методичка для ргр по теор.меху


МИНИСТЕРСТВО СЕЛЬСКОГО ХОЗЯЙСТВА РФ ФГБОУ ВПО
«ОРЛОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ АГРАРНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ»
Кафедра инженерной графики и механики
Д.В. Мотин
Н.М. Иванушкина
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА
Варианты заданий к расчётно-графическим работам и методические указания к их выполнению для бакалавров направлений 110800 «Агроинженерия» и 280700 «Техносферная безопасность»
Орел – 2012
УДК 531.3(07)
Автор: ст. преподаватель Д.В. Мотин (ОГАУ),
ст. преподаватель Н.М. Иванушкина (ОГАУ)
Рецензент: доцент Орел ГТУ Прокопов Е.Е.
Методические указания содержат варианты заданий к расчётно-графическим работам по теоретической механике и рекомендации по их выполнению и оформлению, приведены примеры решения задач. Указания рассмотрены и одобрены кафедрой «Инженерная графика и механика» .
СОДЕРЖАНИЕ
Введение………………………………………………………………………… 4
1.Порядок выбора вариантов и оформления расчётно-графических работ…. 4
2. Задача 1. «Сложное движение точки»……………………………………….. 6
3. Задача 2. « Интегрирование дифференциальных уравнений движения материальной точки, находящейся под действием постоянных сил»………... 14
4. Задача 3. «Применение теоремы об изменении кинетического момента к определению угловой скорости твердого тела»……………………………….. 22
5. Задача 4. «Применение теоремы об изменении кинетической энергии к изучению движения механической системы»……………………………….……… 31
6. Задача 5. «Принцип Даламбера. Решение динамической задачи методом кинетостатики»…………………………………………………………………… 44
Список литературы………………………………………………………………. 51
Приложение………………………………………………………………………. 53
Введение
Теоретическая механика наряду с математикой и физикой относится к числу фундаментальных дисциплин инженерного образования. Инженерная грамотность студентов во многом определяется знаниями, полученными на первых трех курсах при изучении именно этих дисциплин. Изучение теоретической механики является важнейшим фактором углубления специальной подготовки инженера, служит базой для освоения таких важнейших для него дисциплин как сопротивление материалов, теория механизмов и машин, детали машин и т.п. Теоретическую механику невозможно изучать без решения задач.
Теоретическая механика, являясь научной основой важнейших областей техники, продолжает развиваться. Это стимулируется появлением новых технологий и производств, автоматизацией производственных процессов, созданием новых высокоскоростных машин и механизмов, освоением космического пространства. Прогресс современного производства невозможен без широкого взаимодействия науки и техники. Для решения этих возрастающих по сложности задач важное значение имеют и знания в области одной из фундаментальных общенаучных дисциплин – теоретической механики.
Самостоятельное выполнение расчётно-графической работы является важным средством получения прочных знаний по предмету, позволяет глубже разобраться в теоретических вопросах.
1. Порядок выбора вариантов и оформления расчетно-графических работ
В задачах №1 и №5 дается 10 рисунков и таблица с десятью строками, содержащими дополнительные данные к задаче. Во всех задачах номер рисунка определяется последней цифрой шифра, а номер строки в таблице данных - предпоследней цифрой шифра. Например, если шифр оканчивается цифрами 08, то нужно выбрать 0 строку в таблице данных и рисунок 8.
В задачах №2, №3 и №4 номер варианта выбирается из таблицы.
Ш
И
Ф
Р Номера вариантов Ш
И
Ф
Р Номера вариантов Ш
И
Ф
Р Номера вариантов Ш
И
Ф
Р Номера вариантов Ш
И
Ф
Р Номера вариантов
№задачи №2 №3 №4 №2 №3 №4 №2 №3 №4 №2 №3 №4 №2 №3 №4
01 25 19 3 21 26 15 2 41 15 20 7 61 4 5 12 81 5 4 14
02 22 2 6 22 23 21 8 42 12 29 10 62 30 8 15 82 2 7 17
03 19 20 9 23 20 24 11 43 9 1 13 63 27 11 18 83 19 10 20
04 10 28 12 24 17 27 14 44 6 3 16 64 24 14 21 84 16 13 23
05 13 22 15 25 14 30 17 45 3 6 19 65 21 17 24 85 13 16 26
06 10 5 18 26 11 4 20 46 1 9 22 66 18 20 27 86 10 19 29
07 7 8 21 27 8 7 23 47 29 12 25 67 15 23 30 87 7 2 1
08 4 11 24 28 5 10 26 48 26 15 28 68 12 26 4 88 4 5 9
09 30 14 27 29 9 13 29 49 23 18 2 69 9 29 7 89 27 8 12
10 27 17 30 30 15 22 3 50 20 21 5 70 6 1 10 90 24 11 15
11 24 20 4 31 16 25 6 51 17 24 8 71 3 7 13 91 21 19 18
12 21 23 7 32 13 28 9 52 14 27 11 72 1 6 16 92 18 17 21
13 18 26 10 33 10 2 12 53 11 30 14 73 29 9 19 93 15 20 24
14 29 13 12 34 7 5 15 54 8 4 17 74 26 12 22 94 12 23 27
15 12 1 16 35 4 8 18 55 5 7 20 75 23 15 25 95 9 26 30
16 9 3 19 36 30 11 21 56 2 10 23 76 20 18 28 96 6 29 4
17 6 9 11 37 27 14 24 57 19 13 26 77 17 21 2 97 3 1 7
18 3 6 25 38 24 17 27 58 16 19 29 78 14 24 5 98 1 3 10
19 1 12 28 39 21 20 30 59 13 16 6 79 11 27 8 99 29 6 13
20 29 18 5 40 18 23 4 60 10 15 9 80 8 30 11 00 28 16 1

Расчётно-графическая работа выполняется на листах писчей бумаги формата А4 с одной стороны. Первая страница - титульный лист (образец см. в приложении 1). Вторая страница – содержание. Страницы нумеруются, начиная с третьей. Каждая задача начинается с того, что указывается её номер, записывается условие задачи. Затем выполняется чертеж (в карандаше), при этом учитываются условия решаемого варианта задачи (табличные данные).
Все чертежи и расчетные схемы должны быть аккуратными, хорошо читаемыми, с нанесенными на них координатными осями, силами, линейными размерами, углами и т.п.
При решении задач необходимо давать краткие пояснения (какие формулы или теоремы применяются, откуда получены те или иные величины и т.п.), подробно излагать последовательность вычислений, по окончании вычислений проверить правильность и дать анализ полученного решения.
2. Задача 1. «Сложное движение точки»
Прямоугольная пластина (рис. 0 – 5) или круглая пластина радиуса R= 60см (рис. 6 – 9) вращается вокруг неподвижной оси с постоянной угловой скоростью ω, заданной в таблице (при знаке минуc направление вращения противоположно направлению показанному на рисунке). Ось вращения на рис. 0, 1, 2, 3, 6, 7 перпендикулярна плоскости пластины и проходит через точку О (пластина вращается в своей плоскости); на рис. 4, 5, 8, 9 ось вращения О1О2 -вертикальная (лежит в плоскости пластины).
По пластине, вдоль прямой BD (рис. 0 – 5) или по окружности радиуса R (т.е. по ободу пластины) (рис. 6 – 9), движется точка М. Закон её относительного движения, выражаемый уравнением S=AM=f (t) (S в сантиметрах, t в секундах), задан в таблице; там же даны размеры а и h (для рис. с 0 по 5 - в столбцах 3 и 4; для рис. с 6 по 9 – в столбцах 5 и 6). Положительное направление отсчёта координаты S =AM от точки А к точке D (на всех рисунках точка M показана в положении, при котором S=AM положительно).
Определить абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки М в момент времени t = 1с.

условия ω
рад/с Puc. 0 – 5 Puc. 6 – 9
a, см S=AM=f (t) h
1 2 3 4 5 6
0 – 2 16 60(t4 – 2t2) + 56 R
1 4 20 60(t3 – 2t2) R
2 3 8 80(2t2 – t3) – 48 R
3 – 4 12 40(t2 – 3t) + 32 R
4 3 10 50(t3 – t) – 30 R
5 2 12 50(3t – t2) – 64 R
6 4 20 40(t – 2t3) – 40 R
7 – 5 10 80(t2 – t) + 40 R
8 2 8 60(t – t3) + 24 R
9 – 5 16 40(3t2 – t4) – 32 R

Пример решения Задачи 1
Условие задачи:
Прямоугольная пластина вращается вокруг неподвижной оси перпендикулярной плоскости чертежа и проходящей через точку О с постоянной угловой скоростью ,
По поверхности пластины, по прямой BD, движется точка M. Закон её движения задаётся функцией . Начало отсчёта координаты S – точка А, положительное направление отсчета координаты - от точки A к точке D.
Требуется найти абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки M в момент времени t = 1 с

Рис. 1.1
Решение задачи
Движение точки M- сложное. Её абсолютное движение складывается из движения по стороне ВД пластины – относительное движение и движения точки М вместе с вращающейся пластиной – переносное движение.
Абсолютная скорость точки М
,
где – относительная скорость ;
– переносная скорость ;
Абсолютное ускорение точки


,
где – относительное ускорение;
– переносное ускорение,
– ускорение Кориолиса,
–- относительное касательное ускорение,
– относительное нормальное ускорение.
– переносное касательное ускорение,
– переносное нормальное ускорение.
Рассмотрим относительное движение точки.
Скорость относительного движения

Относительное касательное ускорение

Относительное нормальное ускорение
, так как точка M в относительном движении перемещается по прямой BD, то , тогда
Модуль относительного ускорения
Для момента времени t=1 c :
AM= (знак минус показывает, что движение направлено от точки А к точке В);

(вектор направлен к B);
( вектор направлен к точке D);

()
Строим чертеж с нанесением положения точки, векторов относительных скорости и ускорения в момент t = 1 c

Рис.1.2
Переносное движение
Угловая скорость переносного движения , следовательно, угловое переносное ускорение

Переносная скорость точки M

В момент времени t=1c

Переносное касательное ускорение

Переносное нормальное ускорение

Кориолисово ускорение

(вектор направлен вдоль оси вращения)
Вектор перпендикулярен плоскости, в которой расположены векторы и и направлен в ту сторону, чтобы с его конца поворот вектора (первый сомножитель) до совмещения его с вектором (второй сомножитель) по кратчайшему пути был виден происходящим против хода стрелки часов.
Абсолютное движение
Абсолютная скорость точки М

Сумму векторов найдем через проекции на оси координат X и У

()






Рис.1.3
Абсолютное ускорение
Абсолютное ускорение точки М для нашего случая

Сумму векторов найдем через их проекции на оси координат X и У

для момента времени t=1c


(см/с2)
D
B
M
O
A
a
кор
y
x
a
r
a
e
n


Рис.1.4
3. Задача 2. « Интегрирование дифференциальных уравнений движения материальной точки, находящейся под действием постоянных сил»
Варианты 1 – 5 (схема 1). Тело движется из точки А по участку АВ (длиной ) по наклонной плоскости, составляющей угол с горизонтом, в течение с. Его начальная скорость . Коэффициент трения скольжения тела по плоскости равен .
В точке В тело покидает плоскость со скоростью и попадает со скоростью в точку С плоскости BD, наклоненной под углом к горизонту, находясь в воздухе Т с.
При решении задачи тело принять за материальную точку; сопротивление воздуха не учитывать.
Вариант 1. Дано: = 30°; = 0 ,= 0,2 = 10м , =60°. Определить и
Вариант 2. Дано: = 15°; = 2м/с, = 0,2 , = 4м, =45°. Определить и уравнение траектории точки на участке BC.
Вариант 3. Дано: = 30°; = 2,5м/с ,≠ 0 , ,= 8м , d = 10м, =60°. Определить и
Вариант 4. Дано: =0, = 2с, = 0; =9,8м; =60°. Определить и T.
Вариант 5. Дано: = 30°; = 0, = 3с, =9,8м; =45°. Определить и
Варианты 6 - 10 (схема 2). Лыжник подходи к точке А участка трамплина
АВ, наклоненного под углом к горизонту и имеющего длину , со скоростью .
Коэффициент трения скольжения лыж на участке АВ равен . Лыжник от А до В движется с; в точке B со скоростью он покидает трамплин. Через Т с лыжник приземляется со скоростью в точке С горы, составляющей угол с горизонтом
При решении задачи принять лыжника за материальную точку и не учитывать сопротивление воздуха.
Вариант 6. Дано: = 20°,= 0,1, = 40м , =30°.
Определить и
Вариант 7. Дано: = 15°; = 16 м/с ,= 0,1 = 5м , =45°.
Определить и T.
Вариант 8. Дано: = 21м/с ,= 0, = 3с, = 20м/с , =60°.
Определить и d
Вариант 9 Дано: = 15°; = 3с,= 0,1, = м , =45°. Определить и .
Вариант 10. Дано: = 15°; = 12м/с ,= 0, d = 50м , =60°. Определить и уравнение траектории лыжника на участке BC.
Варианты 11 – 15 (схема 3). Имея в точке А скорость , мотоцикл поднимается с по участку АВ длиной , составляющему с горизонтом угол . При постоянной на всем участке АВ движущей силе Р мотоцикл в точке В приобретает скорость и перелетает через ров шириной d, находясь в воздухе Тс и приземляясь в точке С со скоростью . Масса мотоцикла с мотоциклистом равна т.
При решении задачи считать мотоцикл с мотоциклистом материальной точкой и не учитывать силы сопротивления движению.
Вариант 11. Дано: = 30°; Р ≠ 0; = 40 м; = 0: = 4,5 м/с; d = 3 м. Определить и .
Вариант 12. Дано: = 30°; Р = 0; = 40 м; = 4,5 м/с; = 1,5 м. Определить и d.
Вариант 13. Дано: = 30°; т = 400 кг, = 0; = 20 с; d = 3 м; =1,5 м. Определить Р и .
Вариант 14. Дано: = 30°; т = 400 кг; Р = 2,2 кН; = 0; = 40 м; : d = 5 м. Определить и .
Вариант 15. Дано: = 30°; = 0; Р = 2 кН, = 50 м; =50 м, d = 4 м. Определить Т и т
Варианты 16 – 20 (схема 4). Камень скользит в течение с , по участку АВ откоса, составляющему угол с горизонтом и имеющему длину . Его начальная скорость . Коэффициент трения скольжения камня по откосу равен Имея в точке В скорость , камень через Т с ударяется ; в точке С о вертикальную защитную стену.
При решении задачи принять камень за материальную точку; сопротивление воздуха не учитывать.
Вариант 16. Дано: = 30°; = 1 м/с; = 3 м; = 0,2; d = 2,5 м. Определить и Т.
Вариант 17. Дано: = 45°; = 6 м; = 2 ; = 1 с; = 6 м. Определить d и f.
Вариант 18. Дано: = 30°; = 2 м; = 0 м/с, = 0,2; d = 3 м,
Определить и .
Вариант 19. Дано: = 15°; =3 м; = 3 м/с, ≠ 0; = 1,5 с; d = 2 м,
Определить и .
Вариант 20. Дано: = 45°, = 0; = 0,3; d = 2 м; = 4 м. Определить и .
Варианты 21 – 25 (схема 5). Тело движется из точки А по, участку АВ (длиной ) наклонной плоскости, составляющей угол с горизонтом. Его начальная скорость . Коэффициент трения скольжения равен .Через с тело в точке В со скоростью покидает наклонную плоскость и падает на горизонтальную плоскость в точку С со скоростью , при этом оно находится в воздухе Т с.
При решении задачи принять тело за материальную точку и не учитывать сопротивление воздуха.
Вариант 21. Дано: = 30°; = 1 м/с; = 1,5 с; = 0,1; = 10 м. Определить и d.
Вариант 22. Дано: = 45°; = 10 м; = 0; = 2 с; .Определить и уравнение траектории на участке BC.
Вариант 23. Дано: = 9,81 м; = 0 м/с, = 0; = 20 м, = 2 с, Определить и T
Вариант 24. Дано: = 30°; =10 м; = 0 м/с, = 0,2; d = 12 м,
Определить и .
Вариант 25. Дано: = 30°, = 0; = 0,2; = 4,5 м; = 6 м. Определить и .
Варианты 26 – 30 (схема 6). Имея в точке А скорость ,тело движется по горизонтальному участку АВ длиной в течение с. Коэффициент скольжения тела по плоскости равен . Со скоростью тело в точке B покидает плоскость и попадает в точку С со скоростью , находясь в воздухе T с. При решении задачи принять тело за материальную точку; сопротивление воздуха не учитывать.
Вариант 26. Дано: = 7 м/с; = 8 м, = 0,2; = 20 м.
Определить и d.
Вариант 27. Дано: d = 2 м; = 4 м/с; = 2 с; = 0,1 .
Определить и .
Вариант 28. Дано: = 3 м; =3 м/с, = 0,3; = 5 м.
Определить и T
Вариант 29. Дано: =2,5 м; = 3 м/с, =1 м/с, = 20 м.
Определить и d.
Вариант 30. Дано: = 0,25; = 5 м; = 4 м, d = 3 м.
Определить и .

Пример решения Задачи 2
В железнодорожных скальных выемках кюветов от попадания в них с откосов каменных осыпей устанавливается «полка» DC. Учитывая возможность движения камня из наивысшей точки А откоса и полагая при этом его начальную скорость = 0, определить наименьшую ширину полки b и скорость , с которой камень падает на нее. По участку АВ откоса, составляющему угол α с горизонтом и имеющему длину , камень движется с. При решении задачи считать коэффициент трения скольжения камня на участке AB постоянным, а сопротивлением воздуха пренебречь.
Дано: = 60°; = 0 м/с ,≠ 0 ,= 4м , = 1 с, =75°. Определить и b.

Решение: рассмотрим движение камня на участке АВ. Принимая камень за материальную точку, покажем действующие на него силы: вес , нормальную реакцию и силу трения скольжения . Составим дифференциальное уравнение движения камня на участке АВ:

Сила трения
где
Таким образом

или
интегрируя дифференциальное уравнение дважды получаем:


Для определения постоянных интегрирования воспользуемся начальными условиями задачи: при t = 0, x01=0 и
Составим уравнения, полученные при интегрировании, для t=0:

Найдем постоянные С1 = 0, С2 = 0
тогда

Для момента , когда камень покидает участок,

т.е

откуда

т.е.

Рассмотрим движение камня от точки В до точки С.
Показав силу тяжести , действующую на камень, составим дифференциальные уравнения его движения:

Начальные условия задачи; при t = 0
x0=0, y0 = 0

Интегрируем дифференциальные уравнения

x = C3t + C5, y = gt2/2 + C4t + C5.
Напишем полученные уравнения для t = 0

x=C5; y = C6.
Отсюда найдем, что


Получим следующие уравнения проекций скоростей камня:

И уравнения его движения:

Уравнение траектории камня найдем, исключив параметр t из уравнений движения. Определив t из первого уравнения и подставив его значение во второе, получаем уравнение параболы:
В момент падения y = h, x = d.
Определяя d из уравнения траектории, найдем
d1 = 2,11 м, d2 = –7,75 м.
Так как траекторией движения камня является ветвь параболы с положительными абсциссами ее точек, то d = 2,11 м.
Минимальная ширина полки
b = d – ED = d – h/tg75°, или b = 0,77 м.
Используя уравнение движения камня найдем время Т движения камня от точки В до точки С: Т = 0,53 с.
Скорость камня при падении найдем через проекции скорости на оси координат

По формуле

Для момента падения t = T = 0,53с

или

4. Задача 3. «Применение теоремы об изменении кинетического момента к определению угловой скорости твердого тела»
Тело Н массой m1 вращается вокруг вертикальной оси z с постоянной угловой скоростью о; при этом в точке О желоба АВ тела Н на расстоянии АО от точки А, отсчитываемом вдоль желоба, находится материальная точка К массой т2. В некоторый момент времени (t = 0) на систему начинает действовать пара сил с моментом Mz = Мz (t). При t = х действие прекращается.
Определить угловую скорость тела Н в момент t = .
Тело Н вращается по инерции с угловой скоростью .
В некоторый момент времени t1 = 0 (t1 – новое начало отсчета времени) точка К (самоходный механизм) начинает относительное движение из точки О вдоль желоба AВ (в направлении к В) по закону ОК = s = s(t1).
Определить угловую скорость T тела Н при t1 = Т.
Тело Н рассматривать как однородную пластинку, имеющую форму. Необходимые для решения данные приведены в таблицах.
Рисунки к соответствующим вариантам задач, приведены на страницах 25-27.
Номер варианта т1, т2 о, с–1 а, м b, м R, м ,
град АО, м Mz=M*z(t)
Нм , с ОК = s = s(t1) Т,с
кг 1 32 10 –1 1 1,5 1,2 – R/6 –29,6t2 3 (5R/12)t1 1
2 200 60 –2 – – 2 120 101 5 t2 1
3 120 40 0 2 – – – 0 –120t 4 (/4)t12 2
4 16 5 –3 – – 1 30 0,4 21t 2 0,6t1 2
5 66 10 1,5 2 1,5 – – 0 4 0,5t1 2,5
6 160 80 –1,25 1,5 – 2,5 – a/6 –700t 3 (5a/18) t12 3
7 300 50 –2 1,6 1 0,8 – 0 968 1 (R/2)t12 1
8 80 20 0 1,2 – 2 – a/2 4 (a/4) t1 2
9 20 5 5 1,2 – 0,4 45 R/4 3 (3R/4) t12 1
10 100 40 2 2 – – 4 1
11 60 20 –1 2 – – 15 0 40t 2 0,4 t12 2
12 40 10 –3 1 – 2 – 0 50t2 3 (a/3) t1 2
13 24 4 4 1 – – – 0,5 1 0,3t1 2
14 40 10 2 – – 1 – 0 120t 1 0,5t1 3
15 120 50 –4 1 – 2 – 0 330t2 2 (a/2) t12 1
16 60 10 –5 1 1,2 – 30 0,4 74 2 0,3 t12 2
17 50 10 –2 – – 1,6 30 0,6 69t 4 0,6t1 2
18 120 50 3 2 3 0,8 – R/2 324 3 (R/8)t12 2
19 90 30 1 1,5 – – – 0 –135t 2 (a/4) t12 1
20 50 12 3 1 – 1,2 – a/6 –14t2 3 (a/12) t12 2
21 40 10 –6 – – 1 – 1 2
22 150 50 –1 1,6 1,2 0,6 – R/2 163 4 (R/2)t12 1
23 90 20 2 1 – – –210 2 ()t1 1
24 50 12 –3 0,6 – – 60 0,2 27t2 2 0,4t1 2
25 36 8 –5 – – 0,5 – 0 20t 2 (R/6)t12 2
26 150 40 –4 1,5 – 2 – a/6 1 (a/2) t12 1
27 120 30 0 1 – – 60 0 –25t 2 t12 1
28 15 4 –2 0,6 – – – 0,1 5,6t 3 0,4t1 1
29 20 5 5 0,6 – 0,6 – 0 4 (5R/6)t1 1
30 150 50 0 1,6 1,2 – – 1,6 652t 2 0,2 t12 2
Примечание. Знак минус перед Мz и соответствует вращению по направлению вращения часовой стрелки, если смотреть со стороны положительного направления оси z.
Таблица. «Осевые моменты инерции однородных пластин»




Пример решения Задачи 3
Дано: m1 = 200 кг; m2 = 80 кг; Mz = 592 t Нм; 0= – 2 рад/с; АО = 0,8 м;
R = 2,4 м; а = 1,2 м; t = = 4 c; ОК = s = 0,5 t12 м; t1 = Т = 2 с.

Определить и Т, считая тело Н однородной круглой пластинкой. Решение. К решению задачи применим теорему об изменении кинетического момента механической системы, выраженную уравнением
,
где Lz кинетический момент системы, состоящей в данном случае из тела Н, и точки К, относительно оси z; – главный момент внешних сил, приложенных к системе, относительно оси z.
На систему за время от t = 0 до t = действуют силы: вес G1 тела H, вес G2 точки К, пара сил с моментом Мz и реакции подпятника и подшипника (рис. а).
Предположим, что вращение тела Н происходит против вращения часовой стрелки, если смотреть со стороны положительного направления оси z; будем считать это направление положительным при определении знаков кинетических моментов.
Найдем выражение кинетического момента Lz системы, который складывается из кинетического момента тела Jz и момента количества движения точки К, находящейся в точке О тела Н и имеющей скорость v = O1O:
m2v O1O = m2 O1O2.
Таким образом,
Lz = Jz+ m2 O1O2=( Jz+ m2 O1O2)
Главный момент внешних сил равен вращающему моменту Мz, так как другие силы момента относительно оси z не создают.
Уравнение, выражающее теорему об изменении кинетического момента, примет вид
(1)
где Мz = ct (с = 592 Нм/с).
Разделим в уравнении (1) переменные и проинтегрируем левую и правую части уравнения:

Тогда
(Jz + m2 O1O2) (– 0) = c2/2. (2)
Найдем числовые значения входящих в уравнение (2) величин.
Момент инерции тела Н относительно оси z найдем, используя теорему о зависимости между моментами инерции относительно параллельных осей:
Jz = JzС+m1a2,
где JzC - момент инерции тела H однородной круглой пластинки относительно вертикальной оси, проходящей через центр масс тела параллельно оси z:
JzC=m1R2/2.
Тогда
Jz=m1R2/2 + m1a2,
т. е.
Jz = 864 кг м2.
Из чертежа (рис. 4, б) находим
(O1O) = (ОС)2 + (О1С)2, или (О1О)2 = 4 м2,
поэтому
Jz + m2 O1O2 = 864+ 804= 1184 кгм2.
Таким образом, из уравнения (2)
1184 [ – (– 2)] = 592 42/2
имеем
= 2 рад/с.
После прекращения действия момента Мz тело H вращается по инерции с угловой скоростью ; при этом к системе приложены силы G1, G2, реакции подпятника и подшипника (рис. б).
Те же внешние силы действуют на систему и в течение промежутка времени от t1 = 0 до t1 = Т при движении самоходной тележки.
Уравнение, выражающее теорему об изменении кинетического момента системы, имеет для этого периода времени вид
dLz/dt = 0,
т. е.
Lz = const.
Определим значения кинетических моментов Lz0 при t1 = 0 и Lz при t1=T и приравняем эти значения.
Lz0= (Jz + m2 O1O2) = 2368 кг м2/с.
При t1 > 0 скорость точки К складывается из относительной скорости vr отношению к телу H и переносной скорости ve в движении вместе с телом Н. Поэтому для t1=T покажем два вектора количества движения точки: и .
Для t1=T
LzT = J2T + m2T(О1К)2 + m2vr O1C.
Найдем
(О1КТ)2 = (O1С)2 + (СКТ)2, .
где
СКТ = ОКТ – ОС, ОКТ =st1=T = 0,5Т2 = 0,5 22 = 2 м,
т.е. СКТ = 2 – 1,6 = 0,4 м, (О1КТ)2 = 1,22 + 0,42 = 1,6 м2
Относительная скорость
vr, = ds/dt = t1,
при t1 = Т = 2 с.
vr = 2 м/с;
Поэтому
LzT = 864T + 80T –1,6 – 80 2 1,2 = 992T - 192.
Приравнивая Lz0 и LzT: 2368 = 992T - 192, находим T = 2,59
5. Задача 4. «Применение теоремы об изменении кинетической энергии к изучению движения механической системы»
Механическая система под действием сил тяжести приходит в движение из состояния покоя; начальное положение системы показано на рисунках. Учитывая трение скольжения тела 1 (варианты 1 – 3, 5, 6, 8 – 12,17 – 23, 28 – 30) и сопротивление качению тела 3, катящегося без скольжения (варианты 2, 4, 6 – 9, 11, 13 – 15, 20, 21, 24, 27, 29), определить скорость тела 1 в тот момент, когда пройденный им путь станет равным s.
Другими силами сопротивления и массами нитей, предполагаемых нерастяжимыми, пренебречь.
В задании приняты следующие обозначения: т1 т2 т3 т,4 – массы тел 1,2,3,4; R2, r2, R3,r3 — радиусы больших и малых окружностей; i2x,i3 радиусы инерции тел 2 и 3 относительно горизонтальных осей, проходящие через их центры тяжести; , – углы наклона плоскостей к горизонту; f – коэффициент трения скольжения; – коэффициент трения качения.
Необходимые для решения данные приведены в табл. Блоки и катки, для которых радиусы инерции в таблице не указаны, считать сплошными однородными цилиндрами.
Наклонные участки нитей параллельны соответствующим наклонным плоскостям.
№ m1 m2 m3 m4 R2 R3 i2x i3 f ,см S,м Примечание
Кг см см Град 1 m 4m 1/5m 4/3m – – – – 60 – 0,1 – 2 2 m 1/2m 1/3m – – 30 – 20 30 45 0,22 0,2 2 3 m m 1/10m m – – – – 45 – 0,1 – 2 4 m 2m 40m m 20 40 18 – – – – 0,3 0,1 Массами звеньев AB, BC и ползуна B пренебречь
5 m 2m m – 20 15 18 – 60 – 0,12 – 0,28 Массой водила пренебречь
6 m 3m m – – 28 – – 30 45 0,1 0.28 1,5 7 m 2m 2m – 16 25 14 –- 30 – – 0,2 2 8 m 1/2m 1/3m – – 30 – – 30 45 0,15 0.2 1,75 9 m 2m 9m – – 30 – 20 30 – 0,12 0,25 1,5 10 m 1/4m 1/4m 1/5m – – – – 60 – 0,1 – 3 11 m 1/2m 1/4m – – 30 – 25 30 45 0,17 0,2 2,5 12 m 1/2m 1/5m m 30 – 20 – 30 – 0,2 – 2,5 13 m 2m 5m 2m 30 20 26 – 30 – – 0,24 2 14 m 1/2m 5m 4m – 25 – – – – – 0,2 2 Массы каждого из 4 колес одинаковы
15 m 1/2m 4m 1/2m 20 15 18 – 60 – – 0,25 1,5 16 m 1/10m 1/20m 1/10m 10 12 – – – – – – 0,05 Массой водила пренебречь
17 m 1/4m 1/5m 1/10m 20 – 15 – 60 – 0,1 – 0,16 Шатун 3 рассматривать как тонкий однородный стержень
18 m 3m m – 35 15 32 – 60 – 0,15 – 0,2 Массой водила пренебречь
19 m 1/3m 1/10m m 24 – 20 – 60 – 0,15 – 1,5 20 m 2m 20m – 20 15 16 – 30 – 0,1 0,2 0,2 Массами звеньев AB и BC и ползуном B пренебречь
21 m m 2m – 20 20 16 – 30 45 0,2 0,32 0,2 22 m ½m ¼m – 20 10 – – 60 – 0.17 – 0,1 Массой водила пренебречь
23 m m 1/10m 4/5m 20 – 18 – 30 – 0,1 – 1 24 m 3m 20m – 20 30 18 – – – – 0,6 0,08 Массами звеньев AB, BC и ползуном B пренебречь
25 m 1/3m 1/4m – 16 20 – – – – – – 0,04 Массой водила пренебречь
26 m 1/2m m 1/3m 30 – 20 – – – – – 0,6 Массы и моменты инерции блоков 2 и 5 одинаковы
27 m m 6m 1/2m 20 20 16 – 30 – – 0,2 2 28 m 2m 3m – 20 – 14 – 60 – 0,10 – 0,1 Шатун 3 рассматривать как тонкий однородный стержень
29 m 1/4m 1/8m – – 35 – – 15 30 0,20 0,20 2,4 30 m 1/2m 3/10m 3/2m 26 20 20 18 30 – 0,12 – 2
EnhancedMetaFilefalse\* MERGEFORMAT
EnhancedMetaFilefalse
Пример решения Задачи 4
Дано: m1 – масса груза 1, т2 = 2т1 т3 = т1, т4 = 0,5т1 , т5 = 20т1, , R2 = R3 = 12 см, r2 = 0,5R2 , r3 = 0,75R3, R5 = 20 , AB = l = 4R3 , i3x = 8 см; i2 = 8 см, = 30°,f = 0,1, = 0,2 см, s = 0,06 м. Сопротивление качению тела 2 не учитывать. Шатун 4 считать тонким однородным стержнем; каток 5 – однородный сплошной цилиндр. массами звена ВС5 и ползуна В пренебречь. На рис. 1, а показана механическая система в начальном положении.
Найти 1– скорость груза 1 в конечном положении.
Решение. Применим теорему об изменении кинетической энергии системы:
(1)
где T и T0 – кинетическая энергия системы в начальном и конечном положениях;
– сумма работ внешних сил, приложенных к системе, на перемещении системы из начального положения в конечное;
– сумма работ внутренних сил системы на том же перемещении.
Для рассматриваемых систем, состоящих из абсолютно твердых тел, соединенных нерастяжимыми нитями и стержнями,

Так как в начальном положении система находится в покое, то T0 = 0.
Следовательно, уравнение (1) принимает вид
. (2)
Для определения кинетической энергии T и суммы работ внешних сил надо изобразить систему в конечном положении (рис б, в).

Напишем кинематические соотношения между скоростями и перемещениями точек системы, т.е. уравнения связей. при этом скорости и перемещения выразим соответственно через скорости и перемещения груза 1.
Скорость центра масс С катка 2 равна скорости груза 1:
(3)
Угловая скорость катка 2, мгновенный центр скоростей которого находится в точке P2 ,
.
Учитывая (3),получим
. (4)
Скорость точки D катка 2
,
т.е.

Скорость точки E ,блока 3 равна скорости точки D катка 2:
(5)
Но
.
Следовательно, по (5),

Так как

То

откуда
(6)
Заменяя в формуле (6)
, ,
получим

или

После интегрирования (при нулевых начальных условиях)
(7)
Когда груз 1 пройдет путь м, блок 3 повернется на угол

При этом повороте блока 3 на 1800 его точка А перейдет в конечное положение А и шатун 4 из начального положения А0В0 перейдет в конечное положение АВ.
Каток 5 переместится влево при повороте блока 3 на угол
И вправо при повороте блока еще на ;значит ,конечное положение катка 5 совпадает с его начальным положением.
Таким образом, конечное положение всей системы вполне определено.
Вычислим кинетическую энергию системы в конечном положении как сумму кинетических энергий тел 1, 2, 3 ,4, 5:
Т = T1 + Т2 + Т3 + Т4 + Т5 (8)
Кинетическая энергия груза 1, движущегося поступательно,
Т1= m1/2. (9)
Кинетическая энергия катка 2, совершающего плоское движение,
, (10)
где – момент инерции катка 2 относительно его продольной центральной оси :
.
Подставляя (3), (4), (11) в формулу (10), получаем
.
Кинетическая энергия тела 3, вращающего вокруг оси Оx,

где -момент инерции блока 3 относительно оси Ох:

Подставляя (6), (14) в формулу (13), получаем
.
Кинетическая энергия шатуна 4, совершающего плоское движение,

где с4 – скорость центра масс С4 шатуна 4, 4-угловая скорость шатуна 4; -момент инерции шатуна относительно центральной оси С.
Для определения С4 и 4 найдем положение мгновенного центра скоростей шатуна 4.Так как скорости точек А и В в этот момент параллельны, то мгновенный центр скоростей шатуна 4 находится в бесконечности; следовательно, угловая скорость шатуна в данный момент 4=0, а скорости всех его точек параллельны и равны между собой. Таким образом, кинетическая энергия шатуна 4
,
где
С4=А.
Вращательная скорость точки А тела 3
А=3R3,
или с учетом (14)
А=3/2R31/r3.
Поскольку r3=3/4R3, получим
А=21.
По (17)
С4=А, С4=21.
После подстановки (19) в (16) выражение кинетической энергии шатуна 4 принимает вид
.
Кинетическая энергия катка 5,совершающего плоское движение,

где С5- скорость центра масс С5 катка 5; J5- момент инерции катка 5 (однородного сплошного цилиндра) относительно его центральной продольной оси С5, ; 5-угловая скорость катка 5.
Так как каток катится без скольжения, то мгновенный центр скоростей находится в точке Р5.Поэтому
5=С5/R5
Следовательно,
.
Так как звено ВС5 совершает поступательное движение, то С5=В, но В=С4=21.Значит, С5=21.
Поэтому выражение кинетической энергии катка 5 принимает вид
.
Кинетическая энергия всей механической системы определяется по формуле (8) с учетом (9), (12), (15), (20), (21):
.
Подставляя сюда заданные значения масс, получаем

или
.
Найдем сумму работ всех внешних сил, приложенных к системе, на заданном ее перемещение. Покажем внешние силы, приложенные к системе (рис.155,в).
Работа силы тяжести

Работа силы трения скольжения

Так как

то

Работа силы тяжести

Работа сил сцепления катков 2 и 5 равна нулю, так как эти силы приложены в мгновенных центрах скоростей этих катков.
Работа силы тяжести
,
где hC4-вертикальное перемещение центра тяжести С4 шатуна 4 из начального положения в его конечное положение (рис.155,г):
hC4=R3,
AG4=m4gR3.
Работа пары сил сопротивления качению катка 5
,
где МС=N5=G5-момент пары сил сопротивления качению катка 5; 5-угол поворота катка 5.
Так как каток 5 катится без скольжения, то угол поворота
5=SC5/R5
где SC5-перемещение центра тяжести С5 катка 5.
В данном примере работу пары сил сопротивления вычислим как сумму работ этой пары при качении катка 5 влево при повороте тела 3 на угол /2 и качении вправо, когда тело 3 повернется еще на угол /2.
Перемещение центра тяжести С5 катка 5 равно перемещению ползуна В влево и право:
sC5=2(В0В/).
Определим перемещение В0В/ при повороте тела 3 на угол /2. За начало отсчета координаты точки В выберем неподвижную точку К плоскости. При повороте тела 3 шатун из положения АоВо перейдет в положение КВ/. Тогда
,
где
,

Следовательно,

6. Задача 5. «Принцип Даламбера. Решение динамической задачи методом кинетостатики»
Вертикальный вал АК (схема 0-9),вращающийся с постоянной угловой скоростью ,закреплён подпятником в точке А и цилиндрическим подшипником в точке, указанной в таблице в столбце 2 (AB=BD=DE=EK=a).К валу жёстко прикреплены невесомый стержень 1 длиной l1=0,4 м с точечной массой m1= 6 кг на конце и однородный стержень 2 длиной l2=0,6 м, имёющий массу m2= 4 кг; оба стержня лежат в одной плоскости. Точки крепления стержня к валу указаны в таблице в столбцах 3 и 4,а углы α и β в столбцах 5 и 6.
Пренебрегая весом вала, определить реакции подпятника и подшипника.
При окончательных подсчётах принять, а =0,4м.
№ Подшипник в точке Крепление стержня 1 в точке Крепление стержня 2 в точке α° β°
0 B D K 30 45
1 D B E 45 60
2 E D B 60 75
3 K D E 75 30
4 B E D 90 60
5 D K B 30 45
6 E B K 45 30
7 K E B 60 75
8 D E K 75 60
9 E K D 90 45

Пример решения Задачи 5
Условие задачи:
Невесомый вал АК, вращается с угловой скоростью .
Вал несет жестко прикрепленный к нему невесомый стержень ВС длиной с точечной массой на конце и однородный стержень DЕ длиной и массой .
Вал AK укреплен в точке А в опорном подшипнике, а в точке К в цилиндрическом подшипнике, стержень ВС установлен на расстоянии 0,6 м от точки А под углом α=30° ,а стержень DЕ на расстоянии 0,6 м от точки К под углом β=75°.
Требуется определить реакции опорного и цилиндрического подшипников, если KD=AB=0,6м, AK=2,4м.
Чертеж к условию задачи:

Решение задачи
Применим к решению задачи принцип Даламбера. Так как угловая скорость вращения вала АК постоянна, рассматриваем только центробежные силы инерции частиц стержней DE и точки С. Исходя из зависимости для невесомого стержня BC с точечной массой m1, на его конце
, а т.к. , то

Определяем точку приложения равнодействующей сил инерции материальных точек стержня DE - силы к стержню DE.
Рассмотрим этот стержень отдельно.
z
E
F Rи2
C2
D y
P2
Силы инерции, приложенные к каждой частице стержня
,
где ,
тогда ,

Главный вектор сил инерции материальных точек стержня DE
.
Т.к. все силы инерции параллельны и направлены по параллельным прямым в одну сторону модули этих векторов, соответственно, связаны соотношениями



Центр тяжести треугольной эпюры сил инерции, действующих на частицы стержня DE, находится на пересечении медиан треугольника и линия действия равнодействующей сил инерции пройдет проходя через него разделит отрезок DE в отношении 2:1, т.е.
DF=; FE=
Расчетная схема задачи
z
K yk
xk
E
β F R2u
C2
D P2
R1u C
α
P1
B
zA
A yA y
xA
x
Так как все активные силы и силы инерции лежат в плоскости zАy, то и мы имеем произвольную плоскую систему сил.
Составим уравнения равновесия для полученной на расчётной схеме уравновешенной системы сил
(1)
(2)
(3)
Уравнение для проверки правильности полученного решения

Записываем уравнения в расчетной форме:
Уравнении (1):
, ,
,
Уравнение (2):

Уравнение (3):

Из уравнения (1)



Из уравнения (2)


Из уравнения (3)



Проверка решения.
Уравнение для проверки правильности полученного решения

В расчетной форме


Задача решена правильно, ошибка находится в пределах точности счета.
Л И Т Е Р А Т У Р А
1. Основная
1.1 Сборник заданий для курсовых работ по теоретической механике./Под ред. А.А.Яблонского. М.: Интеграл-пресс, 2009
1.2 Никитин Н.Н. Курс теоретической механики. Учебник. М: Высшая школа,1991.
1.3 Старжинский В.М. Теоретическая механика. Учебник. М: Наука, 1990.
1.4 Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики. Учебник. М: Высшая школа,1998.
1.5 Яблонский А.А. Никифорова В.А. Курс теоретической механики. Учебник. 2000.
1.6 Цывильский В.Л. Теоретическая механика. М: Высшая школа, 2009
2. Дополнительная
2.1 Бать М.М. Джанелидзе Г.Ю. Кельзон А.С. Теоретическая механика в примерах и задачах. Часть 1 и 2 : Учебное пособие. М:2003 и предыдущие издания.
2.2 Бражниченко Н.А. Кан В.Л..Минцберг Б.Л. Морозов В.И. Сборник задач по теоретической механике. Учебное пособие. М:1986 и предыдущие издания.
Приложение
МИНИСТЕРСТВО СЕЛЬСКОГО ХОЗЯЙСТВА РФ
ФГБОУ ВПО «ОРЛОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ АГРАРНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ»
Кафедра инженерной графики и механики
Расчётно-графическая работа № ___
по теоретической механике
Тема: «……………………….»
Выполнил: студент группы _____
Ф. И. О.______________________
Проверил: ___________________
Вариант:___________
Дата: ___________
Оценка: ___________
ОРЁЛ 2012

Приложенные файлы

  • docx 682204
    Размер файла: 1 MB Загрузок: 0

Добавить комментарий