант № 1.

Рис. 1


Найти для заданного положения механизма скорости и ускорения точек В и С. Схема механизма представлена на рис. 1, необходимые для расчета данные приведены в таблице 1.

 

Таблица 1.

Размеры, см

wОА, с-1

eОА, с-2

ОА

r

АС

40

15

8

2

2

Решение.

Определение скоростей точек.

Вычислим скорость точки А при заданном положении механизма:


VA = wОА×OA = 2×40 = 80 см/с.


Скорость точки А направлена перпендикулярна к ОА. Мгновенный центр скоростей СV находится в точке соприкосновения колес.

Угловая скорость колеса


wК = VA/r = 80/15 = 5,33 c-1


Скорости точек В и С:


VB = wК×ВСV;

VС = wК×ССV,

где


ВСV = r×= 15×1,41 = 21,2 см,

ССV = см.


Следовательно,


VB = wК×ВСV = 5,33×21,2 = 113 см/с;

VС = wК×ССV = 5,33×21,4 = 114,1 см/с.


Вектор  направлен перпендикулярно к отрезку BCV, а вектор   - перпендикулярно к отрезку CCV в сторону вращения колеса.

                                                                                  VA


                                                                                                                          VC


                                                                         wК


                            O           wOA         CV              A                           VB

                                                                                   45°

                                                                                          C

                                                                           r



                                                                              B





Рис. 2

К-3

 

Определение ускорений точек.

Ускорение точки А складывается из вращательного и центростремительного ускорений:


;

 см/с2;

 см/с2.


Вектор   направлен от А к О. Вектор  перпендикулярен к вектору   и направлен в соответствии с направлением углового ускорения eОА.

Согласно теореме об ускорениях точек плоской фигуры имеем:

.


Центростремительное ускорение точки В во вращательном движении колеса вокруг полюса А:


см/с2.


Вращательное ускорение точки В:


,


где


с-2,

см/с2.


Вектор   направлен от В к А. Вектор  перпендикулярен к вектору  и направлен в соответствии с направлением углового ускорения eK.

Ускорение точки В находим способом проекций:


см/с2;

см/с2;

см/с2.

Определяем ускорение точки С:


.


Центростремительное ускорение точки С во вращательном движении колеса вокруг полюса А:


см/с2.


К-3


Вращательное ускорение точки С:


см/с2.


Вектор   направлен от С к А. Вектор  перпендикулярен к вектору  и направлен в соответствии с направлением углового ускорения eK.

Ускорение точки С находим способом проекций:


см/с2.

                                                                                        y


                                                        aC                                                         aCy

        

                                                                                       aBy

                                                                                                                      aB

                                                                                        aAt

                                      eOA                                     eK                       aACt

                   x             O               aAn                                       A

                                                                                       aACn

                                                                                C


                                                        aCx                           45°

                                                                                        aABn


                                                                        aBx        B                aABt



Рис. 3


К-3


Задание K-1. Определение скорости и ускорения точки по заданным уравнениям ее движения.


Вариант № 1.

По заданным уравнениям движения точки М установить вид ее траектории и для момента времени t = t1(c) найти положение точки на траектории, ее скорость, полное, касательное и нормальное ускорения, а также радиус кривизны траектории в соответствующей точке. Данные приведены в таблице 1.

 

Таблица 1.

Уравнения движения

t1(c)

x = x(t), см

y = y(t), см

-2t2+3

-5t

0,5

K-1


Решение.

Исходные данные в см и с:


x = -2t2 + 3;   y = -5t;                                       (1)

t1 = 0,5


Уравнения движения (1) являются параметрическими уравнениями траектории точки М. Чтобы получить уравнение траектории в обычной координатной форме, исключим время t из уравнений движения. Тогда


25x + 2y2 = 75                                           (2)


Это уравнение параболы.

Для определения скорости точки находим проекции скорости на оси координат:


Vx = x’ = -4t см/с;  Vy = y’ = -5 см/с.


Модуль скорости точки


 .                                         (3)


Аналогично проекции ускорения точки


ax = x’’ = -4 см/с2;  ay = y’’ =  0.


Модуль ускорения точки

см/с2.


Касательное ускорение находим путем дифференцирования модуля скорости (3)




При t = 0,5 c


x = -2×0,52 + 3 = 2,5 см,        y = -5×0.5 = -2,5 см.


Vx = -4×0,5 =-2 см/с,  Vy = -5 см/с,  V = 5,38 см/с.


ax = -4  см/с2,   ay =  0,   a = 4 см/с2


 см/с2


K-1


Модуль касательного ускорения


at = 1,487 см/с2

Знак “+” при dV/dt показывает, что движение точки ускоренное и, следовательно, направления совпадают.

Нормальное ускорение точки:


см/с2.


Радиус кривизны траектории в той точке, где при t = 0,5 с находится точка М:


см.


Пользуясь уравнением (2), строим траекторию (рис. 1) и показываем на ней положение точки М в заданный момент времени. Вектор строим по составляющим , причем он направлен по касательной к траектории точки. Вектор  находим как по составляющим , так и по .


Рис. 1


Задание К-2. Определение скоростей и ускорений точек твёрдого тела при поступательном и вращательном движениях.


Вариант № 1.


Дано:



Определить коэффициенты ,  и , при которых осуществляется требуемое движение груза 1. Определить так же в момент времени  скорость и ускорение груза и точки М одного из колёс механизма.

Решение:

Уравнение движения груза 1 имеет вид:


      (1).


Коэффициенты ,  и  могут быть определены из следующих условий:

при                (2).

при                  (3).

Скорость груза 1:


                (4).


Подставляя (2) и (3) в формулы (1) и (4), находим коэффициенты:

            


Таким образом уравнение движения груза 1:


               (5).


Скорость груза 1:


                (6).


Ускорение груза 1:


Для определения скорости и ускорения точки М запишем уравнения, связывающие скорость груза  и угловые скорости колёс  и .

В соответствии со схемой механизма


(7).


откуда



или с учётом (6) после подстановки данных:



Угловое ускорение колеса 3:



Скорость точки М, её вращательное, центростремительное и полное ускорения определяются по формулам:


         

Выполнил: ст.гр. С-045 rus Калайчиди Виктор

Проверил: Русу В.Н.


Шифр

Вариант

61

16


Дано: схема механизма,


Sr=OM=20 sin рt см


t1=1/3 c

a=20 cм


Решение:

Положение М на фигуре D определяется расстоянием Sr=OM

При t=1/3 c


Sr=20 sin р/3 =17.32 cм


Абсолютная скорость точки М


V=Vr+Ve


Модуль относительной скорости


Vr=| Vr |

Vr=dSr/dt=20р cos рt


При t=1/3 c

Vr=10 р=31.41 cм/с

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

Модуль переносной скорости


Ve=Rщe

R= Sr2+a2 =26.46 см

щe=|щe|               щe=dцe/dt=1-t c-1

При t=1/3

щe= 0.67 c-1


Положительный знак у величины щe показывает, что вращение фигуры D происходит вокруг Оz по направлению отсчета угла ц. Вектор щe направлен на наблюдателя.

Переносная скорость

Ve=17.73 см/с

Вектор Ve направлен по касательной к окружности вращения т.М

Из теоремы косинусов найдём


V=Vr2+ Ve2 - 2VrVeсos б

cos б = a/R = 0.76

V=21.32 cм/с


Абсолютное ускорение точки равно геом. сумме относительного, переносного, и кориолисова ускорений


W=Wr+We+Wc

W=Wrф+Wrn+Weв +Weц+Wc

Wrф= d2Sr/dt2 =-20р2 sin рt

При t=1/3 c

Wrф= -170.77 cм/с2

Wrф=170.77 cм/с2


Знак “-“ показывает, что Wrф направлен в сторону убывания Sr


Wrn=Vr2/с=0 (с=∞)


Модуль переносного вращательного ускорения


Weв=Rеe

еe= d2цe/dt2=-1 c-2

Weв= -26.46 cм/с2


Разные знаки у величин еe и щe говорят о замедленном движении круга D, вектора еe и щe противоположно направленны.

 

Weц=R щe2=11.88 cм/с2


Вектор Weц направлен к центру окружности L


Wc=2щe x Vr

Wc=2щeVr sin(щe Vr)

sin(щe Vr)=1

Wc=2щeVr=48.09 cм/с2


По методу проекций имеем


Wx= Weв cos б - Weц cos(90-б) - Wrф=

Wy= Wc-Weв sin б - Weц sin(90-б) =

W= Wx2+ Wy2=


щe, c-1

Скорость, см/с

еe,c-2

Ускорение, см/с2

Vr

Ve

V

Wrф

Wrn

Weв

Weц

Wc

Wx

Wy

W

0.67

31.41

17.73

21.32

-1

-170.77

0

-26.46

11.88

48.09






РЕКЛАМА

рефераты НОВОСТИ рефераты
Изменения
Прошла модернизация движка, изменение дизайна и переезд на новый более качественный сервер


рефераты СЧЕТЧИК рефераты

БОЛЬШАЯ ЛЕНИНГРАДСКАЯ БИБЛИОТЕКА
рефераты © 2010 рефераты