Дано abDEв,BCCD3в, в15см, M14 нм,q5кНм,F18кн,точка приложения c 30

• Название: Дано abDEв,BCCD3в, в15см, M14 нм,q5кНм,F18кн,точка приложения c 30
• Дата: 17.05.2018
• Размер: 0.8 Mb.
• Имя файла: Termekh(1).doc
• Тип: Документы; #43991

С-1

Дано AB=DE=в ,BC=CD=3в, в=15см , M=14 НМ,q=5кНм,F1=8кн ,точка приложения C β=30⁰
F2=4кН фи=0

1ый способ :B точке D шарнирно неподвижная опора
в точке А – шарнирно подвижная опора α=90
2ой способ в точке А – жесткая заделка .Определить реакции в опорах
1ый способ закрепления рис1

1. 
   Предварительно разложим силу F1 на составляющие(выбрать систему координат рис.2)
   F1’=F1*cosβ=8*0.866=6.93кН
   F1”=F1*sinβ=8*0.5=4кН
   β=30⁰
   
2. 
   Освобождаем раму от связей а их действие заменяем реакциями
   R_D= x_D +y_D(x_D y_D) и R_a опорной поверхности
   

Для полученной плоской произвольной системы сил составляем уравнения равновесия :
Действие равномерно распределенной нагрузки заменяем сосредоточенной Q=q*3в =5*3*0.15=2.25кН

∑F_kx=0 -R_а +Q+F1’ – X_D –F2=0

∑F_ky=0 y=Y_D+F₁”=0

∑M(F_k)=0 -Q*1.5в+ R_a*3в- M-F₂в +Y*3в=0

Решая уравнение равновесия ,находим неизвестные

Y_D=F₁=4кН
R_a= =37.36кН

X_D= -R_A +Q +F₁’+F₂ = -37/36+2.25+4 = -24.18 кН

Проверка:

∑M_D(F_k)=0 -F₂*в-M-F₁”*3в- Q*1.5в +R_a *3в =0

-4*0.15-14-4*3*0.15-2.25*1.15-2.25*1.5*0.15+37.36*3*0.15=0
16.91-16.91=0 Верно

Ответ: R_a=37.36кН X_D= -24.18кН, Y_D= - 4кН R_D =24.51кН

R_D = = =24.51кН

Знак минус указывает на противоположное направление сил.

С1:Второй способ закрепления

Внешние нагрузки остаются прежними(рис.3). Освобождаются от связи – жесткой заделки ,заменяем ее реакциями :

X_A Y_A ,(R_A=X_A+Y_A) Mr. Составляем уравнение равновесия.

F_kx=0, -X_a+Q+F₁’-F₂=0

F_ky=0, Y_a+F₁”=0

M_A(F_k)=0, -X_A+Q+F₁’-F₂=0

F_ky=0, -Mr+Q*1.5в +F₁”*в +F₁ *3в –M-F₂*4=0

Решая уравнение равновесия находим неизвестные.

X_a = Q+F₁’-F₂= 2.25+6.93-4=5.18кН

Y_a = -F₁”= -4кН

Mr= Q*1.5в+F₁”*в+F₁*3в-M-F₂”=2.25*1.5*0.15+4*0.15+6.93*3*0.15-14-4*4=15.77кн*м

R_a===6.54кН

Проверка: ∑Mc(F_K)=0

-Q*1.5в-M_R-Y_A*в+X_A*3в+M-F₂*в=-2.25*1.5*0.15-15.77-(-4)*0.15+5.18*3*0.15+14-4*0.15=0

16.87-16.87=0
Реакции определены верно.

Ответ: X_A=5.18кН

Y_A=-4кН

R_a=6.54кН

M_R=15.77кн*м
Знак минус указывакт на противоположное направление сил

Задание С2

Дано: шарнирная опора в точках A и D

Сила F приложена в точке В↑, F=5кН

M=12кН*м, q=3кН/м ,AB=1м ,BC=2м ,CD=3м

Определить реакции опор.



Заменим равномерно распределенную нагрузку сосредоточенной ,приложенной в центре тяжести(рис 6)Q=q*l=3*3=9кН

Освобождаем балку от опор ,их действие заменим реакциями R_A , R_D .Так внешние нагрузки составляют систему параллельных сил,то в опоре A возникает реакция R_A AD.

Составляем уравнение равновесия:

∑M_A(F_K)=0 , M+F*AB+Q*AL+R_D*AD=0

∑M_D(F_K)=0 , -Q*LD-F*BD-R_A*AD+M=0

Решая уравнение равновесия,находим неизвестные:

R_D= = =-9.58

R_A= == -4.42кН

Проверка:

∑F_K=0

R_A+F+Q+R_D=0

-4.42+5+9+(-9.58)=0

14-14=0 Реакции определены верно.

Знак минус указывает на противоположные направления сил.

Ответ:

R_D=9.58кН

R_A=-4.42кН.

Задание К1.

X=bsint(см), Y= -bcost –уравнение значения точки

T₁=2c, b=3см

Определить : а)положение точки ,V- скорость и a­_t , a_τ – касательное и нормальное ускорение точки.

б) вычислить радиус кривизны траектории в заданной точки.

Решение.

1. 
   Определим уравнение движения исключив время t:
   

X=bsint, y= -bcost – возведем в квадрат и сложим левые и правые части:

X²=b²sin²t

+

Y²=(-b)²cos²t=b²cos²t

X²+Y²=b²(sin²t+cos²t)

Т.к. sin²t +cos²t=1 , окончательно получим уравнение X²+Y²=b² - уравнение окружности радиуса R=b.

Представим эту траекторию(рис6):

Определим начальное положение точки на траектории:

При t₀ =0, X₀= b*sin0⁰=0 ,

Y₀= -bcos⁰= -b=-3см

M₀(0:-3)

Отмечаем точку М₀ на траектории (рис.7)

Определим начальное положение точки M₁ при t₁=2c

X₁=b*sin2=3*0.91=2.71см

Y₁=-b*cos2=-3*0.42= -1.26см

Отмечаем точку М₁ на траектории М(2.71:-1.26)(рис7)

2.Движение точки задано координатным способом,определим скорость V и ускорение а.

Скорость точки:

V_x=dx/dt = d(bsint)/dt=b*cost

V_y=dy/dt = d(-bcost)/dt = b*sint

Полная скорость точки равна

V=

Изображаем вектора скорости и ее проекции при t=2c. Вектор OM.

V_x=3*cos2=3*0.42=1.26см/с

V_y=3*sin2=3*0.91=2.73см/с

V==3.00см/с

3.Определим ускорение точки М:

a_x = dVx/dt = d(b *cost)/dt= -bsint

a_y =dVy/dt = d(bsint)/dt = bcost

a = При t= 2c

a_x =-bsin2= -2.73см/с²

а_у =bcos2 = 1.26 см/с²

a== =3см/с²

Изображаем проекции ускорения и вектор .

Определим касательное и нормальное ускорение

a­_n= V²/R= 3²/3 = 3м/с²

вектор a_n направленпо радиусу к центру (рис.8)

Т.к. a=a_n+a_t , a=

Касательное ускорение равно

A_t= = =0
Ответ : М₀(0:-3), V= 3 см/с, а=3см/с²,а_t=0 , а_n=3см/с²

Задание К2

Дано: ОА=10см ,V_в=2м/с

OA=OB=AB=BO₁=CD , AC=CB , V_B = const

Определить :

а) скорости точек A,C,B,D:

б)ускорение точек А и В

в) угловые скорости всех звеньев

Решение .

1.Определение скорости точек и угловой скорости всех звеньев.

Зная величину скорости точки В определим угловую скорость звена 3 . O₁B (направление вращения задается)

V_в =ω₃*O₁B : ω₃=V_B/О₁В=2/0.1=20с^-1

По заданному направлению вращения звена 3 определяем направление вращения звена 1

И перемещение ползуна D.

Скорость вращения звена 1: OA, V_a =ω₁*OA

Звено 2 совершает плоскопараллельное движение ,знаем направление скоростей 2х его точек .

Определим положение МЦС для точек звена 2(АВ), для этого проводим до пересечения

линии : ОА , OB – точка Р₂ совпадает с точкой О.

Относительно МЦС: V_a = ω₂*DA , V_B =ω₂*OB

Из ΔOAB известно ,что OA²=OB, треугольник равносторонний т.е. V_A=V_B=2м/с.Угловая скорость

вращения ω₁= V_A/ОА

ω₁=2/0.1=20с^-1

Находим ω₂: ω₂=V_B/ОВ 2/0.1 =20с^-1

Определим скорость точки С: V_c=ω₂*OC,где OC== =0.087м

Vc=20*0.087=1.74м/с. Вектор OC – направлен по стержню BC

Рассмотрим движение звена CD – плоскопараллельное направление скорости точки D известно

Определим МЦС – точку Pn,вокруг которой вращается звено 4.

P₄C ,P₄D . Из ΔСР₄В находим Р₄С =СD/cos30⁰

P₄C = 0.1/0.866=0.12м.

Относительно МЦС имеем Vc=ω₄*Р₄С . V=ω₄*P₄D

ω­₄ =Vc/P₄C = 1.74/0.12 = 14.5с^-1

V=ω₄*P₄D=14.5*0.06=0.87м/с

Где Р₄D = 0.12/2= 0.06м

Можно определить скорость точки D пользуясь теоремой о равенстве проекций скоростей точек

C и D на направление CD:

пр_СD= пр_сD , Vc*cos60⁰ = V_D, V_D=1.74*0.5=0.87м/с

2 . Находим ускорение точек А и В.

Ускорение точки А звена ОА равно:

A_a = a_a^τ известно, что ω=const. Следовательно, a_a^τ=0 –касательное ускорение тогда а_а=а_а^τ

a_aⁿ =ω₁²*OA=20²*0.1=40м/с²- нормальное ускорение направления направлен вектор по ОА от АкО

Изобразим часть заданного механизма (рис.10)

Рассмотрим звено ОВ: ω₃=20с^-1= сonst-вращение равномерное

а_в^τ =ε₃*O₁B=0 т.к. ε₃=ω₃^-1=0

Ускорение точки В будет равно а_в=а_вⁿ , а_вⁿ= ω₃²*O₁B – нормальное ускорение направлен вектор по O₁B от В к О₁

А_в=20²*0.1=40м/с²

Ответ : Va=V_B=2м/с ,V_D=0.87 м/с

V_c=1.74м/с , ω₁= ω₂= ω₃=20c^-1

A_a =a_b =40м/с² , ω₄=14.5с^-1

Задание Д1
Дано: m₁=20кг m₂=30кг ,m₃=50кг

R₁=60см , Mc=800Нм

R₂=80см , F=7кН

Определить: ε₂- угловое ускорение второго тела

Решение.

Направим скорости тел механической системы ω₁, ω₂ , , в соответствии с направление движущей силы(рис1)

Найдем соотношения между скоростями выразив их через ω₂:

V_k= ω₁*R₁ = ω₂*R₂ – скорость точки К в месте касания.

ω₁=ω₂*R₂/R­₁ (1.1)

V₃=ω₂*R₂ (1.2)

В данной механической системе две неподвижные оси Z₁ проходят через точку О₁ плоскости.

Z₂ – через точку О₂. Мысленно разделим систему на 2 части , отсоединив первое тело от второго. Запишем дифференциальное уравнение вращательного движения твердого тела 1 относительно его оси вращения Z₁ с учетом dω₁/dt= ε₁(рис.1.2)

Jε₁=∑m_z1(Fк^е)(1.3)

Момент инерции тела 1 определяется как для сплошного однородного цилиндра.

J₁=m₁R₁²/2(1.4)

Определим моменты сил относительно оси вращения тела 1 Z₁(рис 1.2)

∑m_z1(F_к^е)= F*R₁ – F_t*R₁

Моементы отс. Оси Z₁ создает только движущая сила и окружна сила F_t действующая со стороны тела 2, а радиальная сила ,действующая со стороны тела 2 ,сила тяжести P₁ и две составлящие реакции шарнирной неподвижной опоры R_1x и R_1y пересекают ось вращения тела 1.

Продиференцируем по Времени Уравнение(1.1) и подставив в уравнение (1.3) вместе с величинами (1.4) и (1.5) получим :

Dω₁/dt= d(ω₂R₂/R₁)/dt ,

ε₁₌ ε₂R₂/R₁ , J₁* ε₂R₂/R₁=(F-F_t)R₁

(m₁R₁²/2)* ε₂R₂/R₁=(F-F_t)R₁

m₁R₂ε₂= 2(F-F_t) (1.6)

Уравнение (1.6) содержит два неизвестных , ε₂, F_t , составим еще одно уравнение движения оставшейся части системы(рис1.3) с помощью теоремы об изменении кинематического момента системы относительно неподвижной оси Z_{2 :}

D(K_z2)/dt = ∑m_z2(F_k^e) (1.7)

Кинематический момент системы относительно оси Z равен сумме кинетического момента вращающегося тела 2 и момента количества движения поступательно движущегося тела 3 относительно той же оси.

К_z2 = J₂ω₂ ±m₃V₃R₂ (1.8) Момент инерции тела 2 как цилиндра J₂=m₂R₂²/2 (1.9)

Определим моменты сил относительно оси Z₂:

∑m_z2(F_k^e) = F_t*R₂-p₃R₂-Mc (1.10)

Моменты относительно оси Z₂ создают : сила F_t действующая со стороны тела 1 , момент сопротивления Мс , сила тяжести Р₃, остальные силы пересекают ось Z₂

Продиференцируем уравн.(1.2) и подставим у равнение (1.7) вместе с велечинами (1.8) , (1.9) и выражением (1.10) и приняв Р₃ =m₃q , определим значение F_t и ε₂.

dV₃/dt = d(ω₂R₂)/dt , a₃ =ε₂*R₂

d(K_z2)/dt= d(J₂ω₂+m₃V₃R₂)/dt = Jε₂+m₃R₂a₃=(m₂R₂²/2)ε₂+m₃*R₂²*ε₂ =(m₂/2+m₃) *R₂²*ε₂

Окончательно получаем выражение :

(m₂/2+m₃)*R₂²*ε₂= F_t*R₂- m₃qR₂ –Mc (1.11)

Совместно решаем систему уравнений (1.6) и (1.10)

m₁R₂ε₂= 2/(F-F_t)

(m₂/2 +m₃)R₂²*ε₂ = F_tR₂-m₃qR₂ –Mc

Ε₂ = 2(F-F_t)/(m₁R₂)

(m₂/2 +m₃) R₂² * 2(F-F_t)/(m₁R₂)= (F_t – m₃-q)R₂ – Mc

Упростим выражение (1.13) подставив численные значения :

(30/2 +50) * 0.8² * 2 (7*10³-F_t)/(20*0.8) = (F_t-50*9.81)*0.8 – 800

36.4*10³ – 5.2 F_t = 0.8F_t – 1192.4 , F_t = 6.27*10³Н

Ε₂=(F_tR₂-m₃qR₂-Mc)/(m₂/2+m₃)*R₂²=(6.27*10³*0.8- 50*9.81*0.8-800)/(50/2+50)*0.8²=93.2c^-2

Ответ : ε₂=93.2с^-2

Задание Д2

Дано : m₁=20кг ,m₂=30кг,m₃=50кг,R₂=60см, R₃=80см, r₃=45см, ρ₃=65см,М=3кНм,α=60⁰,β=0⁰,S=50см

Определить ω₃ – угловую скорость вращения тела 3

Решение.

Изобразим механическую систему тел для заданных углов α иβ(рис.2.2)

Рассмотрим движение механической системы с помощью теоремы об изменении кинетической энергии . T-T₀=∑A_k^e(2.1)

T₀=0,так как в начальный момент времени система находилась в покое.

Кинетическая Энергия системы равна сумме энергии всех тел системы:

T=T₁+T₂+T₃(2.2)

Запишем формулы для вычисления кинетической энергии каждого тела механической системы,учитывая вид движения (поступательное движение первого,вращательное движение второго) и плоско параллельное движение третьего.

Т₁=mV₁²/2 : T₂=J₂ω₂²/2 ,T₃=m₃Vc²/2+J₃ω₃²/2 (2.3)

Выразим скорости через ω₃:

V₁= V_k=ω₂R₂ , Vc=ω₃R₃ , ω₂*R₂=ω₂*R₂=ω₃(R₃+r₃) (2.4)

ω₂₌ ω₃(R₃+r₃)/R₂

Моменты инерции тел(ступенчатого шкива 3 с учетом его радиуса инерции ρ₃ и однородного цилиндра 2)

J₂=m₂R₂²/2 , J₃=m₃ρ₃² (2.5)

Подставим формулы (2.4) и (2.5) в (2.3) , а зтем полученное выражение в(2.2) и получим :

T₁=m₁(ω₂R₂²)²/2 = m₁ω₃²(R₃+r₃)²

T₂=(m₂R₂²/2)ω₃²(R₃+r₃)²/2R₂²

T₃=m₃ω₃²R₃²/2 +m₃ρ₃²ω₃²/2

T=[m₁(R₃+r₃)²/2+(m₂/4)(R₃+r₃)²+m₃R₃²/2+m₃P₃²/2 ;

T=[(m₁/2+m₂/4)(R₃+r₃)²+m₃(R₃²/2+ρ₃²/2)]*ω₃² (2.6)

Найдем работы сил приложенных к телам ,изобразив на рис.2.1. перемещении тела – s₁ и центра тяжести тела 3-S_3, угол поворота тела 3-ϕ₃.

Работа сил N₁,N₂,P₃ равны нулю – перпендикулярны перемещению,работы сил N_2,Р₃ равны нулю –приложены к неподвижной точке.

А(Р₁) = -Р₁*sinα*S₁ : А(М) = М*ϕ₃ (2.7)

Выразим ϕ₃ через S₁ , с учетом того,что соотношения между перемещением аналогичны как и между скоростями.

Φ₂=S₂/R₂ , ϕ₃ =

∑A_k^e= -P₁*s₁*sinα+MS₁R₂/(R₃+r₃) (2.8)

[m₁(2+m₂/4)(R₃+r₃)²+m₃(R₃²/2+ρ₃²/2)]*ω₃²=-P₁S₁*sinα+MS₁R₂/(R₃+r₃) (2.9)

Находим ω₃:

ω₃₌

== 3.96с^-1

Ответ ω₃=3.96с^-1

Задание Д3

Дано:m₁=5кг, m₂=4кг, m₃=15кг,m₄=10кг,R₁=60см ,r₁40см ρ₁=50см,R₂=80см,r₂=45см,ρ₂=65см

Определить :a₃- ускорение груза 3.

Решение .

Предположим,что груз 3 движется вниз со скоростью V₃, тогда блок 1 будет вращать вокруг неподвижной оси по ходу часовой стрелки с угловой скоростью ω₁, блок 2 будет совершать плоско-параллельное движение ,поворачиваясь данное мгновение вокруг мгновенного центра скоростей (точке Р на рис.2.2)с угловой скоростью ω₂, а груз 4 будет двигаться поступательно вверх со скоростью Vc. Выразим все скорости через скорость V₃ груза 3.

V_A=V₃, где V_A=ω₁*R₁ во вращении тела 1 вокруг неподвижной точки О₁

ω₁=V₃/R₁

V_D=ω₁*r₁=V₃*r₁/R₁ :

V_D=V_B так как нить движется поступательно, но V_B=ω₂(R₂+r₂)

ω₂=V₃r₁/(R₂+r₂)*R₁

Vc=V₄ c учетом поступательного движения груза 4 вместе с нитью ,на которой подвешен к точке С:

Vc=ω₂*r₂=V₃r₁*r₂/(R₂+r₂)R₁ (относительно точки Р)

Выпишем конечные формулы для удобства их использования

ω₁=V₃/R₁ , ω₂=V₃r₁/(R₂+r₂)*R­₁ ,Vc=V₄=V₃*r₁*r₂/(R₂+r₂)*R₁

Применим общее уравнение динамики для данной механической системы с идеальными связями

∑δА_к^а +∑δА_к^u =0(3.2) где ∑δА_к^а- сумма работ внешних сил, +∑δА_к^u – сумма элементарных работ сил энерции на любом возможном перемещении механической системы.

Активными силами в данной задаче являются силы тяжести четырех тел, из которых Р₁ работу не совершает т.к. приложена к неподвижной точке (рис 3.3),а работы остальных сил равны :

∑δА_к^а= Р₃δS₃-P₄δS₄-P₂δS_c ,(3.3) где δS₃,δS₄,δS_c - возможные перемещения тел 3,4 и центра масс тела 2.

Применив принцип Даламбера ,приложим соответствующие движениям тел силы инерции F₃^u,F₄^u,F₂^u и моменты сил инерции М₁^u и M₂^u , которые находятся следующим образом :

F₃^u=m₃a₃ , F₄^u= m₄a₄ , F₂^u= m₂a_c , M₁^u= J₁ε₁ , M₂^u= J_c*ε₂

Где J₁=m₁P₁²- момент инерции блока 1 относительно оси вращения ,J₁=m₁P₁² – момент инерции блока 2 , запишим сумму элементарных работ сил инерции на любом возможном перемещении механической системы :

∑А_k^u = -M₁^u*δϕ₁ –M₂^u*δϕ₂ – F₃^uδS₃-F₄^uδS₄-F₂^u*δSc (3.5)

Где δϕ₁ и δϕ₂- возможные угловые перемещения блоков . Выразим все возможные перемещения через δS₃ , используя формулы (3.1)

δϕ₁= δS₃/R₁ , δϕ₂= δS₃*r₁/(R₂+r₂)*R₁ , δSc= δS₄= δS₃*r₁*r₂/(R₂+r₂)R₁ (3.6)

Выразим все ускорения через а₃ , продиференцировав по времени формулы (3.1)

Ε₁ = а₃/R₁ , E₂=a₃r₁/(R₂+r₂)*R₁ , a_c=a₄=a₃*r₁*r₂/(R₂+r₂)R₁ (3.7)

∑А_к^u=[-M₁^u/R₁-M₂^u*r₁/(R₂+r₂)*R₁-F₃^u-(F₄^u+F₂^u)r₁*r₂/(R₂+r₂)*R₁]δS₃

[P₃-P₄*r₁*r₂/(R₁+r₂)*R₁-P₂*r₁*r₂/(R₂+r₂)R₁-M₁^u/R₁-M₂^u*r₁/(R₂+r₂)*R₁-F₃^u-(F₄+F₂^u)*r*r₂/(R₂+r₂)*R₁]*δS₄=0 (3.8)

Поскольку возможное перемещение δS₃ отлично от нуля ,приравняем к нулю выражение в квадратных скобках и решим полученное уравнение относительно неизвестной а₃:

P₃-(P₄+P₂)*r₁*r₂/(R₂+r₂)*R₁-[m₁P₁²/R₁²+m₂P²*r₁/(R₂+r₂)*R₁²+m₃+(m₄+m₂)*r₁²*r₂²/(R₂+r₂)²*R₁²]*a₃=0

(3.9)

Находим а₃, подставив даннык в выражение (3.9)

А₃==

= = 5.9 м/с²
Ответ: а₃= 5.9м/с²

Задание Д4
Дано: вариант -3- нечетный между грузом 3 и нитью вставлена пружина жесткостью С=30 кН/м

Необходимо: а)Определить закон относительного движения груза х = х(t),подвешенного на пружине . б)определить частоту ,период и амплитуду относительных колебаний груза.

Решение.

m ₁ =5кг, m₂=4кг ,m₃=15кг , m₄=10кг,R₁=60см ,r₁=40см, P₁=50см,R₂=80см, r₂=45см, Р₂=65см, рис.3.1 и 3.2

Решение.

Для системы с двумя степенями свободы выберем две обобщенные координаты :

q ₁=x – относительное перемещение груза 3,равное деформации пружины и q₂=ϕ –угол поворота тела 2.

Запишем уравнение Лагранжа: ()- =Qx: ()- = Q₄ (4.1)

Определим кинетическую энергию системы :

Т=Т₁+Т₂+Т₃+Т₄ (4.2)

Найдем кинетическую энергию каждого тела, вращательное движение блока 1, плоско- параллельное движение блока 2, поступательное движение грузов 3 и 4 .

Т₁=0.5ω₁²*J₁ ; T₂=0.5(m₂V_c²+J_cω₂²) ;Т₃=0.5m₃V₃²V₃² ;T₄=0.5m₄V₄² (4.3)

Где J₁=m₁P₁² – момент инерции блока 1 относительно оси вращения .

J_c=m₂P₂² _­– момент инерции блока относительно оси, проходящей через его центр масс.

Выразим все скорости через обобщенные скорости Х и ϕ . Очевидно ,что ω₁=(R₂+r₂)*ϕ/r₁,

ω₂=ϕ , Vc=V₄=ϕ*r₂ (4.4)

Для определения скорости груза 3 рассмотрим его движение как сложное. Абсолютное скоростьтела 3 равна алгебраической сумме переносной скорости тела 3 и относительной скорости груза равной скорости удлинения пружины; V₃=(R₂ +r₂)*R₁*ϕ/r₁ –X (4.5)

Все найденные выражения подставим в формулу (4.2) и получим :

Т=0.5(R₂+r₂)²*ϕ²*m₁p₁²/r₁²+0.5(m₂*ϕ²r₂²+m₂p₂²*ϕ²)+0.5m₃[(R₂+r₂)*R₁*ϕ/r₁-X)²+0.5m₄ϕ²*r₂²

T=0.5mϕ²+0.5m₃(rϕ-X)² (4.6)

где r=(R₂+r₂)*R₁/r₁=(0.8+0.45)*0.6/0.4 = 1.875м

(4.7)

m=r²p₁²m₁+m₂(r₂²+p₂²)+m₄r₂²=1.875²*0.5²*5+4(0.4²+0.65²)+10*1.875²=41.88кгм

Изобразим на рис 4.1 действующие на систему активные силы тяжести Р₁ ,Р₂ ,Р₃,Р₄ и силы упругости F_упр3 и F_упр2, модули которых равны ;

Р₁=m₁q₁ , P₂=m₂q₁ , P₃=m₃q₁ , P₄=m₄q₁ , F_упр2=F_упр2 = F_упр3= СХ (4.8)

Для определения обобщенной силы Q_x сообщим системе возможное перемещение,при котором обощенная координата X получим положительное перемещение δх ,а ϕ останется неизменной , т.е. δϕ=0( переместится на расстояние δх только груз 3, а остальные тела останутся в покое ).

δА_х = Р₃δх – F_упр3δх=(Р₃-F_упр3)δх (4.9)

Для определения обощенной силы Q₄ – сообщим системе перемещение ,при котором обобщенная координата ϕ получит положительное приращение. Δϕ, а х останется неизменной ,т.е. δх=0(пружина при таком перемещении системы не изменяет свою длину ).Тогда элементарную работу совершают только силы Р₂ ,Р₃ и Р₄
δА_х=Р₄δS₃ – P₂δS_c-P₄δS₄ (4.10)

Соотношение между перемещениями аналогичны соотношениям между скоростями ,причем δS₄=δSc ; где δS₄= δS_с=r₂*δϕ ; δS₃= δS*R₁(R₂+r₂)/r₁

Окончательно запишем ;
δА_х=(P₃*R₁(R₂+r₂)/r₁)δϕ-P₂r₂ δϕ-P₃(R₂+r₂) δϕ=qm_ϕδϕ (4.11)

Где m_ϕ=m₃R₁(R₂+r₂)/r₁-m₂r₂-m₃(R₂+r₂) (4.12)

Коэффициенты перед преращениями δх и δϕ в уравнениях(4.9) и (4.11) и будут обобщенными силами Qx и Q_ϕ ,которые запишем с учетом (4.8)

m ₄=15*0.6(0.8*+0.45)/0.4-4*0.45-15(0.8+0.45)=7.87кгм

Qx =m₄g- cx , Q_ϕ=qm_ϕ (4.13)

Подставим в (4.1) (4.6) находим = [0.5mϕ²+0.5m³(rϕ²-2rϕx+x₂)]/ ϕ= 0.5m₃(-2rϕ+2x) ; = 0;

= [0.5mϕ²+0.5m₃(rϕ²-2rϕx+x²)]/ ϕ=mϕ+0.5m₃(rϕ-2rx) , =0(4.14)

Подставим (4.14) ,(4.13) в уравнение (4.1), получим [0.5m₃(-2rϕ+2x)]=m₄q- cx;

[mϕ+m₃(rϕ-rx)]= qm_ϕ;

m ₃(-rϕ+X)=m₄q-cx

(m+m₃r)ϕ-m₃rx=qmϕ (4.15)

Для определения х=x(t) исключим из уравнений (4.15)ϕ.Получим дифференциальное уравнение вида Х+К²Х=а (4.16) где К²= , a=[(m₄/m₃-m_ϕ)/(m₃(m+m₃r))]*q (4.17)

Общее решение уравнения (4.16) как известно из курса высшей математики ,имеет вид х=х_общ+х_част, где х_общ – общее решение однородного уравнения х+к²х=0 , т.е. х_общ=С₁sin(kt)+C₂cos(kt),

а х_част- частное решение уравнения (4.16). Будем искать решение в виде Х_част=В=const, где В=а/к².

Подставляя в уравнение (4.16)получим Х=С₁sin(kt)+C₂coskt +a/к² (4.18)

Здесь С₁ и С₂ – постоянные интегрирования ,для определения которых найдем производную по времени х ;

Х=С₁Кcos(kt)-C₂Ksin(kt) (4.19)

Т.к. система начинает движение из состояния покоя с недеформированной пружиной ,начальные значения переменных равны нулю, т.е. при t=0 ,x=0 ,x=0 . Подставляя эти величины в уравнения (4.18 ) ,(4.19) получим : С₁=0 , С₂= - а/к²

Подставим полученные значения в уравнение (4.18) , окончательно получим искомое уравнение

Х= а/к²(1-cos(kt)) (4.20)

Т.е. груз 3 совершает по отношению к точке подвеса пружины гармонические колебания по закону (4.20) с амплитудой А=а/к²=0.00615 и частотой К=32.9с^-1 и периодом Т=2П/К=2*3.14/32.9=0.191с

К= = = 32.9c^-1

a = [m₄/m₃m₄/(m₃(m+m₃r))]*q= [10/15*7.58/(15(41.88+15*1.875))]*10 = 6.66 м/с²

Список литературы

1.Динамика механической системы(Худяков И.В.)

2.Статика и кинематика

3.3адание для выполнения контрольных работ

4. Wikipedia.ru

Содержание

Статика.......................................................................................................................................1-5

С1……………………………………………………………………………………………………………………………………………1-3

С2………………………………………………………………………………………………………………………………………..….3-5

Кинематика.............................................................................................................................5-10

К1...…………………………………………………………………………………………………………………………………………5-7

К2…..………………………………………………………………………………………………………………………………………7-10

Динамика……………………………………………………………………………………………………………………….….10-23

Д1…….……………………………………………………………………………………………………………………………………10-14

Д2………………………………………………………………………………………………………………………………………….14-16

Д3………………………………………………………………………………………………………………………………………….16-20

Д4………….………………………………………………………………………………………………………………………………20-23

Список Литературы......................................................................................................24