Методические указания к курсовой работе.
Курсовая работа по теоретической механике состоит из 4 заданий. В каждом задании по100 вариантов. Для каждого задания приводится пример решения. Студент выбирает номер варианта по двум последним цифрам номера зачётной книжки. Например, если номер зачётной книжки 345627, то вариант 27 и в каждом задании студент решает задачу под номером 27.
Курсовая работа выполняется на печатных листах формата А4. Поля: левое 20мм, правое 10мм, нижнее и верхнее по 10мм; рукописный текст; отчётливые и аккуратные рисунки. Заголовки разделов должны соответствовать заголовкам заданий. (См. содержание).
Пример титульного листа смотри далее.
В курсовой работе выполняются 4 задания: 1 и 2- определение реакций связей для плоской и пространственной системы сил; 3 –исследование кинематики плоского механизма; 4-исследование динамики подъёмного механизма. Для каждого задания в методических указаниях есть пример выполнения
^
В следующих задачах определить силы реакций опор в точках А, В и С, если во всех вариантах значения действующих на конструкцию сил равны: P = 6 кH, Q = 10 кH, F = 8 кH, M = 24 кHм, q =2 кH/м.
Варианты
^
Рассмотреть равновесие пространственной конструкции, которая имеет ось вращения АВ. Определить реакции опор и значение неизвестной силы. В тех вариантах, где на тело действуют силы t и T, считать, что T = 2t.
Варианты
Пример решения задач на равновесие пространственной системы сил
Пример 1. Равновесие тел, закрепленных на одном валу.
На общем валу закреплены ворот радиуса r и колесо С радиуса R (рис. 1). На ворот намотана веревка, поддерживающая груз Q. Веревка, намотанная на окружность колеса и натягиваемая грузом Р, сходит с колеса по касательной, наклоненной к горизонту под углом 30о.
Определить вес груза Q, если вал остается в равновесии, а также реакции подшипников А и В, пренебрегая весом вала.
  
Решение. Рассмотрим равновесие вала с закрепленными на нем телами, сделаем чертеж. На вал действуют активные силы - натяжения нитей Р и Q, направленные по касательным к окружностям колеса и ворота и, следовательно, расположенные в плоскостях, перпендикулярных оси y.
Реакцию каждого подшипника раскладываем на две взаимно перпендикулярные составляющие:XA, ZA и XB, ZB , лежащие в плоскости, перпендикулярной оси вращения вала (рис. 1а). Начало координат выбираем в точке А. Направим ось у по оси вала, ось z – вертикально, ось х так, чтобы получить правую систему декартовых координат.
Неизвестными являются реакции XA, ZA , XB , ZB и сила натяжения Р. В данной системе можно составить пять уравнений равновесия (сумма проекций всех сил на ось у равна нулю), поэтому задача является статически определенной.
Сделаем дополнительный чертеж, представляющий собой вид на барабан и колесо с конца оси вала – оси у (рис. 1 б).
Составим уравнения равновесия:
Из этих уравнений однозначно определяются все неизвестные.
^
Определить скорость и ускорение точек А,В и С а также угловую скорость и угловое ускорение шатуна кривошипно-ползунного механизма в положении, определяемом углом φ между кривошипом и осью, параллельной оси движения ползуна.
1)Скорости точек В и С и угловые скорость шатуна АВ определить c помощью теоремы о распределении скоростей при плоском движении тела. Аналогично ускорения точек В и С и угловое ускорение шатуна определить c помощью теоремы о распределении ускорений.
Для всех вариантов принять следующие исходные данные: ОА=20см, АВ=60см, ωОА=2рад/с, АС=СВ. Значение угла φ и расстояния h от точки О до линии хода ползуна выбрать из таблицы, в соответствии с вариантом.
Решение выполнить графическим методом.
Варианты 1-30
№вар
|
1
|
2
|
3
|
4
|
5
|
6
|
7
|
8
|
9
|
10
|
φ,град
|
30
|
45
|
60
|
120
|
135
|
150
|
180
|
210
|
225
|
240
|
h,см
|
0
|
10
|
20
|
0
|
16
|
10
|
0
|
10
|
20
|
0
|
№вар
|
11
|
12
|
13
|
14
|
15
|
16
|
17
|
18
|
19
|
20
|
φ,град
|
180
|
0
|
300
|
315
|
330
|
30
|
45
|
60
|
120
|
135
|
h,см
|
10
|
10
|
0
|
10
|
10
|
10
|
10
|
0
|
10
|
10
|
№вар
|
21
|
22
|
23
|
24
|
25
|
26
|
27
|
28
|
29
|
30
|
φ,град
|
150
|
180
|
210
|
225
|
240
|
300
|
330
|
180
|
0
|
315
|
h,см
|
10
|
10
|
10
|
10
|
10
|
0
|
10
|
0
|
10
|
10
|
Варианты 31-60
№вар
|
31
|
32
|
33
|
34
|
35
|
36
|
37
|
38
|
39
|
40
|
φ,град
|
30
|
45
|
60
|
120
|
135
|
150
|
180
|
210
|
225
|
240
|
h,см
|
0
|
10
|
10
|
0
|
6
|
10
|
0
|
10
|
0
|
0
|
№вар
|
41
|
42
|
43
|
44
|
45
|
46
|
47
|
48
|
49
|
50
|
φ,град
|
180
|
0
|
300
|
315
|
330
|
30
|
45
|
60
|
120
|
135
|
h,см
|
10
|
6
|
0
|
10
|
10
|
10
|
10
|
0
|
10
|
10
|
№вар
|
51
|
52
|
53
|
54
|
55
|
56
|
57
|
58
|
59
|
60
|
φ,град
|
150
|
180
|
210
|
225
|
240
|
300
|
330
|
180
|
0
|
315
|
h,см
|
10
|
10
|
10
|
10
|
10
|
0
|
10
|
0
|
0
|
10
|
Варианты 61-100
№вар
|
61
|
62
|
63
|
64
|
65
|
66
|
67
|
68
|
69
|
70
|
φ,град
|
30
|
45
|
60
|
120
|
135
|
150
|
180
|
210
|
225
|
240
|
h,см
|
0
|
10
|
0
|
0
|
6
|
10
|
0
|
10
|
20
|
0
|
№вар
|
71
|
72
|
73
|
74
|
75
|
76
|
77
|
78
|
79
|
80
|
φ,град
|
180
|
0
|
300
|
315
|
330
|
30
|
45
|
60
|
120
|
135
|
h,см
|
10
|
6
|
0
|
10
|
10
|
10
|
10
|
0
|
10
|
10
|
№вар
|
81
|
82
|
83
|
84
|
85
|
86
|
87
|
88
|
89
|
30
|
φ,град
|
150
|
180
|
210
|
225
|
240
|
300
|
330
|
180
|
0
|
315
|
H, см
|
0
|
10
|
10
|
10
|
0
|
0
|
10
|
10
|
0
|
0
|
№вар
|
91
|
92
|
93
|
94
|
95
|
96
|
97
|
98
|
99
|
00
|
φ,град
|
40
|
50
|
40
|
50
|
90
|
270
|
70
|
50
|
110
|
130
|
h,см
|
0
|
0
|
20
|
20
|
0
|
0
|
10
|
10
|
0
|
0
|
Пример. Определить скорости и ускорения точек А, В, С кривошипно-ползунного механизма в положении, указанном на рис.1. Дано ОА=20см, АВ=50см, φ=60°, АС=20см, ωОА=2с-1 , h=4см .
 
Рис.1 Схема механизма.
Решение. Начертим схему механизма в заданном положении с масштабным коэффициентом ml = .
Для определения скоростей точек применяется теорема о распределении скоростей точек при плоскопараллельном движении твердого тела. Согласно этой теореме, скорость любой точки шатуна равна векторной сумме двух скоростей: вектора скорости какой-нибудь точки, взятой за полюс, и скорости этой точки во вращательном движении шатуна вокруг этого полюса
 ; (1)
 .
С
(2)
 В формулах (1) и (2)  - вектор скорости точки А, который перпендикулярен кривошипу ОА и равен по величине vА=ωОА∙ОА=2∙20=40см/с.
VBA
 Рис.2
Рис.3 Графическое определение скоростей точек
Масштабный коэффициент mv=  =1 
Вектор скорости точки В горизонтален и по величине неизвестен. Вектор  скорости точки В во вращательном движении шатуна АВ вокруг полюса А направляется перпендикулярно отрезку АВ (рис.2). На рис. 3 показано построение векторного треугольника, с помощью которого определяются все неизвестные скорости.
Начинаем построение с отрезка Ра, который в масштабе mv соответствует cкорости  . Затем через точку а проводим линию перпендикулярную АВ, и через точку Р линию параллельную скорости  .В получившемся треугольнике расставляем направления векторов так, чтобы выполнилось равенство (1). Модули неизвестных векторов получаем, измеряя их значения на рисунке. С учетом масштабного коэффициента получим значения скоростей vB=4 2см/с, vBA=21.31см/с.
Определяем угловую скорость шатуна АВ:
ωАВ= vBA/ВА=21,31/50=0,407с-1. (3)
Направление вращения шатуна - против часовой стрелки. Вычисляем скорость VCA.
vCA= ωab∙АС=0,407∙20=8,14см/с.
С учетом того, что скорость  CA перпендикулярна отрезку СА и направлена в ту же сторону, что и BA, построим скорость  . Измеряя длину вектора ,получим его величину C = 39см/с.
Перейдем к определению ускорений точек.
О
пределение ускорений точек следует начинать с вычисления ускорения точки А. Кривошип ОА вращается равномерно, поэтому ускорение точки А совпадает с нормальным ускорением , которое направлено от точки А к точке О, при этом аА=аАn= ωОА2∙ОА=22∙20=80см/с2.
Ускорения точек В и С определяем с помощью теоремы о распределении ускорений в плоскопараллельном движении шатуна АВ. Согласно этой теореме вектор ускорения любой точки тела при его плоскопараллельном движении равен векторной сумме ускорения какой-нибудь другой точки, взятой за полюс, касательного и нормального ускорений рассматриваемой точки во вращательном движении тела вокруг полюса.
 = (4)
 = (5)
При этом величина касательного ускорения равна abaτ= εba∙BA, а направление перпендикулярно отрезку АВ; величина нормального ускорения равна aban=( ωab)2∙BA, а направление параллельно отрезку ВА от В к А (см. рис.4).
На рис.5 показано графическое решение, соответствующее уравнению (4). На рис. а) показано начало построения. Из произвольной точки откладывается вектор  , на рисунке он изображен отрезком ра, длина которого выбирается произвольно. В нашем примере она равна 60 мм (масштабный коэффициент построения mv= . Определяется величина вектора aban=(0,4070)2∙50=8,28см/с2 и затем он пристраивается к концу вектору . Через конец вектора  проводится линия перпендикулярная АВ, а через начало вектора проводится линия параллельная ходу ползуна. Построение завершается расстановкой стрелок (см. рис.5 б). Все искомые величины измеряются и с учетом масштаба определяются.
ab=19см/с2
abaτ=68,54см/с2
εba= =1,37с-2
По рис.5 можно установить, что εba направлено по часовой стрелке.
Аналогично определяется ускорение точки С, величины слагаемых векторов вычисляются по формулам:
асan=(ωab)2∙СA=3,312см/с2
aсaτ=εba∙СA=27,4 см/с2
Величина ускорения ас измеряется. ас=44,98см/с2.
Итог расчета представлен в таблице.
-
vB
|
vC
|
aB
|
ас
|
ωАВ
|
εAB
|
42см/с
|
39см/с.
|
19см/с2
|
19см/с2
|
0,407с-1
|
1,37с-2
|
5. Задание 4. Исследование динамики подъемного механизма.
^
Подъемное устройство состоит из двух колес 1, 2 и поднимаемого тела 3 [4]. Массы тел m1, m2 и m3 соответственно; радиусы больших и малых окружностей колес R1, r1, R2, r2 соответственно для тел 1 и 2 даны в таблице. Для определения моментов инерции тел даны их радиусы инерции ρ1 и ρ2. (В этом случае моменты инерции тел относительно их осей вращения следует вычислять по формуле Iz= m ρ2).
На колесо 1 действует или вращающий момент Мвр или сила Р, значения которых также даны в таблице. Силы сопротивления заданы или в виде пары сил с моментом Мс, или в виде силы Rс, действующей на тело 3. В тех вариантах, в которых тело скользит по поверхности, следует учитывать и силу трения скольжения. Коэффициент трения f=0,1.
Движение механизма начинается из состояния покоя.
^
1.Определить грузоподъемность механизма и установить направление движения звеньев механизма под действием заданной нагрузки.
2. Нарисовать кинематическую схему механизма. Выразить перемещения, скорости, ускорения тел 2 и 3 через угловое перемещение, угловую скорость и угловое ускорение тела 1.
3. Применяя теорему об изменении кинетической энергии в дифференциальной форме для механической системы, составить дифференциальное уравнение механизма, отнеся его к телу 1.
4. Решить дифференциальное уравнение и установить закон движения тела 1 φ1= φ1(t) а также его угловую скорость ω1= ω1(t).
5. Используя полученное решение и найденные в п. 2 кинематические соотношения, составить уравнения движения тел 2 и 3.Найти выражения для скоростей и ускорений всех трех тел.
6. Построить графики зависимости углового ускорения и угловой скорости колеса 1 в зависимости от времени. Определить значения угловых скоростей и ускорений тел 1 и 2 , а так же их угловые перемещения в момент времени t=3с. Определить скорость и ускорение тела 3 и его линейное перемещение в этот же момент времени.
7.Применяя принцип Даламбера, найти динамические реакции опор для колес, силу натяжения троса, соединяющего колеса 1 и 2, силу натяжения троса, на котором висит груз3 в момент времени t=3c.
8.Вычислить мощность силы Р, определить её значение в момент времени t=3с.
9. Найти работу силы Р на перемещении, соответствующем времени t=3с.
10. Применяя принцип возможных перемещений, определить значение силы Р, необходимой для того, чтобы поднимать тело 3 с очень маленькой скоростью.
11. Сделать выводы.
^
   
Замечание: для ремённой передачи силы натяжения ведущей и ведомой ветвей ремня относятся как 2/1.
5.5. Таблица исходных данных.
Таблица исходных данных
 
Замечание: если какая-либо величина не задана в таблице, следует считать ее равной нулю.
^
5.6.1. Постановка задачи. Исходные данные.
Исследуемая механическая система, изображенная на рисунке, состоит из колес 1, 2 и груза 3. На колесо 1 действует сила P = 3500 Н м. На колесо 2 действует момент сил сопротивления Мс = 60ω2 Н м, зависящий от угловой скорости тела 2.
В начальный момент времени t = 0 система находилась в покое. Массы тел 1, 2, 3 соответственно равны m1 = 250 кг, m2 = 200 кг, m3 = 500 кг. Радиусы больших и малых окружностей колес R1 = 0,5 м, r1 =0,2м, R2 = 0,4м, r2 = 0,3м.
Радиусы инерции колес 1 и 2 относительно их осей вращения. iz1 =0,4м,
iz2 = 0,3м.
Номер тела приведения - 1.
Рис.1 Схема механизма
^
1.Определить грузоподъемность механизма. Вычислить реакции внешних и внутренних связей в случае равновесия механизма при максимальной нагрузке.
2. Нарисовать кинематическую схему механизма. Выразить перемещения, скорости, ускорения тел 2 и 3 через угловое перемещение, угловую скорость и угловое ускорение тела 1.
3. Применяя теорему об изменении кинетической энергии в дифференциальной форме для механической системы, составить дифференциальное уравнение механизма, отнеся его к телу 1.
4. Решить дифференциальное уравнение и установить закон движения тела 1 φ1= φ1(t) а также его угловую скорость ω1= ω1(t).
5. Используя полученное решение и найденные в п. 2 кинематические соотношения, составить уравнения движения тел 2 и 3.Найти выражения для скоростей и ускорений всех трех тел.
6. Построить графики зависимости углового ускорения и угловой скорости колеса 1 в зависимости от времени. Определить значения угловых скоростей и ускорений тел 1 и 2 , а так же их угловые перемещения в момент времени t=3с. Определить скорость и ускорение тела 3 и его линейное перемещение в этот же момент времени.
7.Применяя принцип Даламбера, найти динамические реакции опор для колес, силу натяжения троса, соединяющего колеса 1 и 2, силу натяжения троса, на котором висит груз3 в момент времени t=3c.
8.Вычислить мощность силы Р, определить t` значение в момент времени t=3с.
9. Найти работу силы Р на перемещении, соответствующем времени t=3.
10. Применяя принцип возможных перемещений, определить значение силы Р, необходимой для того, чтобы поднимать тело 3 с очень маленькой скоростью.
11. Сделать выводы.
^
Требуется провести статический анализ механизма, определить значение массы m3гр, при которой возможно равновесие системы. Найти усилия в тросе, соединяющем колеса 1 и 2 а также в тросе, на котором висит груз 3, определить реакции внешних опор колес. Сравнивая массы m3гр и массу m3, данную в условии, установить направление движения звеньев механизма.
Рис.2 Статическая схема механизма
Для решения рассматривается равновесие каждого звена под действием сил, показанных на рисунке. Здесь mg-силы тяжести; Nx , Ny-реакции подшипников; S1 и S2- силы действия и противодействия в тросе, соединяющем звенья 1 и 2. S1=S2.
Уравнения равновесия для звена 1:
Σ Fix=0 N1x - S1 cos15° =0; (2.1)
Σ Fiy=0 N1y - m1 g-S1sin15°–P =0; (2.2)
Σ Mо1(Fi) = 0 -P R1 + S1 r1 =0. (2.3)
Для колеса 2 с грузом 3
Σ Fix=0, N2x + S2 cos15° = 0; (2.4)
Σ Fiy=0, N2y – m2 g+ S2sin15° – m3 g =0; (2.5)
Σ Mo1(Fi) = 0, S2 r2 – m3 g R2 =0. (2.6)
Из (2.3) S2=S1= P R1 / r1=3500∙0,5/0,2=8750 H. Тогда из (2.6) m3g=S2 r2 / R2=8750∙0,3/0,4=6562,5 Н, отсюда m3гр = 669,643кг.
Определим реакции опор из остальных уравнений. Из (2.1) и(2.2)
N1x=8451,9 Н, N1y= 8207,5 Н, N2x=-8451,5 Н, N2y=4658,5 Н.
В равновесии натяжение троса, на котором висит груз, равно весу груза S3=m3 g =4905 H.
Сравнивая заданную массу m3=500кг массой m3гр, видим, что m3< m3гр, значит сила Р будет поднимать груз 3.
^
Требуется установить кинематические зависимости, выразив кинематические параметры тел 2 и 3 через параметры тела 1.
Рис.3 Кинематическая схема
На рисунке введены обозначения: ω1, ε1, φ1- угловая скорость, угловое ускорение, угловое перемещение тела 1; ω2 ε2 φ2-то же для тела 2; v3, a3, y3- линейная скорость, ускорение и перемещение тела 3.
Движение от тела 1 к телу 2 передается тросом и скорости точек, лежащих на окружностях колес малого радиуса, равны ω1 r1=. ω2 r2, отсюда
ω2= ω1 r1 / r2, ω2=2/3 ω1. (3.1)
Касательные ускорения этих точек тоже равны, следовательно, r2 ε2= r1 ε1.
ε2= r1 ε1 / r2, ε2=2/3 ε1. (3.2)
Равны и линейные перемещения этих точек, r2 φ2= r1 φ1:
φ2= r1 φ1 / r2, φ2=2/3 φ1. (3.3)
Груз 3 висит на тросе, который намотан на колесо радиуса R2, поэтому
v3 = R2 ω2, а с учетом (3.1):
v3= ω1 r1 R2 / r2, v3=0,2667 ω1. (3.4)
Ускорение груза 3 равно касательному ускорению точки, которая принадлежит большой окружности колеса 2, a3= ε2 R2. С учетом (3.2):
a3= r1 ε1 R2 / r2, a3=0,2667 ε1. (3.5)
Линейные перемещения груза 3 и точки на окружности радиуса R2 равны
y3= φ1 r1 R2 / r2, y3=0,2667 φ1. (3.6)
Формулы, полученные в этом параграфе, будут использоваться в дальнейших вычислениях.
^
Пример расчёта суммарной мощности и составления дифференциального уравнения движения механизма для вариантов 1-60.
Требуется составить динамическое дифференциальное уравнение движения механизма, приведя его к 1-ому телу, применяя теорему об изменении кинетической энергии системы в дифференциальной форме.
По теореме об изменении кинетической энергии в дифференциальной форме: производная по времени от кинетической энергии механической системы равна сумме мощностей всех сил, действующих на систему
dT/dt= Σ NFi. (4.1)
Система состоит из твердых тел, тросы, передающие движение от одного тела к другому нерастяжимые и невесомые, поэтому сумма мощностей всех внутренних сил системы равна нулю.
Вычисление кинетической энергии механизма выполняется с учетом формул, полученных в главе 3. Кинетическая энергия системы равна сумме кинетических энергий всех звеньев, участвующих в движении
Т=Т1+Т2+Т3.
Тела 1 и 2 вращаются вокруг неподвижных осей, поэтому их кинетическая энергия вычисляется по следующим формулам:
Т1=Iz1 ω12 / 2;
Т1=Iz2 ω22 / 2.
Тело 3 движется поступательно, поэтому Т3=m3v32 / 2.
Iz1 - момент инерции тела 1 относительно его оси вращения, он равен Iz1=m1 iz12=15,625кгм2. Iz2- момент инерции тела 2 относительно его оси вращения, он равен Iz2=m2 iz22= 18 кг м2.
С учетом формул (3.1)-(3.6) получается выражение для кинетической энергии
T= m1 iz12 ω12 / 2 + m2(iz2 r1 ω1)2 / 2 r22 + m3(r1 R2 ω1)2 / 2 r22
или T=(m1 iz12+ m2 iz22 r12/ r22+ m3r13 R22 / r22) ω12 / 2;
Т=(250∙0,42+200∙0,32∙0,22 / 0,32+500∙0.22∙0,42 / 0,32)ω12/2;
T=84ω12/2. (4.2)
dT/dt=84ω1ε1.
Для заданной механической системы, состоящей из твердых тел, соединенных нерастяжимыми, невесомыми тросами мощность всех внутренних сил равна нулю, поэтому необходимо вычислить мощность внешних сил.
В общем случае мощность силы определяется формулой N=F v cosα, где F=величина силы, v-скорость точки приложения силы, α - угол между направлением силы и направлением скорости. Силы тяжести тел 1 и 2, а также реакции опор N1x, N1y, N2x, N2y приложены к неподвижным точкам О1 и О2 поэтому их мощности равны нулю (см. рисунок в гл.4). Мощность силы Р равна
Np=Р R1∙ω1,
мощность силы тяжести m3g равна
N m3 g = -m3g v3.
Мощность пары сил, действующей на вращающееся тело, вычисляется как взятое со знаком + или – произведение момента пары на угловую скорость тела, поэтому мощность момента сил сопротивления вычисляется по формуле NМс= -Мс ω2
Сумма мощностей всех внешних сил с учетом формул п.3 равна
Σ NFi= Np+ N m3 g+ NМс= ω1(Р R1-Mc r1/r2-m3g r1 R2/ r2)ω1
Σ NFi =(Р R1-Mc r1/r2-m3g r1 R2/r2)ω1. (4.3)
Подстановка заданных величин позволяет вычислить суммарную мощность.
Σ NFi = (3500· 0,5-60∙(0,2)2/(0,3)2 ω1-500·10·0,2·0,4/0,3) ω1=(416,67-26,67 ω1) ω1;
Σ NFi =(416,67-26,67 ω1) ω1. (4.4)
Уравнение (12.1) имеет вид
84 ε1=416,67-26,67 ω1.
Дифференциальное уравнение движения имеет вид
 + 0,312  =4,987. (4.5)
Рис.4 Динамическая схема к вычислению мощностей сил
Пример расчёта суммарной мощности и составления дифференциального уравнения движения механизма для вариантов 61-100.
Будем составлять динамическое уравнение движения механизма, приведенного в предыдущем примере, если при сохранении всех данных изменить только значения ведущего усилия Р и момента сил сопротивления Мс. Пусть Р=(3000+30t)Н и Мс=100Нм. Значение кинетической энергии остается таким же, как в предыдущем примере в параграфе 4:Т=84ω12/2. и dT/dt=84ω1ε1.
По формуле (4.3) вычисляем суммарную мощность.
Σ NFi =(Р R1-Mc r1/r2-m3g r1 R2/r2)ω1. (4.3)
Σ NFi = ((3000+30t) 0,5-100∙0,2/0,3 -500·10·0,2·0,4/0,3) ω1=(100,7+15t) ω1; (4.4)
По теореме dT/dt= Σ NFi. В нашем случае
84ω1ε1=(100,7+15t) ω1.
Сокращая ω1 и учитывая, что ε1= , получим дифференциальное уравнение
84=100,7+15t. (4.5)
Это дифференциальное уравнение второго порядка.
^
Решение дифференциального уравнения для вариантов 1-60
Дифференциальное уравнение (4.5) является линейным неоднородным уравнением второго порядка с постоянными коэффициентами. Если разделить его на коэффициент перед старшей производной, то уравнение приобретает вид
 +0,312 =4,987. (5.1)
Решение этого уравнения отыскивается в виде φ1= φобщ+ φчаст, где φобщ –решение однородного уравнения
 +0,312 =0,
а φчаст - частное решение уравнения (5.1). Для решения однородного уравнения составляется характеристическое уравнение
p2+0, 0312p=0.
Корни характеристического уравнения
р1=0, р2= -0,312.
Решение, соответствующее корням характеристического уравнения, имеет вид
φобщ =С1+С2е-9.96t,
где С1 и С2 - константы интегрирования.
Частное решение уравнения (5.1) отыскивается по виду правой части:
φчаст=А∙t.
Константа А определяется после подстановки φчаст в уравнение (5.1)
0,312А=4,987, отсюда А=15,984.
Общее решение уравнения (5.1) имеет вид
φ1= С1+С2 е- 0,312t+15,984∙t. (5.2)
Константы С1 и С2 определяются из начальных условий: при t=0 φ1=0 и ω1=0. Вычислим угловую скорость, взяв производную
ω1=d φ1/dt=C2(-0,312) е- 0,312t+15,984.
Выполнение начальных условий дает два алгебраических уравнения:
С1+С2=0, C2(-0,312)+ 15,984=0. Из этих уравнений С2=-С1=51,23.
Окончательно решение уравнения (5.1) имеет вид
φ1= 51,23(-1+ е- 0,312t)+15,984∙t; (5.3)
ω1=15,984(1- е- 0,312t) . (5.4)
Решение дифференциального уравнения для вариантов 61-100
Дифференциальное уравнение решается при нулевых начальных условиях, потому что механизм начинает двигаться из состояния покоя.
При t=0 φ10=0 и ω10=0. Перепишем уравнение (4.5) с учетом того, что= , получим
=100,7+15t.
Умножим это уравнение на dt и проинтегрируем правую и левую части:
После интегрирования получим закон изменения угловой скорости по времени:
ω1(t)=(100,7t+7,5t2)1/c
Заменим ω1=
=100,7t+7,5t2, и проинтегрируем
φ1(t)=50,35t2+2,5t3.
Последняя формула определяет закон движения тела 1. Итак, мы установили законы изменения параметров движения тела 1 и его закон движения:
ε1(t)=100,7+15t.
ω1(t)=(100,7t+7,5t2)1/c
φ1(t)=50,35t2+2,5t3
Вычислим значения ε1, ω1 и φ1 в момент времени t=3c: ε1(3)=115,7 , ω1(3)=169,6 , φ1(3)=520,65радиан.
Дальнейшие расчеты необходимо продолжить по плану задания с помощью первого примера, с учетом полученного в этом параграфе решения дифференциального уравнения.
^
В предыдущем параграфе формула
φ1= 51,23(-1+ е- 0,312t)+15,984∙t (6.1)
определяет закон движения тела 1, а формула
ω1=15,984(1- е- 0,312t) с-1 (6.2)
дает закон изменения угловой скорости тела 1 по времени.
Продифференцируем правую и левую части последнего равенства и определим угловое ускорение колеса 1
ε1=4,987 е- 0,312t с-2. (6.3)
Воспользовавшись кинематическими зависимостями (3.1-3.3), получим закон движения тела 2 и формулы ω2= ω2(t) и ε2= ε2(t):
φ2=34,153(-1+ е- 0,312t)+10,656t; (6.4)
ω2=10.656 (1- е- 0,312t) с-1; (6.5)
ε2= 3,325 е- 0,312t с-2. (6.6)
С помощью формул (3.4-3.6) получим законы изменения параметров движения тела 3:
y3=(17,0765(-1+ е- 0,312t)+5,328∙t)), м; (6.7)
v3=5,328(1- е- 0,312t)), м/с; (6.8)
a3= 1,662 е- 0,312t, м/с2. (6.9)
^
Требуется с помощью уравнений, полученных в п.6, построить графики угловой скорости, ускорения и перемещения колеса 1 по формулам из п.7 и по ним определить характеристики установившегося движения.
Для построения графиков воспользуемся программой Mikrosoft Excel.
На рисунке видно, что при t→∞, ε1→0 а ω1→15 ,984 с –1. Отсюда можно сделать вывод, что примерно через 15 с после начала разгона механизма из состояния покоя его движение «устанавливается» и все звенья продолжают двигаться с постоянными скоростями.
Таким образом, время установления движения
tуст=15 c.
Параметры установившегося движения: ω1=15,984 с-1, ω2=10.656 с-1, v3=5,328м/с.
Угловая скорость(ω 1/c-ряд1) и ускорение (ε1/с-2 –ряд2) тела 1
^
Требуется вычислить реакции внешних опор колес 1 и 2, а также силы натяжения всех ветвей тросов.
Для определения сил реакций опор и силы натяжения троса между телами 1 и 2 воспользуемся уравнениями, выражающими принцип Даламбера.
Согласно принципу Даламбера, если в данный момент времени ко всем действующим на механическую систему силам присоединить силы инерции Даламбера, то получившаяся система сил будет эквивалентна нулю и для неё выполняются уравнения статики.
Нужно изобразить активные силы и реакции внешних опор так же, как в пп. 2 и к ним добавить момент пары сопротивления Мс.
Силы инерции вращающихся тел 1 и 2 приводятся к парам сил с соответствующими моментами М1Ф=-Iz1ε1 , М2Ф=-Iz2ε2. Знак минус в этих формулах указывает на то, что моменты и угловые ускорения противоположны по направлениям. Iz1=m1ρ12 и Iz2= m2ρ22 - моменты инерции колес относительно их осей вращения. Сила инерции тела 3, которое движется поступательно, равна  . Все силы и моменты изображены на рисунке.
Составим уравнения, выражающие принцип Даламбера, для каждого тела в отдельности. При этом учтём силы натяжения троса, который передаёт движение от первого тела ко второму. Это внутренние силы S1 и S2, по 3-му закону Ньютона они равны по величине и противоположны по направлению.
Система сил, действующих на тело 1, плоская, поэтому следует составить три уравнения. Сумма проекций всех сил на ось x равна 0
Σ Fix=0, N1x – S1 cos15° =0. (8.1)
Сумма проекций всех сил на ось y равна 0
Σ Fiy=0, N1y –m1g- S1 sin15° =0. (8.2)
Сумма моментов всех сил относительно точки О1 равна 0
Σ Mо1(Fi) = 0, -P R1 + S1 r1+ М1Ф =0. (8.3)
Аналогично составляются уравнения для сил, действующих на тело 2.
Σ Fix=0, N2x + S2 cos15° = 0; (8.4)
Σ Fiy=0, N2y – m2 g+ S2sin15° – m3 g –Ф3 =0; (8.5)
Σ Mo1(Fi) = 0, S2 r2 – m3 g R2 - Ф3 R2- Мс. - М2Ф =0. (8.6)
Из уравнения (8.3) определим S1
S1= (P R1 - М1Ф)∙ 1/ r1=(P R1- Iz1ε1)∙ 1/ r1.
Рис.5 Динамическая схема.
Подставляя значения всех величин и используя формулу (6.3) для углового ускорения ε1, получим значение силы натяжения троса между колесами 1 и 2 в виде функции от времени.
S1=(1750-199,48 е- 0,312t)Н. (8.7)
Для оценки максимального значения, рассмотрим функцию е- 0,312t. При t=0 эта функция рана 1, а если t→∞, то функция е- 0,312t →0. Отсюда можно сделать вывод, что сила S1 имеет максимальное значение при установившемся движении: S1max=1750 Н.
Из уравнений (8.1) и (8.2) найдем реакции неподвижной шарнирной опоры N1x и N1y, а из (8.4) и (8,5) найдем N2x и N2y.
N1x= S1 cos15° ; N1y= m1g+S1 sin15°;
N1x=(1690,37-192,68 е- 0,312t)Н; (8.2)
N1y=(2952,93-51,6 е- 0,312t)Н. (8.3)
Максимальные значения сил: N1xmax=1690,37Н; N1y=2952,93Н.
Аналогично
N2x=- S1 cos15°; N2y =+ m2 g- S2sin15° + m3 g +Ф3;
N2x=-(1690,37-192,68 е- 0,312t)Н; (8.3)
N2y=( 6547, 067+784,7 е- 0,312t)Н. (8.4)
Максимальные значения сил: N1xmax=1690,37Н; N1ymax=2952,93Н; N2x max=1690,37Н при установившемся движении.
Сила N2y имеет максимальное значение в момент времени t=0, когда механизм трогается с места. N2ymax=7331, 177Н.
Для определения силы натяжения троса, на котором висит груз 3, применим принцип Даламбера к грузу.
Подставляя известные значения, получим
S3=(5000+831 е- 0,312t)Н.
Максимальное значение эта сила имеет в момент времени t=0
S3max=5831Н.
^
Ведущим усилием для рассматриваемого механизма является сила Р. Мощность силы Р вычисляется по формуле NP=Pv cos0˚, где v-скорость точки приложения силы Р, 0˚-угол между направлением силы и скорости.
Используя формулу (6.2), получим
V=ω1·R1= 15,984(1- е- 0,312t) 0,5=7,992(1- е- 0,312t)м/с;
NP=27972(1- е- 0,312t) Вт.
Максимальное значение мощность ведущего усилия имеет при установившемся движении NPmax=27,972кВт.
^
Работа силы, приложенной к вращающемуся телу, вычисляется по формуле
АР=  ,
где МZ(P) -момент силы Р относительно оси вращения тела 1.
В нашем случае момент силы Р относительно оси вращения постоянен и равен Мz1=Р·R1=1750 Нм, поэтому работу силы Р следует вычислять по формуле
АР=Р·R1 φ1.
Знак + выбран потому, что направление момента силы Р и направление вращения колеса 1 совпадают. Вычислим значение угла поворота φ1для момента времени, за которое движение механизма устанавливается tуст=15 c, по формуле (5.3)
φ1(15)= 51,23(-1+ е- 0,312·15)+15,984·15 =29,165рад.
Искомое значение работы:
АР=1750·29,165=51039Дж=51,039кДж.
^
Требуется, применяя принцип возможных перемещений, определить при каком значении силы давления Q на тормозную колодку в начальный момент времени t=0 механизм не тронелся с места, если колодка действует на колесо 2 в точке А.
Согласно принципу возможных перемещений для равновесия механической системы с идеальными связями, необходимо и достаточно, чтобы сумма элементарных работ всех действующих на нее активных сил при любом возможном перемещении системы была равна нулю.[1]
Σ δАк=0.
Определим предельное значение силы, которая будет удерживать механизм в равновесии при заданных массах звеньев. Сопротивление, зависящее от скорости в этом случае равно 0.
На рисунке 2 изображены активные силы, действующие на механизм. Это сила Р, силы тяжести звеньев и груза 3. Действие силы Q на колодку передаётся на колесо 2 в точке А через силу давления N и силу трения Fтр. В случае равновесия механизма, возможные перемещения звеньев механизма будут соответственно δφ1,δφ2 и δy3.
Рассматриваемая механическая система имеет одну степень свободы, связи, наложенные на систему, являются стационарными и голономными, поэтому зависимости между возможными перемещениями такие же, как между действительными перемещениями, определенными формулами (3.3), (3.6), (3.9).
δφ2= r1/r2 δφ1;
δy3= r1 R2/r2 δφ1.
Дадим механизму возможное перемещение и вычислим возможную работу активных сил.
Σ δАк = δАР+ δАFтр+ δАm1g;
Σ δАк =РR1 δφ1-m3g δy3 –FтрR2δφ2=0;
Σ δАк =Р R1 δφ1 -m3g r1 R2/r2 δφ1-fQ R2 r1/r2 δφ1=0;
Р R1 -m3g r1 R2/r2- fQ R2 r1/r2 =0.
Получаем значение искомой силы
Q =  =1562,3Н
При значении силы Q=1562,3Н механизм не тронется с места.
5.6.12. Выводы.
Методами статики исследовано состояние равновесия подъемного механизма и установлена грузоподъемность, реакции внешних опор и сил натяжения тросов при максимальной нагрузке.
Исследована кинематика механизма и установлены зависимости между параметрами движения его звеньев.
С помощью теоремы об изменении кинетической энергии в дифференциальной форме получено дифференциальное уравнение движения механической системы, после интегрирования которого, установлены законы движения всех тел и получены формулы изменения их скоростей и ускорений.
Для определения сил натяжения тросов и реакций связей был применен принцип Даламбера.
Построены графики изменения параметров движения тела 1. По графику угловой скорости видно, что через некоторое время угловая скорость колеса 1 становится постоянной и равной ω1уст=15,984с-1, это значит, что движение устанавливается, и все тела движутся равномерно. Время установления tуст= 15 c.
Определены силы натяжения тросов. Установлены законы изменения значений этих сил и определены их максимальные значения. Вычислены реакции внешних связей и их максимальные значения.
Установлена зависимость мощности ведущего усилия Р от времени и определено её максимальное значение Nрмах=10,474кВт. Определена работа ведущего усилия на перемещении, соответствующем времени установления движения.
Принцип возможных перемещений применен для определения тормозящего усилия Q, необходимого для удержания механизма в равновесии.
Таким образом, методами теоретической механики исследована статика, кинематика и динамика подъёмного механизма.
|
| Дата конвертации | 16.05.2013 | | Размер | 0,49 Mb. | | Тип | Задача |
|
|
