5133

30

2.4.Сложное движение точки

ЗАДАЧА 4

Платформа Н вращается вокруг оси Z по закону • •$ &. Материальная точка М, которая в начальный момент времени t0=0 находится в положении А, совершает периодическое движение по траектории AB. Известен закон движения точки М:

k1 % !" $ &o, где LAB – длина траектории АВ.

Определить момент времени t1, при котором, двигаясь в положительном направлении, то есть от А к В, материальная точка М будет иметь дуговую координату š ∙ —y•.

Z d = 2a

Для момента времени t1 найти и показать на чертеже:

∙Положение, которое точка М занимает на платформе Н;

∙Величины и направления относительной, переносной и абсолютной скоростей точки М;

∙Величины и направления относительного, переносного и абсолютного ускорений точки М;

31

решение

1.считаем движение точки м по пластине относительным движением (индекс «r»), а движение точки м, которое она имеет в результате вращения пластины, – переносным движением (индекс «е»).

абсолютная скорость и абсолютное ускорение будем искать по формулам сложного движения:

@ij @i› @iœ,

Vij Vi› Viœ Vi•ž›.

2.пройдя 2/3 длины —y• в направлении от А к В, точка М займет положение М1.

3.Определим момент времени t1 из условия, что s = 2/3 —y•:

–{‚ k1 % !" $ &o –{‚, 1 % !" $ & # , !" $ & %

,

откуда получаем значение t1 = 1.8755 c.

4.Определим длину траектории: —y•=1.5πV, то есть 3/4 от длины окружности.

32

5. рассмотрим относительное движение (с индексом «r»), мысленно остановив вращение пластины:

показываем положение точки м1 на рисунке. показываем направление векторов.

движение точки м1 является замедленным, так как @›s ∙ V›s< 0.

6.рассматриваем переносное движение (с индексом «е»). для этого мысленно остановим относительное движение в полученном положении и найдем угловую скорость и угловое ускорение вращения пластины по формулам вращательного движения:

™Ÿ 1.5 ∙ $0.5 ∙ 1.8755 1& 2.907 !1 .

Определим переносную скорость и компоненты переносного ускорения при 1.8755 !:

— • ¡B X √20 10 22.4 см. @œs zŸ— 5.632 ∙ 22.4 СМСY 126.157 СМY,

O1

направление ускорения кориолиса определяем по правилу жуковского:

∙ вектор @i› спроектируем на плоскость перпендикулярную к оси вращения;

∙ повернем полученную проекцию на 900 в сторону вращения,

∙ покажем ускорение кориолиса на рисунке.

8. определяем модули абсолютной скорости и абсолютного ускорения. для этого введем локальную систему координат оху и определим

проекции абсолютной скорости на координатные оси:

@j @› @œ COS D 22.477 126.157 ∙ √x 135.315 СМСY , @j % @œ SIN D %126.157 ∙ √x %55.419 СМСY .

определим модуль абсолютной скорости:

34

@ U@ @ √135.315 55.419 146.224 СМ

j j j С

1.462 МС .

определим проекции абсолютного ускорения на координатные оси:

Vj %V›s Vœs!" D Vœ^ D %7.854 65.117 ∙ 0.8944 710.515 ∙ 0,4472 368.129 СМСY ,

Vj V•ž› V›^ Vœ^!" D % Vœs D

253.181 50.522 710.515 ∙ 0,8944 % 65.117 ∙ 0,4472

910.067 СМСY ,

определим модуль абсолютного ускорения:

Vj UVj Vj √368.129 910.067981.703 СМСY 9.817 СМY

задача решена

R

P R

C PA

2.Обозначим буквами В и С точки в центрах колес В и С. Обозначим буквой D точку касания колеса C с плоскостью.

Обозначим буквами E, F и H точки соприкосновения колес с нитями. Выразим необходимые линейные и угловые скорости через искомую

3. Определим моменты инерции колес В и С.

Колесо В имеет реборду.

37

4.Определим кинетическую энергию системы в начальном и конечном состояниях.

5. Определим сумму работ всех внешних сил на заданном перемещении:

38

‘k’hiyo ¨y ° ¯y ∙ sin ± 2 ¨ ° ¯ ∙ 0.68 1.72 ¨ ° ¯.

‘k-iТРo %-ТР ¯y %² ¬y ¯ %² ¨y ° ∙ cos ± ∙ ¯ %0.1 ¨ ° ¯.

‘k’hiƒo %¨ƒ ° ¯ƒ ∙ sin D %0.5 ¨ ° ¯.

∑ ‘œ] ‘k’hiyo ‘k-iТРo ‘k’hiƒo 1.72¨°¯ % 0.1¨°¯ % 0.5¨°¯ 1.12¨°¯.

6.Найдем значение скорости тела А.

Используем теорему об изменении кинетической энергии механической

8.Найдем время, за которое тело А пройдет путь, равный 2м.

Запишем уравнение прямолинейного равноускоренного движения тела A:

¯V Y @8 ¯8 V Y, так как @8 0 и ¯8 0.U2¯⁄V U2 ∙ 2⁄1.35 1.72 !.

задача решена

39

3.2. Принцип возможных перемещений

ЗАДАЧА 2

Определить реакции опор составной балки, используя принцип

возможных перемещений.

Дано: - 20 кН; ’ 40кН; 25 кНм; ¸ 10 кН; V 1м; D 30°.

2F

решение

1.Разложим наклонную силу 2F на вертикальную и горизонтальную составляющие, модули которых равны:

2- !" D 2- √ -√3 и 2- D 2- F.

Заменим распределенную нагрузку ее равнодействующей º 3¸V 30 кН.

Удалим связи, заменив их неизвестными реакциями, учитывая, что на неподвижной опоре реакция wy пройдет наклонно и может быть представлена своими составляющими: вертикальной »y и горизонтальной ¼y.

Горизонтальная составляющая может быть найдена их уравнения

равновесия:

∑ ¼] 0; 2- D % ¼y 0; откуда ¼y 2- D -.

Горизонтальная сила F и горизонтальная реакция ¼y не совершают работу на вертикальных перемещениях, не влияют на величину вертикальных реакций и в последующих выкладках учитываться не будут.