Теоретическая механика

Размещено на http://www.allbest.ru/

Контрольная работа

Теоретическая механика



Задание 1

Закон движения точки М на неподвижной плоскости задан в координатном виде:

x=a+bt2 ; y=ct,

где t- время в с.

а = 2м. b = 0.1 м/с2 с = 1 м/с.

Требуется:

1) построить траекторию движения точки;

2) показать положение точки в моменты времени t0 =0 и t1 =1c.;

3) вычислить проекции на оси Ох и Оу и величины векторов скорости и ускорения точки в момент времени t1 =1c .;

4) показать векторы скорости и ускорения в момент времени t1 =1c .

Решение

1) построим график -траекторию движения точки:

Закон движения точки в координатном виде задает линию параметрических уравнений как множество точек с координатами х,у, когда параметр t-время

(t 0). Чтобы найти функцию F(x,y), установим связь между координатами х,у в одинаковые моменты времени t.



построим график -траекторию движения точки:

Закон движения точки в координатном виде задает линию параметрических уравнений как множество точек с координатами х,у, когда параметр t-время

(t 0). Чтобы найти функцию F(x,y), установим связь между координатами х,у в одинаковые моменты времени t.

2) Определим функции V(x),V(y) путем подстановки заданных функций x(t),y(t) от времени в выражения для проекций скорости:

x=0.1t2 +2 , y=t

v(x)= = = = 0.2t ; v(y) = = = 1 ;

определим значение скорости в точках при t =0 и t =1;

v(x0)=v(t0)=0.2*0=0 ; v(y0)= 1 м/с.

v(x1)=v(t1)=0.2*1=0,2 м/с ; v(y1)= 1 м/с.

3) определяем функцию v:

v=

v1= = 1.02 м/с

4) Определим функции ах , ау подстановкой:

ах1= = = =0.2 м/с2 ; аy1 = =0 м/с2

a1= = = 0,2 м/с2

направление движения в момент времени t1 определяется по направлению вектора скорости 1 с началом в движущейся точке.

Результаты:

М0(2,0), М1(2,1;1) , V11.02 м/с , a1= 0,2 м/с2

Задание 2

По заданному закону вращения колеса 1

= a+bt3

где t- время в секундах;

t1 - момент времени , t1 =1 c. ; a = 0.4 рад, b =0,2 рад/с3,

- угол поворота колеса 1 относительно неподвижной оси;

=(t) - закон движения колеса 1, рад;

R1=0.1 м, R2=0.2 м, R1=0.2 м, - радиусы колес.

Требуется :

1) найти величины и направления угловых скоростей и угловых ускорений колес 1,2,3 в момент времени t1 ;

2) вычислить величины и показать направления линейных скоростей и ускорений точек М3 и М4 звеньев 3,4 в момент времени t1 .

Принять, что контактирующие колеса и балка 4 не скользят относительно друг друга.

траектория движение скорость

Решение

Подставим значения для а и b в формулу для , получим:

= 0,4+0,2t3 - уравнение вращения колеса 1.

1) определим угловую скорость колеса 1:

1 = = 0.6t2 , t1= 1 c. 1(1)= 0.6 рад/с

Определим угловое ускорение колеса 1

1= =1.2t , t =1 c. 1(1) =1.2 рад/с2

Найдем линейную скорость точки на ободе колеса 1:

v1 =1R1 = 1.2*0.1 =0.12 м/с.

2) линейные скорости колес 1 и 2 равны, поэтому v2 =0.12м/с

угловая скорость колеса 2:

2 = =0.12/ 0.2 = 0.6 рад/с

из равенства 1*R1 =2*R2 после дифференцирования по t , получим:

1*R1 =2*R2 , 2(1) = 1(1)*R1 /R2 = 1.2*0.1/0.2 =0.6 рад/с2

2 = 0.6t2 *R1/R2 =0.6t2*0.1/0.2=0.3*t2;

v2=2*R2=0.3t2*R2=0.3t2*0.2=0.06t2

ap= = 0.12t



при t=1c. ap (1)=0.12 м/с2 vр =v2=0.06*12=0.06 м/с

Ответ: 1(1)= 0.6 рад/с ; 1(1) =1.2 рад/с2 ; v1 =0,12м/с= v2 ; : 2 =0,6рад/с ;

vр=v2=0.06 м/с ; 2(1) = 0,6рад/с2 ; ap (1)=0.12 м/с2

Задание 3

Горизонтальная балка ОС длиной 1,4 м. заделана левым концом в вертикальной стене. На участке АВ балка нагружена вертикальной распределенной по длине балки силой с интенсивностью q, равной 5 кН/м.

Найти реакции заделки и силу натяжения цепи, один конец С которой связан с концом балки, а другой D - со стеной, если цепь образует с вертикалью OD угол ,а сила натяжения цепи такова, что давление балки на стену по вертикали отсутствует.

ОА=0,3 м., АВ=0,5 м., =600

Решение

Считаем, что система сил- плоская.

1 Составим расчетную схему балки, на которой изобразим ось балки, освобожденной от связи, с указанием всех сил, включая равнодействующую распределенной нагрузки, реакции связей и точки приложения сил.



2 Составим систему уравнений:

?М(О)=0 ; ?М(С)=0 ;

;

Вычитая из второго уравнения первое почленно, получим:

5*0,5*0,85+5*0,5*0,55-0,7*F=0 ;

2.5*1.4=0.7*F ;

F=5 кН ; M=5*0.5*0.85=2.125 кНм

xi =0 ; x0 -5* =0 ; x0 = 2.5 кН ;

Проверим расчет, составив уравнение ?yi =0 ; у0=0

R0= = =2.5 кН ;

0-2.5+2.5=0 (вычисления верны)

Ответ: F=5 кН ; R0 =2.5 кН ; М=2.125 кНм .



Задание 4

Кривошип ОА длиной 0,4 м. вращается относительно оси О по закону =sin(р/3t) и приводит в движение шатун (линейку эллипсографа) BD и два ползуна B,D на концах шатуна массами 5 кг 15 кг, движущийся в направляющих вдоль осей Ох и Оу. Определить главный вектор внешних сил, приложенных к системе, состоящей из кривошипа, шатуна и ползунов, в положении, когда кривошип и ось Ох образуют угол =0. Массами кривошипа и шатуна можно пренебречь.

Решение

1 Определим величину и направление ускорения центра масс системы.

= sin(t) ; = d /dt =Cos(t) ; (1)= * =рад/с. ;

=d/dt = - Sin(t) *(1)= - * рад/с2

> 0, значит круговая стрелка, изображающая направление угловой скорости направлено как на исходной схеме, а ускорение (1) < 0, значит его направление противоположно ранее обозначенному.

2 Определим величины vA, vD и их направления в заданный момент времени.

VA=*OA ; vA(1)=*0.4= м/с.

= = = м/с2

A ==* м/с2 ; A= A + A .

Определяем угловую скорость АD шатуна AD в заданный момент времени.

Так как направления скоростей точек A,D шатуна в данном положении механизма параллельны, то мгновенный центр скоростей звена находится в бесконечности, и движение шатуна - мгновенно поступательное в том смысле, что скорости всех его точек равны, и в данный момент угловая скорость равна нулю: BD =0 .

Определяем величину aAD и направление ускоренияD точки D.

Составляем систему из двух векторных уравнений для определения ускорения точки D ползуна, движущейся по оси Ох, и ускорения точки D шатуна, точка А которого рассматривается как полюс:

, - нормальное и касательное ускорение точки D при ее движении по прямой Ох;

), ) - касательное и нормальное ускорения точки D при ее движении относительно полюса А, т.е. по окружности радиуса AD, если считать полюс неподвижным. Если угол =0, то грузы на концах ползуна 5 кг и 15 кг будут лежать на оси Ох на равных расстояниях от конца шатуна (т.А). Точка приложения весов этих грузов лежит на расстоянии 3/4*0,8 м=0,6 м. Величина этой силы равна сумме весов на концах ползуна:

F(=0)= (5+15)*g=20*9.81=196.2 H.

Задание 5

Каток 1 массой m1, на который намотан канат, катится без скольжения по горизонтальной плоскости из состояния покоя под действием момента М пары сил и поднимает канатом, перекинутым через блок 2 массой m2, груз массой m3 по наклонной плоскости, образующей угол с горизонтом. Пренебрегая трением качения катка с плоскостью и проскальзыванием нити относительно блока и катка, найти ускорение движения центра масс груза.

Принять, что каток и блок представляют собой сплошные однородные цилиндры радиусами R1и R2 , участка каната между катком и блоком горизонтальный и коэффициент трения скольжения при движении груза по плоскости равен .

=600, =0,1, М=20Н*м, m1=20 кг., R1=0.4 м. , m2=5 кг , R2=0.1 м. , m3=10 кг., g=10м/с2

Решение

Груз, блок и каток, связанные канатом, образуют механическую систему. Движения тел системы плоскопараллельные. Они происходят в плоскости, перпендикулярной осям блока и колеса и проходящей через центры масс тел, образующих систему. Пусть 1 , 2- угловые скорости вращения блока и колеса;

vA , vB , vC , vD , vE - cкорости точек A,B,C,D касания каната с грузом, блоком, катком и центра Е масс катка.

Считаем, что угол поворота тела вокруг оси возрастает при вращении тела по ходу стрелки часов. Момент силы относительно оси считаем положительным, если сила стремится вращать тело по ходу положительного направления угла поворота тела вокруг оси, т.е. по ходу стрелки часов.

Решение

1 Для катка:

M= R12*2R1 ; R12=M /(2R1) = 20/(2*0.4)=25 H. ;

2 Для блока (шкива) :

R21=R12=25 H ;

Определим крутящий момент и момент сопротивления для блока:

Мкр.2=R21*R2= 25*0.1=2.5 Hм ; Мтр= Мкр.2 - I2= Мкр.2 - m2R212=2.5- 0.025=2.475 Нм ;

R21*R2 = Мкр.2+ Мтр = 0,25-2,475= - 2,225 Нм

R23=- 2.225 /0.1 = -22.25 H.

3 Для бруска на наклонной плоскости:

N=m3g cos600 = 10*10*0.5=50 H. (сила нормального давления);

Модуль силы сопротивления:

Fc=N*з = 50*0.1=5 H ;

Сила, скатывающая с наклонной плоскости:

F3=m3gsin600 = 10*10*1.732/2= 86.6 H.;

Результирующая сила (без силы трения):

Fр=86,7 -22,25=64,35 Н. ;

Сила , определяющая движение:

Fa=64.35 - 5 =59.35 H ;

Искомое ускорение тела 3:

a= Fa / m3 = 59.35 / 10 = 5.9 м/с2 ;

а = 5,9 м/с2



Использованная литература

1 Никитин Е.М. Теоретическая механика для техникмов:М.:1992г.;

2 Аркуша А.И. , Фролов М.И. Техническая механика. М.,1993 г.

Размещено на Allbest.ru

...