Смогунов В.В., Вдовикина О.А., Митрохина Н.Ю., Кузьмин А.В. - Кинематика и статика (1079979), страница 3

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 3)

Радиус кривизны траектории   v a n . Подставляя сюда числовыезначения v1 и а1n , найдем, что при t1 = 1 c 1  3,05 см.Ответ: v1  1,33 см/с, a1  0,88 см/с2, a1  0,66 см/с2, a1n  0,58 см/с2, 1  3,05см.Пример К1.2 а Дано: уравнения движения точки в плоскости ху:x  4  2t ;y  2 cost4 (х, у – в сантиметрах, t – в секундах).(1)Определить: уравнение траектории точки, для момента времени t1 = 1 c найтискорость и ускорение точки, а также ее касательное и нормальное ускорения ирадиус кривизны в соответствующей точке траектории.Решение.1.

Для определения уравнения траектории точки исключим из заданныхуравнений движения время t.tИз первого уравнения (1) выразим параметр t:4 x2 и подставим полученное значение во второе уравнение (1): 4x xxxy  2 cos( )  2 cos(  )  2(cos cos  sin sin ).4 22 82828cos  0sin  122Учтя, что,а, получим окончательно уравнение траектории27(синусоиды, рис. К1.2а)y  2 sinx.8y2-8M0-448x-2Рис. К1.2а2. Скорость точки найдем по ее проекциям на координатные оси:t22   sinvyyv x  x  2 ;24 ; v  vx  v y ;и при t1 = 1 cv1x  2 см/с, v1 y  1,11 см/с, v1  2,29 см/с.(3)3.

Аналогично найдем ускорение точки:a x  v x  0, a y  v y  2tcos ; a  a 2  a 2xy84и при t1=1 ca1x = 0; а1у = – 0,87 см/c2; а1 = 0,87 см/c2.(4)4. Касательное ускорение найдем по формулеa dv v x a x  v y a ydtv.(5)Числовые значения всех величин, входящих в правую часть выражения (5),определены и даются равенствами (3) и (4). Подставив в (5) эти числа, находим, чтопри t1 = 1 c a1  0,42 см/с.275. Нормальное ускорение точкиan  a 2  a2. Подставляя сюда найденныечисловые значения a1 и a1 , получим, что при t1 = 1 c a1n = 0,76 см/c2.26.

Радиус кривизны траектории   v a n . Подставляя сюда числовыезначения v1 и а1n , найдем, что при t1 = 1 c 1  6,9 см.Ответ: v1  2,29 см/с, a1  0,87 см/с2, a1  0,42 см/с2, a1n  0,76 см/с2, 1  6,9см.Пример К1.1 б. При движении точки по дуге окружности радиуса R  2 м2уравнение пути имеет вид: s  6t  2t (s – в метрах, t – в секундах), где s  AM(рис.

К1 б).Определить скорость и ускорение точки в момент времени t1=1 c.MaτVanaCARРис. К1.1 бРешение. Движение точки задано естественным способом. Скорость точкиопределим как первую производную от дуговой координаты по времени:vds 6  4tdt. При t1=1 c получим v1  6  4  1  2 м c .Ускорение находим по его касательной и нормальной составляющим:dvv2a  4an dtR .м/с,27222При t1=1 c получим: a1  4 м c , a1n  2 2  2 м c .Тогда ускорение точки при t1=1 c будетa  a12  a12n  42  2 2Изобразить векторы 4,47 м c 2v1 иa.следует, учитывая знаки результатовдифференцирования (v1  0, a1  0) , при этом направление касательной считатьположительным в сторону возрастания дуговой координаты.

Вектор an направленк центру окружности.Пример К1.2 б. При движении точки по дуге окружности радиуса R  2 мs  4 cosуравнение пути имеет вид:t3 (s – в метрах, t – в секундах), где s  AM(рис. К1 б).Определить скорость и ускорение точки в момент времени t1=1 c.vMaτanaCARРис. К1.2.бРешение. Движение точки задано естественным способом. Скорость точкиопределим как первую производную от дуговой координаты по времени:vds4t  sindt33 .

При t1=1 c получим v1  3,65см / с.Ускорение находим по его касательной и нормальной составляющим:2722dv4 2t a  v  va cosnR .dt93 ,22При t1=1 c получим: a1  2,19 см с , , a1n  6,66 см с , .Тогда ускорение точки при t1=1 c будетa1  a12  a12n  7,02 см с 2Изобразить векторы.v1 иaследует, учитывая знаки результатовдифференцирования (v1  0, a1  0) , при этом направление касательной считатьположительным в сторону возрастания дуговой координаты. Вектор an направленк центру окружности.27Задача К2Механизм состоит из ступенчатых колёс 1…3, находящихся в зацепленииили связанных ременной передачей, зубчатой рейки 4 и груза 5, привязанного кконцу нити, намотанной на одно из колес (рис.

К2.0…К2.9, табл. К2). Радиусыступеней колес равны соответственно: у колеса 1 – r1 = 2 см, R1 = 4 см, у колеса 2 –r2 = 6 см, R2 = 8 см, у колеса 3 – r3 = 12 см, R3 = 16 см. На ободьях колесрасположены точки A, B и C.В столбце «Дано» таблицы указан закон движения или закон измененияскорости ведущего звена механизма, где 1 t  – закон вращения колеса 1, S 4 t  –закон движения рейки 4,  2 t  – закон изменения угловой скорости колеса 2, v5 t – закон изменения скорости груза 5 и т.д. (везде  выражено в радианах, s – всантиметрах, t – в секундах). Положительное направление для  и  противхода часовой стрелки, для s4 , s5 и v4 , v5 – вниз.Определить в момент времени t1 = 2с указанные в таблице в столбцах«Найти» скорости (v– линейные,  – угловые) и ускорения (а – линейные,  –угловые) соответствующих точек или тел ( v5 – скорость груза 5 и т.д.).Указания.

Задача К2 – на исследование вращательного движения твердоготела вокруг неподвижной оси. При решении задачи учесть, что, когда два колесанаходятся в зацеплении, скорость точки зацепления каждого колеса одна и та же, акогда два колеса связаны ременной передачей, то скорости всех точек ремня и,следовательно, точек, лежащих на ободе каждого из этих колес, в данный моментвремени численно одинаковы; при этом считается, что ремень по ободу колеса нескользит.Таблица К227Номер условияНайтиДано 2tскоростиускоренияvB, vCε2, aA, a5vA, vCε3, aB, a40s 4  4 7t  t 21v521  2t 2  9v4, ω2ε2, aC, a53 2  7t  3t 2v5, ω3ε2, aA, a443  3t  t 2v4, ω1ε1, aB, a551  5t  2t 2v5, vBε2, aC, a46 2  2 t 2  3tv4, ω1ε1, aC, a57v4  3t 2  8vA, ω3ε3, aB, a58s5  2t 2  5tv4, ω2ε1, aC, a493  8t  3t 2v5, vBε2, aA, a42332431CB45CРис.

К2.0A45Рис. К2.1332BAA1212C4B1BAC5Рис. К2.2275Рис. К2.3313221BBA44CCA55Рис. К2.5Рис. К2.4321BA43C21A4CB55Рис. К2.6Рис. К2.733A212CBA 144CB5Рис. К2.85Рис. К2.9Пример К2 а. Рейка 1, ступенчатое колесо 2 с радиусами R2 и r2 и колесо 3радиуса R3, скрепленное с валом радиуса r3, находятся в зацеплении; на валнамотана нить с грузом 4 на конце (рис. К2.а). Рейка движется по закону s1=f(t).Дано: R2= 6 см, r2 = 4 см, R3 = 8 см, r3 = 3 см, s1=3t3 (s – в сантиметрах, t – всекундах), А – точка обода колеса 3, t1 = 3 c.Определить:273 , v4 ,  3 , a A в момент времени t = t .1132u2 =v 3AaAnω2aAτBω3v2AaAv44v1Рис.

К2 аРешение. Условимся обозначать скорости точек, лежащих на внешнихободах колеса (радиуса Ri ), через vi , а точек, лежащих на внутренних ободах(радиуса ri), – через ui.1.Определяем сначала угловые скорости всех колес как функции времениt. Зная закон движения рейки 1, находим ее скорость:v1  s1  9t 2 .(1)Так как рейка и колесо 2 находятся в зацеплении, то v2  v1 или 2 R2  v1 .Но колеса 2 и 3 тоже находятся в зацеплении, следовательно, u 2  v3 или 2 r2  3 R3 . Из этих равенств находим2 v1 3 2r3 t 3  2  2  t 2R2 2 ,R34 .(2)Тогда для момента времени t1 = 3 c получим 3  6,75 с-1.272.Определяем v4 .

Так как v 4  v B  3 r3 , то при t1 = 3 c v 4  20,25 см/с.3.Определяем3 .Учитываявтороеизравенств(2),получим 3  1,5t . Тогда при t = 3 c  3  4,5 c-2.3  14.Определяем аА. Для точки А a A  a A  a An , где численно a A  R3 3 ,a An  R332 . Тогда для момента времени t = 3 c имеем122a A  36 см/с2, a An  364,5 см/с2; a A  a A  a An  366,3 см/с2.Все скорости и ускорения точек, а также направления угловых скоростейпоказаны на рис. К2.а.Ответ: 3  6,75 с-1; v 4  20,25 см/с;  3  4,5 с-2; a A  366,3 см/с2.Пример К2 б. Рейка 4, ступенчатое колесо 2 с радиусами R2 и r2, ступенчатоеколесо 1 с радиусами R1 и r1 и ступенчатое колесо 3 с радиусами R3 и r3 находятся взацеплении, на шкив радиуса r3 намотана нить с грузом 5 на конце (рис. К2.б).Угловая скорость колеса 1 изменяется по закону ω1=f(t).21BvB3ω3.ω2a4O2O1ω1a Cnε2C4O3aC.a Cτ5v5Рис.

К2 б2Дано: r1=2 cм, R1=4 см, r2=6 см, R2=8 см, r3=12 см, R3=16 см, 1  5t  2t , t1=2c.27Определить: v5 , v B ,  2 , aC , a 4 в момент времени t = t1.Решение. 1. Определим скорость точки B ремня, передаваемую от колеса 12колесу 2: v B  1 R1  (5t  2t ) R1 . При t 1= 2 c v B  8 см/с.2. Зная скорость точки B колеса 2, можно определить угловую скорость2 вращенияколеса 2  (5  4t )2  vBR (5t  2t 2 ) 1R2R2иугловоеускорениеколесаR1R2 .2При t1=2 c  2  1,5 c .3. Определим скорость точек соприкосновения колеса 2 и рейки 4v4  2 r2  (5t  2t 2 )R1r2R2 . Зная закон изменения скорости рейки, можно сразуопределить ее ускорение, т.к.

рейка совершает поступательное движениеa4  v4  (5  4t )R1r2R2 . При t =2 c a 4  9 см/с2.14. Колеса 3 и 1 находятся во внешнем зацеплении, поэтому скорости точек ихсоприкосновения одинаковы в любой момент времени 3 R3  1r1 , откуда3  1находимr1r (5t  2t 2 ) 1R3R3 .Груз 5 прикреплен к концу нерастяжимой нити, которая сходит сv5  3 r3  (5t  2t 2 )внутреннего обода колеса 3, следовательно,r1r3R3 . При t =2 c1v5  3 см/с.5.27ОпределимвращательноеускорениеточкиCaCвр   3 r3,где 3  (5  4t )3  rrr1aC  (5  4t ) 1 3R3 , тогдаR3 .

Центростремительное ускорение точкиaCц  r33 2  (5t  2t 2 ) 2Cr12r3врцR32 . При t =2 c aC  4,5 см/с2, aC  0,375 см/c2.1na Т.к. aC  aC , то Ca   a  2Cn 2C 4,52см/c2.Все скорости и ускорения точек, а также направления угловых скоростейпоказаны на рисунке К2.б.2Ответ: v B  8 см/с, v5  3 см/с,  2  1,5 c , a 4  9 см/с2, aC  4,52 см/c2.Задача К3Плоский механизм состоит из стержней 1, 2, 3, 4 и ползуна В или Е (рис.К3.0…К3.7) или из стержней 1, 2, 3 и ползунов В и Е (рис. К3.8…К3.9),соединённых друг с другом и с неподвижными опорами О1 и О2 шарнирами; точкаD находится в середине стержня AB. Длины стержней равны соответственно l1 =0,4 м, l2 = 1,2 м, l3 = 1,4 м, l4 = 0,6 м.

Положение механизма определяется углами  , ,  ,  ,  .Значения этих углов и других заданных величин указаны в табл. К3а(для рис. 0…4) или в табл. К3б (для рис. 5…9); при этом в табл. К3а 1 и 2 –величины постоянные.Определить величины, указанные в таблице в столбце «Найти». Дуговыестрелки на рисунках показывают, как при построении чертежа должныоткладываться соответствующие углы: по ходу или против хода часовой стрелки(например, угол  на рис.

8 следует отложить от DВ по ходу часовой стрелки, а нарис. 9 – против хода часовой стрелки и т.д.).Построениечертежа начинать со стержня, направление которогоопределяется углом  ; ползун с направляющими для большей наглядности27изобразить, как в примере К3 а (см. рис. К3 б).Заданные угловую скорость и угловое ускорение считать направленнымипротив хода часовой стрелки, а заданные скорость v B и ускорение a B – от точки Вк b (на рис.

5…9).Таблица К3а (к рис. К3.0…К3.4)Углы, градНомерусловияДаноНайтиω1, 1/c ω4, 1/cvωεβγφθ00603001206–B, EDEBAB190120150030–4A, EABAAB230603001205–B, EABBAB3601501509030–5A, EDEAAB430306001504–D, EABBAB5901201209060–6A, EABAAB69015012090303–B, EDEBAB7060600120–2A, EDEAAB86015012090302–D, EABBAB930120150060–8A, EDEAABточекзвена точки звенаТаблица К3б (к рис. К3.5…К3.9)27аαУглы, градНомерусловия α0Даноθ ω1, 1/cε1, 1/cφНайтиvB,aB, м/с2v точек ω звена а точки ε звенам/сβγ120 303090 15024––B, EABBAB1060900120––46A, EDEAAB260 15030903035––B, EABBAB30 15030060––68A, EABAAB430 120 12006046––B, EDEBAB590 120909060––810D, EDEAAB60 15090012058––B, EDEBAB730 12030060––25A, EABAAB890 120 12090 150610––B, EDEBAB960 6090––54D, EABAAB130O24θγ B3E2 DAO160βαφE3θαφ2O2 4 γDO1 βA1BРис.

Характеристики

Список файлов книги