Решение варианта 551. Кинематическое исследование движения точки
 Скачать 0.58 Mb.
|
|
Расчётно-графическая работа № 1 на тему: «Кинематическое исследование движения точки» Исходные данные:   c.Решение:
Для определения траектории точки выразим  и  , после чего возведем выражения в квадрат и затем их сложим: ,   Таким образом, получили, что траектория точки – это эллипс с центром в точке  и полуосями  м,  м.
 ;      .
    
Найдем начальное положение точки в момент времени  c: рад; м; м;Проекции и модуль вектора скорости в начальный момент времени c:  м/с; м/с; м/с.Проекции и модуль вектора ускорения в начальный момент времени c:  м/с2  м/с2; м/с2.
В качестве начала отсчёта дуговой координаты возьмем точку  , направление отсчёта – против хода часовой стрелки. Изменение дуговой координаты по времени можно найти следующим образом:  .Так как начало отчета мы совместили с точкой , то при c:  . Таким образом,  или  , где  .
Касательное ускорение точки:    Нормальное ускорение точки:  где  - радиус кривизны траектории движения точки выводится из уравнения эллипса  , .
График зависимости от времени дуговой координаты : График зависимости от времени проекции вектора скорости на касательную : График зависимости от времени касательного ускорения  : График зависимости от времени пройденного пути 
Найдем положение точки в заданный момент времени  c: рад; м; м; м.Проекции и модуль вектора скорости в заданный момент времени  c:  м/с; м/с; м/с.Найдем направляющий косинус вектора скорости  (угол, который образует вектор скорости с положительным направлением оси х) Проекции и модуль вектора ускорения в заданный момент времени c:  м/с2  м/с2; м/с2.Найдем направляющий косинус вектора ускорения  (угол, который образует вектор ускорения с положительным направлением оси х): .Касательное и нормальное ускорения в заданный момент времени c: м/с2; м  м/с2. Расчётно-графическая работа № 3 на тему: «Сложное движение точки» По ободу диска радиуса  движется точка  . Уравнение движения задано в таблице; там же указано начало отсчёта  дуговой координаты  . Положительное направление отсчёта – по ходу часовой стрелки, если смотреть навстречу оси  . Уравнение вращения диска задано в таблице. Положительным направлением вращения считается направление против хода часовой стрелки, если смотреть с положительного конца  оси вращения  . Для момента времени  с определить абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки .Исходные данные:  ,  ,  c. Найти: абсолютную скорость  и абсолютное ускорение  точки М для момента времени c.Решение: Будем считать, что в заданный момент времени плоскость чертежа совпадает с плоскостью диска. Положение точки М на диске определяется расстоянием  . При  с:  . Найдем угол, на который повернулся радиус при движении точки М по окружности:  рад. Абсолютную скорость точки М найдем как геометрическую сумму относительной и переносной скоростей:  . Модуль относительной скорости  , где  При с:  ;  . Положительный знак у  показывает, что вектор  направлен в сторону положительных значений  , перпендикулярно радиусу окружности, то есть вертикально вниз. Модуль переносной скорости  , где  – радиус окружности, описываемой той точкой тела, с которой в данный момент совпадает точка М,  ;  - модуль угловой скорости тела:  .При с:  ;  .Положительный знак у величины  показывает, что вращение диска происходит вокруг оси  в сторону отсчета угла  . Поэтому вектор  направлен по оси , перпендикулярно плоскости рисунка на нас (параллельно оси z).Таким образом, модуль переносной скорости при с равен .Вектор  направлен перпендикулярно радиусу в сторону вращения.Модуль абсолютной скорости точки М находим способом проекций:    или  . Абсолютное ускорение точки равно геометрической сумме относительного, переносного и кориолисова ускорений:  , или в развернутом виде  .Модуль относительного касательного ускорения  , где   .При с:  ;  .Отрицательный знак  показывает, что вектор  направлен в сторону отрицательных значений  , перпендикулярно радиусу окружности, то есть вертикально вверх. Знаки и не одинаковы; следовательно, относительное движение точки М замедленное.Относительное нормальное ускорение  , то есть при с: .Вектор  направлен к центру диска, то есть горизонтально влево.Модуль переносного вращательного ускорения  , где  – модуль углового ускорения диска:  .При с:  ;  .Таким образом, получаем  . Модуль переносного центростремительного ускорения  или  .Вектор  направлен к центру вращения  .Кориолисово ускорение  . Модуль кориолисова ускорения  , где  .С учетом найденных выше значений и  получаем при с:  .Вектор  направлен согласно правилу векторного произведения, то есть перпендикулярно одновременно векторам  , в ту сторону, откуда поворот от к виден против хода часовой стрелки, то есть вдоль оси x вправо.Модуль абсолютного ускорения точки М находим способом проекций:  ; ; ;  . Ответ:  ,  .Расчётно-графическая работа на тему: «Динамическое исследование движения механической системы» Механическая система состоит из четырёх цилиндров, связанных между собой нерастяжимыми тросами. Каток 1 массы  радиуса  катится без скольжения по неподвижной плоскости, наклонённой под углом  к горизонту. Блоки 2 и 3 – одинаковые сплошные однородные сдвоенные цилиндры массы  с внутренним радиусом  и наружным радиусом  . Даны моменты инерции цилиндров: Система приводится в движение из состояния покоя моментом  , приложенным к катку 1. Исходные данные:  При выполнении задания необходимо:
Рассмотрим каток 1 и составим для него два уравнения, воспользовавшись двумя теоремами – теоремой о движении центра масс в проекции на ось   и теоремой об изменении кинетического момента:  , где  ,  , то есть второе уравнение имеет вид  . Рассмотрим цилиндр 2 и составим для него одно уравнение, используя теорему об изменении кинетического момента:  , где  , то есть  . Рассмотрим цилиндр 3 и составим для него одно уравнение, используя теорему об изменении кинетического момента –  , где  , то есть  . Рассмотрим цилиндр 4 и составим для него два уравнения, воспользовавшись двумя теоремами – теоремой о движении центра масс в проекции на ось   и теоремой об изменении кинетического момента:  , где  ,  , то есть второе уравнение имеет вид  . Таким образом, получили систему из 6 уравнений:  Исключим из этой системы уравнений внутренние силы и выразим все кинетические характеристики через ускорение центра масс катка 1 -  , воспользовавшись равенствами:   , ,  (подробнее о кинематических зависимостях написано в п.2 и п.3). При выводе уравнения использовали, что  ,  ,  . В каждом уравнении выразили силы натяжения, а затем все уравнения сложили, в результате получили     .Получили дифференциальное уравнение второго порядка относительно S.
 На систему действуют следующие внешние силы: силы тяжести  – катка 1,  – блока 2,  – блока 3 и  – цилиндра 4,  – нормальная реакция груза 1, сила натяжения троса  и вращающий момент  .Применим теорему об изменении кинетической энергии механической системы в дифференциальной форме:  , где  – сумма работ внутренних сил на элементарном перемещении (для этой системы, состоящей из абсолютно твердых тел, соединенных нерастяжимыми нитями:  - сумма работ внешних сил на этом же перемещении, то есть  .Кинетическая энергия системы равна:  , где  – кинетическая энергия катка 1, движущегося плоско-параллельно;  – кинетическая энергия цилиндра 2, вращающегося вокруг неподвижной оси;  – кинетическая энергия цилиндра 3, вращающегося вокруг неподвижной оси;  - кинетическая энергия цилиндра 4, движущегося плоско-параллельно.Таким образом, получаем  .Выразим скорости центров масс и угловые скорости тел системы через линейную скорость катка 1 (составим уравнения связей). Мгновенный центр скоростей катка 1 находится в точке  , а мгновенный центр скоростей цилиндра 4 – в точке  . Находим   , но   ,  ,    но  , .Учитывая исходные данные, имеем ,,Подставляя все в выражение для кинетической энергии, получаем:   Найдем сумма элементарных работ внешних сил:  ,где  , так как точки приложения сил тяжести цилиндров 2 и 3 – неподвижны;  , так как эти силы приложены в мгновенных центрах скоростей соответствующих тел;  ;   Так как соотношения между перемещениями, такие же как и между скоростями, то   .В результате получаем  .В итоге имеем следующее уравнение:    .Получили дифференциальное уравнение второго порядка относительно S.
 Так как система приходит в движение из состояния покоя, то направления ускорений тел соответствуют направлениям их движения. Будем считать, что движение системы таково, что каток 1 поднимается. Покажем внешние силы: силы тяжести – катка 1, – блока 2, – блока 3 и – цилиндра 4, – нормальная реакция груза 1, сила натяжения троса и вращающий момент .Приложим силы инерции. Сила инерции катка 1, совершающего плоско-параллельное движение, приводятся к вектору  , где  – ускорение центра масс катка 1 (точка А), и к паре сил, момент которой  , где  – угловое ускорение катка 1.Силы инерции цилиндра 2, вращающегося вокруг неподвижной оси с угловым ускорением  , приводятся к паре, момент которой  .Силы инерции цилиндра 3, вращающегося вокруг неподвижной оси с угловым ускорением  , приводятся к паре, момент которой  .Сила инерции цилиндра 4, совершающего плоско-параллельное движение, приводятся к вектору  , где  – ускорение центра масс цилиндра 4 (точка В), и к паре сил, момент которой  , где  – угловое ускорение цилиндра 4.Сообщим системе возможное перемещение в направлении ее действительного движения. Составим общее уравнение динамики:   где  – линейные перемещения центров тяжести цилиндров 1 и 4,   и  – углы поворотов цилиндров 1, 2, 3, 4.Зависимости между возможными перемещениями такие же, как и между соответствующими скоростями. Поэтому выразим скорости центров масс и угловые скорости тел системы через линейную скорость катка 1 (составим уравнения связей). Мгновенный центр скоростей катка 1 находится в точке , а мгновенный центр скоростей цилиндра 4 – в точке .Находим , но , , но ,.Такие же зависимости и между возможными перемещениями   , ,  и между ускорениями  , , .Таким образом, общее уравнение динамики принимает вид:   Учитывая исходные данные, имеем  , , ,  , , , , В результате общее уравнение динамики приобретает следующий вид:   или   Получили дифференциальное уравнение второго порядка относительно s.
Данная механическая система имеет одну степень свободы, поэтому в качестве обобщенной координаты выберем перемещение центра масс катка 1, то есть  , тогда  . Уравнение Лагранжа 2 рода имеет вид:  , где  – кинетическая энергия системы,   – обобщенная сила.Таким образом, получаем  ,  ,   Получили дифференциальное уравнение второго порядка относительно s.
  .Так как система начинает двигаться из состояния покоя, то при   То есть   Так как при   .Таким образом, получили следующую зависимость координаты точки  от времени
Построим график зависимости  : Построим график зависимости  .Данный график будет разным в зависимости от отношения  .Если  , то график имеет вид Если  , то график имеет вид Причем чем ближе отношение к 70, тем ближе вершина параболы к оси y и оси х, и тем больше график напоминаете предыдущий, а чем ближе отношение к 140, тем больше график напоминает тот, что расположен ниже.Если  , то график имеет вид
При  натяжения тросов найдем по формулам: |
определить декартовы и дуговую координаты точки, вектор скорости, вектор ускорения и все его проекции. Полученные результаты изобразить на чертеже.
