Расчетно-графическое задание по статике - Кинематика точки и твердого тела

Кинематика точки и твердого тела
скачать (169 kb.)

Доступные файлы (1):

1.doc

169kb.

04.12.2011 20:29

скачать

содержание

1.doc

Расчетно-графическое задание по статике

РГР-2
КИНЕМАТИКА ДВИЖЕНИЯ ТОЧКИ И

ТВЕРДОГО ТЕЛА

Группа ЖУ 07 А 21

Студент Горячев Роман Александрович

Оценка работы

Дата «29» мая

Преподаватель Леготин Сергей Дмитриевич

ЖУКОВСКИЙ, 2009г.

КИНЕМАТИКА ТОЧКИ.
Задача 1. Вариант № 22.

ЗАДАНИЕ. По данным уравнениям движения точки М установить вид ее траектории и для момента времени t1 найти положение точки на траектории, ее скорость, полное, касательное и нормальное ускорения, а также радиус кривизны траектории в данной точке.

x = 7t ² (м); y = 5t (м); t1 = 0,5 (с)

a) Установим вид уравнения, связывающего функции x и y, по которому судят о траектории движения точки. Выразим из одного уравнения t и подставим в другое. Из второго уравнения:

подставим в первое и получим:

y

Это уравнение описывает параболу с вершиной в начале координат. Начало движения соответствует моменту времени t0 = 0. Используя исходные функции, найдем положение начальной точки:

x0 = 7t²0 =0 (м) , y0 = 5t0 =0 (м).

Материальная точка начнет свое движение из геометрической точки с координатами x0 = 0 (м), y0 = 0 (м). Исходя из вида заданных координатных функций, при увеличении параметра t значения x и y будут возрастать, т.е. материальная точка будет перемещаться вверх и направо. Таким образом, траектория движения представляет собой ветвь параболы x = 0,28 y² началом в ее вершине (0,0).

b) Положение точки в момент времени t1 определим путем подстановки t1 в исходные зависимости:

x1 = 7t² = 7 · 0,5² =1,75(м); y1 = 5t = 5 ·0,5 = 2,5(м)

c) Скорость точки.

Проекции вектора скорости:

Величина вектора скорости:

V

=√Vx² +Vy² =√(14t)² +5² =√196t² + 25 (м/с)

З

начение скорости в момент времени t1:

V

1 = √ 196t1 ² +25 = √ 196 · 0,25 + 25 = √ 74 ≈ 8,6 (м/c)

d) Полное ускорение точки:

Величина ускорения по своим проекциям определяется по теореме Пифагора:

a = √ ax² + ay² =√ 14² + 0² = 14 (м/c²) = const = a1

e) Касательное ускорение точки:

Для момента времени t1:

f) Нормальное ускорение точки.

an = √a² - aτ² = √14² - 11,4² ≈ 8,13 (м/с²)

g) Радиус кривизны траектории в данной точке:

Ответ:

- траектория движения представляет собой ветвь

параболы с вершиной в начале координат;
- положение точки для момента времени t1 определяется координатами

x1 = 1,75 (м), y1 = 2,5 (м);

- скорость точки для момента времени t1 равна

V1 ≈ 8,6 (м/c);

- полное ускорение точки для момента времени t1 равно

a = 14 (м/c²)

- касательное ускорение точки для момента времени t1 равно

aτ ≈ 11,4 (м/с²)

- нормальное ускорение точки для момента времени t1 равно

an ≈ 8,13 (м/с²)

- радиус кривизны траектории в данной точке

ρ1 ≈ 9,09 (м).

ИССЛЕДОВАНИЕ ПРОСТЕЙШИХ ДВИЖЕНИЙ ТВЕРДОГО ТЕЛА.
Задача 2. Вариант (схема механизма) № 4. Таблица 6.

ДАНО. Заданный механизм представлен на схеме (Рис. 1), уравнение движения груза 1 описывается выражением:

x = C2t² + C1t + C2 .

В начальный момент времени t0 = 0 начальная координата груза x0=0,04м,

а начальная скорость V0 = 0,04м/с .

В момент времени t = t2 = 4с координата груза x2 = 1,72м.

R2 = 0,5м; r2 = 0,36м; R3 = 0,3м.
ОПРЕДЕЛИТЬ:

- уравнение движения груза 1;

- скорость и ускорение груза 1. в момент времени t = t1;

- угловые скорости и угловые ускорения шкивов 2 и 3 в момент времен t = t1;

- скорость и ускорение точки М шкива 3 при t = t1.

РЕШЕНИЕ.
ДАНО: x = C2t² + C1t + C0;

t0 = 0; x0 = 0,04 м; V0 = 0,04 м/с; t2 = 4 с; x2 = 1,75 м; t1 = 3с;

R2 = 0,5м; r2 = 0,36м; R3 = 0,3м.
ОПРЕДЕЛИТЬ: x = x(t); V1; a1; ω2; ε2; ω3; ε3; VM; a M

Итак:

- груз 1 движется поступательно вниз;

- шкив 2 вращается вокруг неподвижной оси O2z2 (рис.2);

- шкив 3 вращается вокруг неподвижной оси O3z3 (рис.2).

Уравнение движения груза 1:

x = C2t² + C1t + C0; (1)

Скорость груза 1 определим, продифференцировав закон движения по

времени:

Касательное ускорение груза 1 определим, получив вторую производную по времени от уравнения (2):

Таким образом, ускорение не зависит от времени t. Следовательно, ускорение есть величина постоянная, а движение груза - равноускоренное. При движении по прямой нормальное ускорение отсутствует (an = 0), поэтому полное ускорение груза определяется только касательной составляющей

(a = aτ).

Для определения постоянных коэффициентов подставим начальные условия в уравнения (1) и (2).

t0 = 0; x0 = 0,04 м; V0 = 0,04 м/с;

x0 = C2 · 0² + C1 ·0 + C0 , откуда C0 = x0

dx ‗

dt

Подставляя числовые значения, находим коэффициенты

C 0 = 0,04 м; C 1 = 0,04 м/с;

Для определения коэффициента C2 используем данные для момента

времени t2, подставляя их в уравнение (1):

при t 2 = 4 с; x 2 = 1,75 м;

x 2 = C2· t2² + C1 · t2 + C0 ;

откуда

Подставляя числовые значения, получаем:

Таким образом, уравнение движения груза 1:

x = 0,1 t2² + 0,04 t2 + 0,04 (4)

Скорость груза 1:

V = 2 · 0,1 t + 0,04 (5)

Касательное ускорение груза 1

Значение координаты, скорости и ускорения груза 1 в заданный момент

времени t = t1 = 3(с) найдем, подставив это время в уравнение (4), (5), (6).

x 1 =0,1 t1² + 0,04 t1 + 0,04

V1 = 0,2 t1 + 0,04

a 1τ = 0,2 = const

Подставляя числовые значения, находим

x 1 =0,1 · 3 ² + 0,04 · 3 + 0,04 = 1,06 м

V1 = 0,2 · 3 + 0,04 = 0,64 м/с

a 1τ = 0,2 = const = 0,2 м/с ²

Направления показаны на рисунке 2. Векторы скорости и ускорения направлены по оси Ох, (V1 и a1 отрицательны).

Так как нить нерастяжимая, то

V E = V1 = 0,64 м/с

a Eτ = а1 = 0,2 м/с ²

Из кинематики вращения тела 2 вокруг неподвижной оси O2z2:

угловая скорость

где EO2 – кратчайшее расстояние от точки до оси вращения;

Направление угловой скорости ω2 соответствует направлению вектора

скорости в т. Е, т.е. по ходу часовой стрелки (рис.2);
Угловое ускорение:

Направление углового ускорения ε 2 соответствует направлению вектора

касательного ускорения a Eτ (по ходу часовой стрелки) (рис.2);

Модуль скорости точки K

VK = ω2 · KO2

где КО2 - кратчайшее расстояние от точки до оси вращения O 2 z 2 .

VK = ω2 · r2 = 1,28 · 0,36 ≈ 0,46 м/с

Направлен вектор скорости VK перпендикулярно к кратчайшему расстоянию KО2 и соответствует направлению угловой скорости ω2 (рис.2).
Касательное ускорение точки K

a Kτ = ε 2 · KO2 = ε 2 · r2

a Kτ = 0,4 · 0,36 ≈ 0,14 м/с²

Направлен вектор касательного ускорения точки К перпендикулярно кратчайшему расстоянию от точки К до оси вращения, т. е. a Kτ _|_КО2 и соответствует направлению углового ускорения ε 2.

Так как отсутствует проскальзывание одного тела по поверхности другого, то

Скорость точки М:

VM = VK ≈ 0,46 м/с

Касательное ускорение точки М:

a Mτ = a Kτ ≈ 0,14 м/с²

Направления векторов VM и a Mτ показаны на рис.2.

Из кинематики вращения тела 3 вокруг неподвижной оси вращения O3z3:

у
VM ,

MO3

гловая скорость

где MO3 - кратчайшее расстояние от точки M до оси вращения O3z3.

Направлена угловая скорость против часовой стрелки и соответствует

направлению вектора скорости VM (рис. 2)
Угловое ускорение

Направление углового ускорения ε 3 соответствует направлению вектора

касательного ускорения a Mτ (против часовой стрелки) (рис.2).

Нормальное ускорение точки М:

aMn = ω3² · MO3

aMn = ω3² · R3 = 1,53²· 0,3 ≈ 0,7 м/с²

Направлен вектор нормального ускорения по радиусу MО3 в сторону оси

вращения (рис.2).

Полное ускорение точки ^ М есть векторная сумма двух ускорений

aM = aMn + aMτ

Е

го величина:

a M = √ (aMn)² + (aMτ)²; a M = √ 0,7 ² + 0,14 ² ≈ 0,71 м/с ²

Направление вектора aM показано на расчетной схеме (рис.2) диагональю прямоугольника, построенного на векторах нормального и касательного ускорения как на сторонах.

Так как вектор ускорения a1 и вектор скорости V1 груза 1 направлены в одну сторону и при этом ускорение есть величина постоянная, то груз 1, тела 2 и 3, а вместе с ними и точка М совершают равноускоренное движение.
ОТВЕТ. VM ≈ 0,46 м/с

a M ≈ 0,71 м/с ²

V1 м/с	a 1 м/с ²	ω2 рад/с	ε 2 рад/с ²	ω3 рад/с	ε 3 рад/с ²
0,64	0,2	1,28	0,4	1,53	0,46

Скачать файл (169 kb.)

Кинематика точки и твердого тела - файл 1.doc

Доступные файлы (1):

1.doc