Задание Равновесие составной конструкции. Вследующих задачах определить силы реакций опор в точках А, в и С icon

Задание Равновесие составной конструкции. Вследующих задачах определить силы реакций опор в точках А, в и С



Смотрите также:



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

^ 2. Задание 1. Равновесие составной конструкции.

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

































































^ 3. Задание 2. Равновесие вала с закрепленными на нем телами.

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.


^ 4. Задание 3. Исследование кинематики кривошипно-ползунного механизма.

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 .


ω






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 vАОА∙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=42см/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 аААn= 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

aсaτba∙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.
^

5.1. Постановка задачи.


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.
^

5.3. Требования к заданию для вариантов 61-100.


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.

^ 5.4. Схемы механизмов.











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. Пример выполнения задания 4.

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


^

5.6.1.2. Задания для вариантов 61-100.


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.

^ 5.6.2. Определение грузоподъемности механизма.

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.


^

5.6.3. Кинематика механизма.


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.
^

5.6.4. Составление дифференциального уравнения движения механизма, приведенного к телу 1.


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=Т123.

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 / 0,3212/2;

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/ r21

Σ NFi =(Р R1-Mc r1/r2-m3g r1 R2/r21. (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/r21. (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.


^

5.6.5. Решение дифференциального уравнения.


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 12е-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= С12 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:

С12=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.
^

5.6.6. Законы движения всех тел механизма, формулы скоростей и ускорений этих тел в зависимости от времени.


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)
^

5.6.7. График изменения кинематических параметров по времени. Характеристики установившегося движения.


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
^

5.6.8. Определение динамических реакций опор колес.


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.
^

5.6.9. Мощность ведущего усилия.


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.
^

5.6.10. Работа ведущего усилия на перемещении, соответствующем времени установления движения.


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.


^

5.6.11. Принцип возможных перемещений.


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 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 конвертации16.05.2013
Размер0,49 Mb.
ТипЗадача
Разместите кнопку на своём сайте или блоге:
rud.exdat.com


База данных защищена авторским правом ©exdat 2000-2012
При копировании материала укажите ссылку
обратиться к администрации
Документы