Сделай Сам Свою Работу на 5

Пример. Движение точки по горизонтальной плоскости





Исходные данные

Fx,H Fy,H x0 ,м/с y0 ,м/с T1
8cos2t 12sin2t -2 0 0 -6 π/6
18sin3t 27cos3t 0 -6 -2 0 π/6
8 0 2 2 0 4 1
0 12 3 6 3 0 1
18cos3t 0 -2 0 0 3 2π/9
0 27sin3t 0 3 0 -9 2π/9
-4 0 3 0 0 -5
0 0 4 4 -8 1
0 - -2 0 1
-6 -10 3 1 4 5/3 1
12 sin2t 8 cos2t 0 -6 -2 0 π/3
27cos3t 18sin3t -2 0 0 -6 π/3
10-0,2vx 0 0 0 0 0 5
0 10-0.3vy 0 0 0 0 3
-4sint 4cost 0 4 -4 0 π/6
-0,2vx 0 -50 10 0 0,2 10
0 -0.3vy 0 0,3 -30 9 10
-6/(t+1)3 0 -1 2 1 3 2
-4x -4y 5 0 0 10 π/6
4sint 0 2 -4 0 1 π/3
0 5sint 0 1 0 -5 π/6
5cost 0 -5 0 0 π/2
0 6cost 0 2 -6 0 1

Продолжение табл. 3.1



 

Fx,H Fy,H x0 ,м/с y0 ,м/с T1
9x 9y 0 4 6 0 1
-9x -9y 4 0 0 12 π/6
-2π2cosπt -2π2sinπt 2 0 0 1/3
2t 3 1 2 3 2 1
4 3t 0 2 3 0 1
4t+1 8t+2 1 3 2 3 1
12cos2t 12sin2t -3 0 0 -6 π/6
27sin3t 27cos3t 0 -9 -3 0 1
5t+2 10t+4 2 1 2 1 0,5
2 0 2 2 1 2 1
0 6 2 3 1 0 1
t 12е2t 2 2 3 6 1
4sin2t 8cos2t 0 -2 -2 0 π/6
-4cos2t 8sin2t 1 0 0 -4 π/6
 
№   Fx,H Fy,H x0 ,м/с y0 ,м/с T1
4 е2t 8 еt 1 2 8 8 1
2t 0 5/4 5/2 1 2 1
0 -2 0 1
3t 6t 3 0 6 0 1
-8sin2t 4cos2t 0 4 -1 0 π/6
0 -2 0 1
12t 0 2 0 1 2 1
16e2t 4et 4 8 4 4 1
-16sin2t 0 0 8 1 2 π/6
-8cos2t 12sin2t -2 0 0 -6 π/6
18sin3t -27cos3t 0 -6 2 0 π/6
12 0 2 2 0 4 1
0 -0.2vy 0 0,3 -30 9 10
10-0,1vx 0 0 0 0 0 5
0 16 3 6 3 0 1
4sin2t -8cos2t 0 -2 -2 0 π/6
-18/(t+1)3 0 -3 6 3 3 2
-0,2vx 0 -50 10 0 0,2 10
0 0 4 4 -4 1
16e2t -4et 4 8 -4 -4 1
8 0 2 2 0 4 1
0 -0.3vy 0 0,3 -30 9 10
10-0,2vx 0 0 0 0 0 5
3t 6t 3 0 6 0 1
8cos2t -12sin2t -2 0 0 6 π/6
0 6-0,3vy 0 0 0 0 4
-6/(t+1)3 0 -1 2 1 3 2
9x 9y 0 4 6 0 1
0 12 3 6 3 0 1
4sin2t -8cos2t 0 -2 2 0 π/6
-18sin3t 27cos3t 0 -6 -2 0 π/6
-0,15vx 0 -50 10 0 0,2 10
-2π2cosπt -2π2sinπt 2 0 0 1/3

Окончание табл. 3.1



 

Fx,H Fy,H x0 ,м/с y0 ,м/с T1
0 0 4 2 -1 1
24e2t 3et 6 12 3 3 1
5 0 2 2 0 4 1
3t 6t 3 0 6 0 1
10-0,2vx 0 0 0 0 0 5
12sin2t 16cos2t 0 -6 -4 0 π/6
0 11 3 6 3 0 1
-4sin2t -8cos2t 0 2 2 0 π/6
2t 0 5/4 5/2 1 2 1
8 0 2 2 0 4 1
25x 25y 0 4 6 0 1
18 0 0 0 2 3 1
-0,25vx 0 -50 10 0 0,2 10
12t 6t 0 0 0 0 1
0 -0.3vy 0 0,3 -30 9 10
0 12 3 6 3 0 1
8e2t 4et 2 4 4 4 1
-2π2cosπt -2π2sinπt 2 0 0 1/3
Fx,H Fy,H x0 ,м/с y0 ,м/с T1
-8cos2t -12sin2t -2 0 0 -6 π/6
3x 3y 0 3 2 0 π/6
4 0 2 2 0 4 1
-4sin2t 8cos2t 0 2 -2 0 π/6
-6/(t+1)3 0 -1 2 1 3 2
16x 16y 0 4 6 0 1
-18sin3t -27cos3t 0 6 3 0 π/6
2t 0 5/4 5/2 1 2 1
16-0,2vx 0 0 0 0 0 5
-4sin2t -12cos2t 0 -2 -6 0 π/6
0 10 3 6 3 0 1
               

 



 

Пример. Движение точки по горизонтальной плоскости

 

Материальная точка (рис. 3.1) массой 2 кгдвижется по горизонтальной плоскости под действием силы , где i и j-орты осей координат Ox и Oy. При t = 0положение точки определяется координатами: , а проекции скорости на координатные оси соответственно равны .

Определить, пренебрегая трением, уравнения движения точки. Построить траекторию, указать на ней положение точки, найти скорость, касательное, нормальное, полное ускорения точки и радиус кривизны при t = 0,25 с.

Решение. На точку, находящуюся на горизонтальной плоскости, действуют сила тяжести , реакция плоскости и сила . Запишем дифференциальные уравнения движения точки

j
i

Найдем проекции действующих сил на оси х и у. Сила тяжести и реакция опорной плоскости параллельны оси z, поэтому их проекции на указанные оси координат равны нулю. Проекции силы на оси координат равны:

,

где .

Дифференциальные уравнения точки принимают вид:

Подставим m =2и получим

 

или (3.1)

 

Уравнения (3.1) – однородные линейные дифференциальные уравнения второго порядка.

Решаем первое уравнение. Составляем характеристическое уравнение

.

Корни этого уравнения .

Так как корни характеристического уравнения действительные и равные , то решение уравнения (а) имеет вид:

Аналогично решаем второе уравнение. Соответствующее ему характеристическое уравнение также имеет действительные и равные корни .

Решение второго уравнения имеет вид:

.

Итак, движение точки по плоскости ху описывается уравнениями

 

, (3.2)

 

где С1, С2, С3, С4 – постоянные интегрирования.

Определим из этих уравнений проекции скорости точки на оси координат:

(3.3)

 

Постоянные интегрирования найдем из начальных условий движения точки: . Подставим начальные условия в уравнения (3.2), (3.3) и получим:

Подставляя эти значения в (3.2) и (3.3), получим окончательно уравнения движения точки и значения проекций скорости точки на оси координат:

(3.4)

(3.5)

Определим уравнение траектории точки. Уравнения (3.4) можно рассматривать как параметрические уравнения траектории точки. Для того чтобы получить уравнение траектории точки в координатной форме, исключим t из этих уравнений, получим . Траекторией точки является парабола, вершина которой находится в начале координат. Точка движется по правой ветви параболы и при t1=0,25 c, ее координаты равны: x1 = 1,6 м; у1= 1,33 м.

Проекции скорости на оси координат определяются уравнениями (3.5). При t1 = 0,25 c, .

Модуль скорости , V1=6,6 м/c.

Проекции ускорения найдем, дифференцируя по времени уравнения (3.5).

При t=0,25 c, ax=6,4м/c2, ay=21,6м/c2.

Модуль ускорения = , a1 =22,5 м/c2.Модуль касательного ускорения при t 1 равен

.

Модуль полного ускорения выразим через нормальное и касательное ускорения:

.

Отсюда находим нормальное ускорение в заданный момент времени:

.

Радиус кривизны траектории в рассматриваемой точке определяется из формулы нормального ускорения . Отсюда .

На рис. 3.2 показано положение точки М в заданный момент времени t1 =0,25 c. В этот момент х=1,6 м, у=1,33 м. Вектор строим по его проекциям и . Вектор строим по проекциям и , и затем раскладываем на составляющие и .

Задание Д2. Применение теоремы об изменении кинетической энергии к изучению движения механической системы

Механизм начинает двигаться из состояния покоя под действием заданных сил: постоянной силы F, постоянного вращающего момента Мвр и сил тяжести. Сила и момент действуют на одно из тел, как показано на рис. 3.3. Зная массы тел m1, m2, m3, m4; радиусы r и R малых и больших окружностей колёс; радиусы инерции ступенчатых колёс ρ, определить какую скорость будет иметь тело 1 после того, как оно переместится на расстояние S=3 м. Коэффициент трения скольжения для всех вариантов, где груз скользит по плоскости, f=0,05. Сопротивлением качению пренебречь. Качение колёс происходит без скольжения. Численные значения всех величин даны в табл. 3.2.

 

Пример. Применение теоремы об изменении кинетической энергии к изучению движения механической системы Механизм движется из состояния покоя (см. рис. 3.3). Определить скорость тела 1 после его перемещения на расстояние S=0,5 м. Дано: массы тел m1=10 кг, m2=30 кг, m3=15 кг, m4=20 кг,радиусы колёс r2=0,2 м, R2=0,4 м, r3=0,25 м, r4=0,25 м, радиус инерции тела 2 ρ2=0,25 м, сила F=100 Н, Мвр=20 м.

 
 

 

 


Решение. Кинематика механизма. Выразим основные кинематические параметры звеньев механизма через искомую скорость v1. На рис. 3.4 изображена кинематическая схема. Из рис. 3.4 видно, что тело 1 движется поступательно, тела 2 и 3 вращаются, а тело 4 движется плоскопараллельно. Угловая скорость колеса 2 определяется из условия равенства скоростей точек контакта звеньев 1 и 2.

V12·r2 ω2= . (3.6)

Из аналогичного условия равенства скоростей точек контакта колёс 2 и 3 находим угловую скорость колеса 3. Так как ω2·R2= ω3·r3, то

ω3= . (3.7)

 

Рис. 3.4

 

 

Схемы механизмов

 

1
 
 

 


 

2

   

 

5    
F
6

7   8
F
9

 
 

 

 

10
 
 

 

 


12
    14
15    
Мвр
16

17   18
 
 

 

 

20
21     22
23   24

 


 

 
 

 

 

Мвр
26

27

 

28
29    
F
Мвр
30

31     32
33   34

 

 

Таблица 3.2

Исходные данные

 

 








Не нашли, что искали? Воспользуйтесь поиском по сайту:



©2015 - 2024 stydopedia.ru Все материалы защищены законодательством РФ.