Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Нижегородский Государственный Архитектурно-Строительный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

8551

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

25.11.2023

Размер:

1.72 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

приложения этой силы называется центром тяжести данного тела. Положение центра тяжести тела зависит только от формы тела и распределения в нем элементарных объемов.

Таким образом, центр тяжести- это такая геометрическая точка, неизменно связанная с телом, через которую проходит линия действия силы тяжести данного тела при любом его положении в пространстве.

Координаты центра тяжести твердого тела (точки С) определяются формулами:

x	Gk xk	y	Gk yk	z	Gk zk
	Gk		Gk		Gk
c		c		c

где Gк – сила тяжести элементарных объемов тела,

хк , ук , zк – координаты центров тяжести элементарных объемов тела,

G = Σ Gк – сила тяжести данного тела ( его вес ).

В частном случае, для плоских однородных тел в виде тонких фигур постоянной толщины, координаты центра тяжести определяются формулами:

xc	Ak xk	;	yc	Ak yk
	Ak			Ak ,

где Ак – площади простейших частей плоской фигуры, центры тяжести которых заранее известны,

xк, ук – координаты центров тяжести простейших фигур,

А = Σ Ак – площадь данной плоской фигуры.

Пример: Однородная плита, изображенная на рисунке с указанными размерами, прикреплена к земле при помощи трех стоек (опор). Способом разбиения на элементарные фигуры найти координаты центра тяжести этой плиты и реакции опор в указанных точках их крепления.

Дано: вес 1м2 плиты равен g 5 кН м2 .

Определить реакции связей на опорах 1,2 и 3.

Решение

1. Выбираем исходную систему координат xO yO .

			11
2.	Разбиваем фигуру на простые составляющие.
						y0
1						c1
4 м						c1
4 м
						c5
3м			3			c4
3м			8			c3
			8			c3
			6	5		c2
				5	3	c2
3м					3	x0
2						x0
2
3м	3м	6 м	3м		O	2
3м	3м	6 м	3м			4.5
						4.5
						6
						8
						9

3.Определяем площади и координаты центров тяжести составных частей фигуры.

A 12 4 48 м2	;	x 9м;			y 8м;
1		1				1
A 6 3 18 м2 ;		x	2	4.5м;	y	2	3м;
2			2			2
A 3 6 2 9м 2	;	x	3	2м;	y	3	3м;
3			3			3
A 3 6 2 9м2	;	x	4	8м;	y	4	5м;
4			4			4
A 22 12.56 м 2 ;		x	5	6м;	y	5	6м.
5			5			5

4.Определяем общую площадь фигуры и вес плиты

(равнодействующую системы параллельных сил тяжести).

A A1 A2 A3 A4 - A5 48 18 9 9 12.56 71.44 м 2 ;

Gg A 5 71.44 357.2кН.

5.Определяем точку приложения равнодействующей (координаты

центра

тяжести) и показываем ее на рисунке.

x1 A1

x2 A2 x3 A3 x4 A4 x5 A5

9 48 4.5 18 2 9 8 9 6 12.56

7.386 м;

A2 A3 A4 A5

71.44

y1 A1

y2 A2 y3 A3 y4 A4 y5 A5

8 48 3 18 3 9 5 9 6 12.56

6.084 м;

A2 A3 A4 A5

71.44

					12
		y0	v	yC		2
		y0	v	yC
м		1
3.916	4 м	1
3.916	4 м			C		xC
м					3
6.084					3
6.084	6м

C					u	x0
y		2
		2
		3м		9 м		2
		3м		9 м
	1		4.386 м	4.614 м	1
	1	xC	7.386 м		1
		xC	7.386 м

1-1	w		G
1-1			G
	1,2	C	3	u
	R 1	4.386 м		R 3
	R 2		9 м
	R 2

2-2	w	G
2-2	6.084 м	G
	6.084 м
2	3	C	1	v
R 2	6 м	R 3		R 1
R 2		10 м		R 1
		10 м

6. Составляем уравнения равновесия, используя систему координатных

осей uvw, проходящих через точки опирания плиты.

MV			0

MU			0
	W	0;

G 4.386 R3 9 0

R3 6 G 6.084 R1 10 0

R1 R2 R3 G 0;

7.Решая систему уравнений, определяем реакции опор.

R3 G 4.386 / 9 357.2 4.386 / 9 174.075кН

R1 G 6.084 R3 6 /10 357.2 6.084 174.075 6 /10 112.875кНR2 G R1 R3 357.2 112.875 174.075 70.25кН .

Ответ: реакции стоек равны R1 112.875кН , R2 70.25кН , R3 174.075кН .

1.4. Равновесие пространственной системы произвольно расположенных

сил

ЗАДАЧА 4.

Для равновесия пространственной системы сил необходимо и достаточно,

чтобы главный вектор и главный момент этой системы равнялись нулю. В

проекциях на координатные оси это условие равновесия может быть записано в виде шести уравнений равновесия: трех уравнений проекций сил на координатные оси и трех уравнений моментов этих сил относительно данных осей.

ΣХ = 0, ΣУ = 0, ΣZ = 0; ΣМх = 0, ΣМу = 0, ΣМz = 0;

Пример: абсолютно твердое тело, в виде параллелепипеда заданных размеров, полностью закреплено с помощью внешних связей. К ребрам и граням данного тела приложены активные нагрузки в виде сосредоточенных сил и распределенных нагрузок. Требуется определить реакции связей.

Дано: F 8кН; Р 12кН; q 2кН / м.

Определить реакции связей.

			z	Q		w X C
				Q
F	q	F
F		F
1м		C				C v
						C v

2 м						u
2 м
A		Y A A				y
		B				B
P						B
P		X A	Z A P		X B	Z B
2 м	2 м				X B
2 м	2 м	x
		x

1. Отбрасываем связи (опоры) и заменяем их неизвестными реакциями.

Распределенные нагрузки заменяем равнодействующими.

2. Выбираем систему координат xyz, проводя оси через шаровой шарнир.

3. Составляем уравнения равновесия.


M X			0
	M Y		0
	M Y		0
	M Z		0	;
	X 0			;
	X 0
	Y 0
	Y 0
		Z 0

Z B 4 F 2 Q 1 0
X			2 Q 1 0
	C
X B				4 X C 4 F 1 P 2 0							.
	X			X				P X		0	.
	X		A	X			B	P X	C	0
			A				B		C
F Y				A	0
				A
		Z				Q 0.
Z	A	Z			B	Q 0.
	A				B

4. Решаем систему уравнений и находим неизвестные реакции.

Z BX C

X B

X A

F 2 Q 1 4 8 2 4 1 4 5кН

Q 2 4 / 2 2кН

X C 4 F 1 P 2 4 2 4 8 1 12 2 4 10кН в другую сторону

X B P X C ( 10) 12 2 4кН (в другую сторону)

F 8кН (в другую сторону)

Z B Q 5 4 1кН (в другую сторону).

5. Выполняем проверку, для чего проводим оси uvw через произвольную

точку С и относительно них вычисляем суммы моментов.

MU Q 3 YA 2 Z A 4 4 3 8 2 ( 1) 4 0

	MV	X A 2 Z A 1 P 2	X B 2 Z B 1 ( 4) 2 ( 1) 1 12 2 ( 10) 2 5 1 0
	MV	X A 2 Z A 1 P 2	X B 2 Z B 1 ( 4) 2 ( 1) 1 12 2 ( 10) 2 5 1 0
		X A 4 YA 1 P 2
MW		X A 4 YA 1 P 2	4	4 8 1 12 2 0.
Проверка выполняется.
Ответ: реакции связей равны:				X A 4кН , X B 10кН ,	YA 8кН ,
Z A 1кН реакции имеют противоположные направления ,					X C 2кН , ZB	5кН .

2.КИНЕМАТИКА

2.1. Координатным способом задан закон движения точки

ЗАДАЧА 1

Координатным способом задан закон движения материальной точки.

{ = 2 + 2 cos ( 3 )

= 1 + 3 2 ( 3 ) .

Построить траекторию движения, отметив на ней положение точки M в

начальный и заданный момент времени. Для заданного момента времени t = 1C определить скорость, полное, нормальное и касательное ускорения точки, определить радиус кривизны траектории. определить каким является движение: ускоренным, равномерным или замедленным.

Решение:

1.определяем траекторию. исключаем время из закона движения точки.

						−2																					2
cos (				) =		−2									2	(				) = (					−2			)
		3				2																			−2
		3				2			откуда								3								2
{							−1		откуда						{											−	1
2 (					) =		−1	,							2 (							) =							.
			3				3
			3				3				2							3								3
									−2		2		−1										3	( − 2)2 +
складывая, получаем								1 = (	−2	)	+		−1	,	откуда	3 =							3
складывая, получаем								1 = (		)	+		3	,	откуда	3 =
								2					3								4
( − 1).
преобразуем к виду:								( − 4) = −				3	( − 2)2.
преобразуем к виду:								( − 4) = −					( − 2)2.
											4
введем новые переменные: { 1											= − 2				с обратным переходом
									1 = − 4
												= 1 + 2
											{ = 1 + 4 .								3
получим уравнение квадратной параболы = −																			3		2			с ветвями
получим уравнение квадратной параболы = −																					2			с ветвями
															1	4					1
направленными вниз и вершиной с координатами																{ 1 = 0													или
																= 0
{ = 2.																1
{ = 2.
= 4
строим параболу:
при	1 = 0							1 = 0						(точка (+2, +4)),

											16
			при	1 = 1						1 = −0.75
				(точки (+1, +3.25) и (+3, +3.25)),
			при	1 = 2						1 = −3.0						(точки (0, +1) и (+4, +1)).
			y				y1									y
			4						M	0		x1									v
			4									x1				4
																4
			3
			2		траектория											3						M1
			2		траектория											3				an
																				an
			1													2						a
																2
			0																		a
										3	4	x									a
					1		2					x				1
					1		2									1
																			1		2	3	4	x
	траектория незамкнута.
	определяем				границы						траектории,					исходя				из	неравенства
	−1 ≤ cos ( 3 ) ≤ +1.
	получим:				−1 ≤ X−2 ≤ +1,								−2 ≤ X − 2 ≤ +2,								0 ≤ X ≤ +4.
									2
2.	определяем положение точки М при t=1c.
		= 2 + 2 ( ) = 2 + 2 cos 600											= 2 + 2 ∙ 1 = 3 м.
							3									2
							3									2			2
		= 1 + 3				2	(		)	= 1 + 3 sin		2		0	= 1 + 3 ∙		(	√3	2			3
		= 1 + 3					(		)	= 1 + 3 sin		60			= 1 + 3 ∙		(		)	= 1 + 3 ∙
								3										2				4
								3										2				4
					= 3.25 м.
	показываем точку м на рисунке.

3.определяем скорость точки.

для этого определяем проекции вектора скорости на координатные

оси:


	(2 + 2 (3))					2
= ̇=		= −2 ∙ ( (	)) ∙		= −		∙ (	),
= ̇=		= −2 ∙ ( (	)) ∙		= −		∙ (	),
		3		3		3	3
		3		3		3	3

	(1 + 3 2
= ̇=	(1 + 3 2										(3))				= +3 ∙ (2 (								) (			)) ∙
= ̇=															= +3 ∙ (2 (								) (			)) ∙
																						3			3		3
																						3			3		3
									2
		= ∙					(						).
		= ∙					(				3		).

при t=1c		(				) = 600 =													√3	И	(		2	) = 1200 =
при t=1c		(				) = 600 =													2	И	(		3	) = 1200 =
				3															2				3
sin (1800 − ) = 600 =														√3			.
sin (1800 − ) = 600 =																	.
												2
тогда			= −		2			∙		√3		= −						= −1.81 м⁄с,
												= −						= −1.81 м⁄с,

				3							2					√3
				3							2					√3

				= ∙			√3				= +2.72 м⁄с.
				= ∙							= +2.72 м⁄с.
							2
							2

изображаем вектор скорости на рисунке.

вычисляем модуль вектора скорости:

= √ 2 + 2 = √1.812 + 2.722 = 3.27 м⁄с.

4.вычисляем ускорение точки.

для этого определяем проекции вектора ускорения на координатные оси:

	= ̇= ̈=							(−					2			∙ (					))				= −		2		∙ (									) ∙				= −			2	2 ∙ (							),
								(−					3			∙ (			3		))						2																		2

																											3				3						3					9								3
																											3				3						3					9								3
	= ̇= ̈=								( ∙ (								2			))			= ∙ (									2			) ∙				2		=		2	2 ∙ (				2	).
									( ∙ (								3			))												2							2				2					2

																															3						3					3					3
																															3						3					3					3
при T=1c.				(							) = 600													=		1	И				(					2				) = COS 1200							= −				1	.
при T=1c.				(							) = 600													=			И				(									) = COS 1200							= −					.
				3																		2			2												3													2
тогда				= −	2		2					∙		1	= −							2			= −1.10								М	,
тогда				= −			2					∙			= −										= −1.10									,
				9								2						2		9													С2
	=	2	2 ∙ (−			1				)		= −						2		= −3.29								М		.
	=	3	2 ∙ (−							)		= −								= −3.29										.
		3		2								3																С2

изображаем вектор ускорения на рисунке.

найдем модуль ускорения:

= √ 2 + 2 = √1.102 + 3.292 = 3.47 СМ2.

проектируем вектор ускорения на направление вектора скорости:

∙

(

)

(−1.81)∙(−1.10)+2.72∙(−3.29)

= −2.13

3.27

С2

проекция отрицательна, то есть движение при Т=1c. является

замедленным.

найденная проекция по модулю равна касательному ускорению

| | = | |.

вычисляем нормальное ускорение:

= √ 2 + 2 = √3.472 + 2.132 = 2.74 СМ2.

показываем найденные ускорения на рисунке.

5. вычисляем радиус кривизны траектории в данной точке:

= 2 = 3.272 = 3.9м.

2.74

задача решена

2.2.Преобразование движения ЗАДАЧА 2

На схеме изображен механизм, передающий движение от тела №1 к телу №6.

Тело №1, которое совершает поступательное движение, имеет скорость равную V1.

Заданы радиусы колес данного механизма – R2, R3, R4, R5, r3=k3·R3, r4=k4·R4.

Определить угловые скорости всех колес механизма, линейные скорости точек соприкосновения колес, а также скорость тела №6. Определить скорость и ускорение точки М. Считать, что нити нерастяжимы, а проскальзывание колес и нитей при движении механизма отсутствует.

дано: стержень №1 движется вверх со скоростью = 120 СМ .
			1	С
				С
размеры деталей: 2 = 4 = 20 СМ,		3 = 15 СМ,	3 = 5 = 30 СМ,
2 = 40 СМ.
R4	r	r2	R5
	r	r2		v
	R3	R2		v
	3
				1
v6 ?
M

Решение:

1.определим направление характер движения тел образующих передачу:

тело 1 − движение поступательное вверх;

тело 5 − движение вращательное против часовой стрелки;

тело 2 − движение вращательное по часовой стрелке;

тело 3 − движение вращательное по часовой стрелке;

тело 4 − движение вращательное против часовой стрелки;

тело 6 − движение поступательное вниз.

2.определим скорости точек соприкосновения деталей передачи,

используя два положения:

две соприкасающиеся точки вращающихся колес имеют равные по величине и направлению скорости;

все точки ременной передачи имеют равные по величине скорости.

	F	R4	r	r2		R5
			r	r2
			3	R2			v1
		E	R3	R2	B	A	v1
v6		M		C	2
		M	D	C	2	5
			D			5

получим следующие результаты:

= = 120

120

РАД

= ,

откуда получаем, что

= 4

по модулю

= 120

так как

120

РАД

= ,

откуда получаем, что

= 3

откуда получаем, что

= 3 ∙ 20 = 60

2 2

ПО модулю и направлению =

откуда

= 60

РАД

= ,

откуда получаем, что

= 2

откуда получаем, что

= 2 ∙ 15 = 30

3 3

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
25.11.20231.71 Mб08547.pdf
#
25.11.20231.72 Mб08548.pdf
#
25.11.20231.72 Mб08549.pdf
#
21.11.2023157.19 Кб0855.pdf
#
25.11.20231.72 Mб08550.pdf
#
25.11.20231.72 Mб18551.pdf
#
25.11.20231.73 Mб08552.pdf
#
25.11.20231.73 Mб08553.pdf
#
25.11.20231.73 Mб08554.pdf
#
25.11.20231.73 Mб08555.pdf
#
25.11.20231.73 Mб08556.pdf