Вход

Теоретическая механика

Рекомендуемая категория для самостоятельной подготовки:
Курсовая работа*
Код 297359
Дата создания 24 марта 2014
Страниц 31
Мы сможем обработать ваш заказ (!) 29 марта в 12:00 [мск]
Файлы будут доступны для скачивания только после обработки заказа.
2 880руб.
КУПИТЬ

Описание

Теор мех ...

Содержание

ПРИНЦИП ВОЗМОЖНЫХ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ.
Механизмы и составные конструкции, показанные на рисунке, находятся в состоянии равновесия.
Найти вертикальную составляющую реакции шарнира В составной конструкции.
Дано: рисунок 1
ПРИНЦИП ДАЛАМБЕРА.
Однородный полукруг массой m, радиусом R вращается с постоянной угловой скоростью ω вокруг оси ОА. Определить реакции подшипника А и подпятника О. Расстояние от центра тяжести полукруга до оси ОА X_C=4R/3π, где R - радиус.
Дано: m,R,ω,X_C=4R/3π


Найти: X_0,Z_0,X_A-?
Решение:
Свяжем с полукругом подвижную систему координат XYZ.

Чтобы воспользоваться принципом Даламбера, определим силы инерции точек полукруга. Для этого разобьем полукруг на элементарные площадки. При равномерном вращении полукруга сила инерции каждого элемента имеет только центробежную составляющую, модуль которой равен
Ф_i^ц=m_i x_i ω^2
Направление силы Ф_i^ц противоположно направлению центростремительного ускорения элемента a_i^ц . силы инерции образуют систему параллельных сил, направленных в одну сторону и лежащих в плоскости полукруга XOZ
Такая система приводит к равнодействующей Ф^ц, равной главному вектору этих сил и следовательно определяется по формуле
Ф^ц=-ma_C^ц

Введение

Оглавление
ЗАДАЧА С1. 3
ЗАДАЧА С2. 7
ЗАДАЧА С3 10
ЗАДАЧА С4 14
ЗАДАЧА К1 16
ЗАДАЧА К2 18
ЗАДАЧА КЗ 20
ЗАДАЧА К4 24
ЗАДАЧА Д1 25
ЗАДАЧА Д2 26
ЗАДАЧА ДЗ 27
ЗАДАЧА Д4 29
Список используемой литературы: 31

Фрагмент работы для ознакомления

Вырежем узел С в котором сходятся стержни 2 и 3. Рассмотрим равновесие этого узла под действием расходящейся системы сил: RС ; S2 ; S3 ;Где S2 ; S3 - усилия в стержнях 2 и 3. (рисунок 4)Для узла С выполняются следующие условия равновесия:FKX=0; -S3-S2cos45°=0 (6)FKY=0; -RC-S2sin45°=0 (7) Из (7) уравненияS2=-Rcsin45°=-650.707=91.94 kHСтержни S2; - растянуты, а стержни S7; S5 S1;S3- сжаты.Ответ: S1=-70,72 kH ; S2=91,94kH ; S3=-65кН ; S7=-50кН ; S5=-65kHЗАДАЧА С4ОПРЕДЕЛЕНИЕ РЕАКЦИЙ СВЯЗЕЙ ПРОСТРАНСТВЕННОЙ КОНСТРУКЦИИОпределить реакции связей пространственной конструкции, находящейся под действием сил F, Р и пары сил с моментом М. Для всех вариантов принять F=200 H, Р=300Н, M=60H∙м, а = 1м, схемы конструкций представлены на рисунках.Дано: P=300H , M=MZ=60H∙м, F=200H, a=1м. Найти: RAX, RAY, RAZ, RDX, RDY, RE-? Решение:Рассмотрим равновесие пластины.Освободим пластину от связей, приложим к ней реакции связей RAX, RAY, RAZ, RDX, RDY, RE где RAX, RAY, RAZ- составляющие реакции сферического шарнира в точке А.RDX, RDY – составляющие реакции цилиндрического шарнира в точке D.RE - реакция натяжения веревки.Разложим силу F на проекции: так как F⊥AZ, то FZ=0F=FX+FYГде FY=Fcos45°=200∙0.707=141.4 Н FX=Fsin45°=200∙0.707=141.4 НУсловия равновесия конструкции имеют вид:FKX=0; RAX-FX+RDX=0 (1)FKY=0; -RE+RAY+FY+RDY=0 (2) MXFK=0; -P∙0.5∙0.6a∙cos45°-FY∙a-RDY∙a=0 (3)MYFK=0; RDX∙a-FX∙a+P∙0.3a∙sin45°=0 (4)MZFK=0; -RE∙0.6a∙cos45°+MZ+F∙0.6a=0 (5)FKZ=0; RAZ-P=0 (6) Из (6) уравненияRAZ=P=300HИз (3) уравненияRDY=-P∙0.5∙0.6∙cos45°-FY∙1=-300∙0.6∙0.5∙0.707-1∙141.4==-205.03HИз (4) уравненияRDX=FX-P∙0.3∙sin45°=141.4-300∙0.3∙0.707=77.77 HИз (5) уравненияRE=MZ+F∙0.6a0.6a∙cos45°=60+300∙0.60.6∙0.707=565.77 HИз (1) уравненияRAX=FX-RDX=141.4-77.77=63.63 HИз (2) уравненияRAY=RE-FY-RDY=565.77-141.4+205.03=629.4 HОтвет:RAX=63.63 HRDY=-205.03HRDX=77.77 НRAZ=300 HRAY=629.4 HRE=565.77H.ЗАДАЧА К1КИНЕМАТИКА ТОЧКИ.По заданным уравнениям движения точки М x=x(t), y=yt найти траекторию точки, а также для заданного момента времени t=t1 найти положение точки на ее траектории, определить и построить векторы скорости, нормального, касательного и полного ускорений, вычислить радиус кривизны в соответствующей точке траектории. Дано: x=3cosπt, см y=4sinπt, см t1=56c.Найти: Q-?Решение:Выразим из первого уравнения x(t): cosπt=x3.Подставим в уравнение y(t) по формуле sinα=1-cos2α:y=41-x232-2 или y2=421-x232x232+y242=1Уравнение траектории (эллипс с центром в начале координат и полуосями a=3, см b=4, см ) Проекция скорости: VX=X=-3πsinπtVY=Y=4πcosπtМодуль скорости V=VX2+VY2. Проекции ускорения: aX= X=VX=-3π2cosπtaY= Y=VY=-4π2sinπtМодуль ускорения a=aX2+aY2.Для момента времени t=t1=56c величины координат, скорости и ускорения вычисляем и заносим в таблицу 1.Координа-та, смСкорость, см/сУскорение , см/с2Радиус кривизны, смXYVXVYVaXaYaaτanρ-2.62-4.71-10.8811.8625.64-19.7432.367.9331.374.48Касательное ускорение: aτ=dVdt, где dVdt=VX∙aX+VY∙aYV. При t=t1=56c:dVdt=-4.71∙25.64-10.88∙(-19.74)11.86=7.93смс2aτ=7.93смс2Т.к. dVdt>0, то точка М движется ускоренно, aτ направленно в ту же сторону , что V.Нормальное ускорение: an=a2-aτ2=32.362-7.932=31.37смс2Радиус кривизны траектории: ρ=V2an. При t=56c: ρ=11.86231.37=4.48 смВеличины aτ, an, ρ заносим в таблицу 1.По уравнениям движения Xtи Yt строим участок траектории (табл. 2)t,с00.411.4X, см30.92-3-0.93Н, см03.80-3.8Для момента времени t=56c наносим векторы скорости и ускорения.ЗАДАЧА К2 ВРАЩАТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА.Движение точки вращающегося тела задано уравнениями x=10cos2t2 ; y=10sin2t2 (х и у - в см, t - в с). Найти закон вращения, скорость и ускорение точки тела, отстоящей от оси вращения на расстоянии r = 6 см. Начальная угловая скорость тела ω0=0c-1.Дано: x=10cos2t2y=10sin2t2r=6см ω0=0c-1Найти: a, v, w, aτ, an, ε, ω(t)-?Решение:Уравнение движения точки можно рассматривать как уравнения ее траектории, представленные в параметрической форме. Поэтому, что бы по заданным уравнениям движения записать уравнения траектории в координатной форме, достаточно из уравнений движения исключить параметр t. Из уравнения x(t) : cos2t2=x10.Подставим в уравнение y(t) по формуле sinα=1-cos2α:Тогда y=101-x2100 или y2100+x2100=1 – это уравнение окружности с центром в начале координат и радиусом R=100см.Находим скорость v:VX=X=-40tsin2t2VY=Y=40tcos2t2Модуль скорости V=VX2+VY2. v=(-40tsin2t2)2+40tcos2t2=40t смсТак как линейная скорость v равна v=ωr тогда ω=vrПри v=40t смс и r=6см получим ω=40t6=6.67tКасательное ускорение точки равно:aτ=v=40смс2Нормальное ускорение точки равно an=ω2r=(6.67t)2∙6=266.93t2смс2Угловое ускорение равно: ε=aτr=406=6.67c-2Полное ускорение точки равно: a=rε2+w4=66.672+(6.67t)4Так как ε=6.67c-2=const, То движение является равнопеременным. Запишем закон равнопеременного движения при ω0=0c-1Согласно уравнения w(t)=w0+εtТогда уравнение движения имеет вид: w(t)=6.67tОтвет: w(t)=6.67tε=6.67c-2a=66.672+(6.67t)4an=266.93t2смс2aτ=40смс2ω=6.67tv=40t смс ЗАДАЧА КЗ ПЛОСКОПАРАЛЛЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛАКривошип О1А вращается вокруг оси О1с постоянной угловой скоростью ω1=ωО1А=4c-1 . Для заданного положения механизма построить мгновенные центры скоростей шатунов АВ и ДЕ, найти скорости точек А, В, Д, Е, угловые скорости указанных шатунов и кривошипа О2В, а также ускорение точки В.Дано: О1А=L1=0,4мАВ=L2=1,4мО2В=L4=0,6мDE=L3=1.2мАD=DBω1=ωО1А=4c-1 Найти: PАВ, PDE, ωDE, aB, ωО2В, ωАВ, VA, VE, VD -?Решение:В заданном механизме рисунок 1 кривошип О1А и О2В совершает вращательное движение, а шатуны АВ и DE – плоскопараллельное движение.Так как скорости VA и VB направлены перпендикулярно своим кривошипам в сторону их вращения (VA=ω1∙О1А=4∙0,4=1,6мс) и зная направления векторов скоростей VA и VB, строим мгновенный центр скоростей (МЦС) шатуна АВ. Восстановим перпендикуляры к скоростям VA и VB. Точка пересечения этих перпендикуляров PАВ и будет МЦС звена АВ.Определим ωАВ и VB: ωАВ=VAАPАВ, VB=ωАВ∙BPАВ.Определим АPАВ и BPАВ.Рассмотрим треугольник АPАВB – равнобедренный , т.к. Уголы при основании треугольника равны по 30° каждый.По теореме синусов АВsin120°=BPАВsin30°=APАВsin30°Откуда APАВ=АВsin30°sin102°=1,4∙0,50,866=0,81мТогда ωАВ=1,60,81=1,98c-1.VB=1,98∙0,81=1,6мсОпределим VD. Направление скорости VD определим следующим образом: т.к. точка D принадлежит шатуну АВ, то VD будет направлена перпендикулярно DPАВв сторону вращения АВ, т.е. против хода движения стрелки часов.Определим VD по формуле VD=ωАВ∙DPАВ,Из построения видно, что DPАВ- биссектриса ∆APАВB Тогда DPАВ=APАВ∙BPАВ-AD∙DB =0.81∙0.81-0.7∙0.7=0.41мтогда VD=1.98∙0.41=0.81мсОпределим МЦС звена DE: скорость VE направлена горизонтально влево. Зная направление VD (точка D так же принадлежит к шатуну ED) и VE строим МЦС звена DE.Восстановим перпендикуляры к векторам VD и VE. Точка пересечения этих перпендикуляров PED и будет МЦС звена DE.Определим ωDE и VE по формулам: ωDE=VDDPEDVE=ωDE∙EPED.Определим DPED и EPED.Из построения видно, что треугольник EDPED - равносторонний. Углы равны по 60°, тогда ωED=0.811.2=0.68c-1ωED направлена по ходу движения стрелки часов.VE=0.68∙1.2=0.81мс.Определим ускорение aB по формуле : aB=aAτ+aAn+aBAτ+aBAn (1)Где aA =aAτ+aAn, aAτ=εО1А∙О1А - касательное ускорение точки А.

Список литературы

Список используемой литературы:
1 Яблонский А.А., Никифорова В.М. Курс теоретической механики. – СПБ: Лань, 1998. – 768 с.
2 Айзенберг Т.Б. и др. Руководство к решению задач по теоретической механике / Под ред. Воронкова И.М. – М.: Высшая школа, 1968. – 419 с.
3 Сорокин В.Н. Краткий курс теоретической механики: в теории, задачах и плакатах: Учебник /УГНТУ. – М.: Интер, 2005. – 600 с.
4 Лекционный материал.

Очень похожие работы
Пожалуйста, внимательно изучайте содержание и фрагменты работы. Деньги за приобретённые готовые работы по причине несоответствия данной работы вашим требованиям или её уникальности не возвращаются.
* Категория работы носит оценочный характер в соответствии с качественными и количественными параметрами предоставляемого материала. Данный материал ни целиком, ни любая из его частей не является готовым научным трудом, выпускной квалификационной работой, научным докладом или иной работой, предусмотренной государственной системой научной аттестации или необходимой для прохождения промежуточной или итоговой аттестации. Данный материал представляет собой субъективный результат обработки, структурирования и форматирования собранной его автором информации и предназначен, прежде всего, для использования в качестве источника для самостоятельной подготовки работы указанной тематики.
bmt: 0.02427
© Рефератбанк, 2002 - 2024