Файл: Решение Изобразим механизм в соответствии с данными.doc
ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 05.12.2023
Просмотров: 60
Скачиваний: 1
ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.
РГР 1Задача К4аПлоский механизм состоит из четырех стержней (1, 2, 3, 4) и ползуна ???? соединенных друг с другом и с неподвижными точками ????1, ????2 шарнирами. Длины стержней ℓ1=0.4м, ℓ2=0.8м, ℓ3=1.2м, ℓ4= 0.6м. Точка ???? всегда делит стержень пополамД ано:=45=135=90=75=604=3 c–1Найти:VE, VK, VB, 1, 2Решение1. Изобразим механизм в соответствии с данными варианта2. Определим линейную скорость точки E при вращательном движении стержня 4:VE=4l4=30.6=1.8 м/сОна направлена перпендикулярно стержню 4 в сторону вращения стержня (по ходу часовой стрелки).3. Найдем линейную скорость точки ????. Стержни являются абсолютно твердыми телами. Линейная скорость точки ???? при вращательном движении стержня 1 должна быть направлена перпендикулярно стержню. Величину и направление скорости точки ???? определим по теореме о проекциях скоростей двух точек плоской фигуры (стержня ????????), зная скорость точки ЕVEcos0=VAcos45VA=VEcos0/cos45=1.81/0.707=2.55 м/сУгловая скорость первого стержня. Звено 1 вращается по ходу часовой стрелки с угловой скоростьюУгловая скорость второго стержня и линейная скорость точки ????.Для определения величины и направления скорости точки ???? необходимо найти М.Ц.С. второго звена. По определению он находится на пересечении перпендикуляров к векторам скоростей точек ???? и ????, то есть в точке ????2. Следовательно, стержень 2 будет совершать мгновенно вращательное движение относительно М.Ц.С. против хода часовой стрелки с угловой скоростью ????2.ЕP2=AE=l2=0.8 мKP2=
Вычислим скорость точки ????:VK=2KP2=2.250.89=2.0 м/сВектор скорости этой точки перпендикулярен к расстоянию до М.Ц.С. ????????2 и направлен в сторону вращения звена 2. Скорость точки В и угловая скорость стержня 3. Движение звена 3 − плоское, для нахождения его угловой скорости ????3 найдем М.Ц.С. стержня 3. Направление скорости точки ???? определяется направляющими ползуна, которому принадлежит эта точка.По теореме о проекциях скоростей найдемVKcos78=VBcos30VB= VKcos78/cos30=2.00.208/0.866=0.48 м/сОтвет: VE=1.8 м/с; VK=2.0 м/c; VB=0.48 м/с; 1=6.36 с–1; 2=2.25 с–1.РГР2Задача С3Определить реакции опор жесткой рамы.Д ано:М=25 кНмq=6 кН/мF=35 кН1. Выберем объект равновесия. В качестве такового здесь удобно рассмотреть раму ADTB. 2. Приложим заданные нагрузки. Силу F; пару с моментом М; равномерно распределенную нагрузку на участке KC заменим равнодействующей Q , приложенной в середине участка KCQ=qKC=66=36 кН3. Заменим действие связей реакциями: Неподвижный шарнир в точке K заменим двумя реакциями ХK, YK. Подвижный шарнир в точке В заменим одной реакцией RB . Реакцию RB разложим на две составляющие: RBx=RBsin60=0.866RBRBy=RBcos60=0.5RBЗавершим формирование расчётной схемы выбором осей координат Kху.4. Составим уравнения равновесия. Приложенная к объекту равновесия система сил является произвольной плоской. Fkx= –F+XK–RBx=0 (1) MK(Fk)= –M–F4–Q3+RBy4–RBx5=0 (2) MB(Fk)=Q1–M+F1–XK5–YK4=0 (3)5. Определение искомых величин. Из уравнения равновесия (2) получим:–M–F4–Q3+0.5RB4–0.866RB5=0 RB=(–M–F4–Q3)/(–0.54+0.8665)=(–25–354–363)/(–0.54+0.8665)= –117.17 кНИз уравнения (1) имеем:XK=F+RBx=35–117.170.866= –66.47 кНИз уравнения (3) имеем:YK=(Q1–M+F1–XK5)/4=(361–25+351+66.475)/4=94.58 кН6. Проверка. Для проверки полученных результатов составим такое новое уравнение равновесия, чтобы в него входили все найденные величины. Это, например, может быть уравнение моментов относительно точки А. При подстановке в такое уравнение найденных реакций оно должно обратиться в тождество.
MA(Fk)=0–M+YK2–XK4–Q5+RBy6–RBx1== –25+94.582+66.474–365+0.5(–117.17)6–0.866(–117.17)1= –556.51+556.51=0Ответ: XK= –66.47 кН; YK=94.58 кН; RB= –117.17 кН.РГР3Задача С5Определить реакции внешних связей составной рамы.Д ано:М=30 кНмq=6 кН/мF=30 кН1. Изображение конструкции в положении, соответствующем конкретным значениям данных о ее геометрических характеристиках.2. Выбор тела (тел), равновесие которого должно быть рассмотрено (объект равновесия). В задаче помимо реакции внешних опор необходимо определить давление в промежуточном шарнире С, поэтому для решении задачи применим метод разбиения.Расчленим мысленно конструкцию по шарниру С на две части и рассмотрим равновесие каждой части отдельно.3. Изображение сил, действующих на выбранные объекты равновесия.Сосредоточенную силу F разложим на составляющие:Fx=Fcos30=300.866=25.98 кНFy=Fsin30=300.5=15 кНДействие равномерно распределенной нагрузки интенсивности q=6кН/м заменим сосредоточенной силой Q=q4=64=24 (кН), которая будет приложена к середине участка распределения KC.При расчленении конструкции внутренний шарнир С для каждой из частей конструкции DKC и BС является неподвижным цилиндрическим шарниром, действие которого заменяется двумя реакциями ХC и YС (приложены к части конструкции DKС). При этом:XC=X’C, YC=Y’C.4. Составление уравнений равновесияУравнения равновесия (а) – (с) для части конструкции DKС будут иметь вид:Fkx=RA+Fx+XC=0 (a)Fy=RD–Fy–Q+YC=0 (b)MC(Fk)=Q2–RA2+Fx3+Fy4–RD8=0 (c)Уравнения равновесия (d) – (f) для части конструкции BС запишутся в виде:Fkx= –X’C+XB=0 (d)Fky= –Y’C+YB=0 (e)MC(Fk)= –M+XB6=0 (f)5. Определение искомых величин и исследование полученных результатов.В шести уравнениях (a) – (f) шесть неизвестных величин, то есть, число неизвестных величин совпадает с числом уравнений равновесия. Следовательно, все неизвестные величины могут быть найдены из уравнений равновесия.
Из (f):XB=M/6=30/6=5 кНИз (d):X’C=XB=5 кНИз (а):RA= –Fx–XC= –25.98–5= –30.98 кНИз (с):RD=(Q2–RA2+Fx3+Fy4)/8=(242+30.982+25.983+154)/8=30.99 кНИз (b):YC= –RD+Fy+Q= –30.99+15+24=8.01 кНИз (а):XC= –RA–Fx=30.98–25.98=5 кН Из (e):YB=Y’C=8.01 кН 6. Проверка полученных результатов. Для проверки составим уравнение моментов для «замороженной» конструкции. Так как в проверочное уравнение должны входить все или большее число искомых реакций, то выберем в качестве моментной точку E.ME(Fk)= –RD4–RA5–Q2–M+YB4+XB3== –30.994+30.985–242–30+8.014+53= –201.96+201.94= –0.02 Незначительная погрешность свидетельствует о верности решения.Ответ: RA= –30.98 кН; XB=5 кН; YB=8.01 кН; XC=5 кН; YC=8.01 кН; RD=30.99 кН.
Вычислим скорость точки ????:VK=2KP2=2.250.89=2.0 м/сВектор скорости этой точки перпендикулярен к расстоянию до М.Ц.С. ????????2 и направлен в сторону вращения звена 2. Скорость точки В и угловая скорость стержня 3. Движение звена 3 − плоское, для нахождения его угловой скорости ????3 найдем М.Ц.С. стержня 3. Направление скорости точки ???? определяется направляющими ползуна, которому принадлежит эта точка.По теореме о проекциях скоростей найдемVKcos78=VBcos30VB= VKcos78/cos30=2.00.208/0.866=0.48 м/сОтвет: VE=1.8 м/с; VK=2.0 м/c; VB=0.48 м/с; 1=6.36 с–1; 2=2.25 с–1.РГР2Задача С3Определить реакции опор жесткой рамы.Д ано:М=25 кНмq=6 кН/мF=35 кН1. Выберем объект равновесия. В качестве такового здесь удобно рассмотреть раму ADTB. 2. Приложим заданные нагрузки. Силу F; пару с моментом М; равномерно распределенную нагрузку на участке KC заменим равнодействующей Q , приложенной в середине участка KCQ=qKC=66=36 кН3. Заменим действие связей реакциями: Неподвижный шарнир в точке K заменим двумя реакциями ХK, YK. Подвижный шарнир в точке В заменим одной реакцией RB . Реакцию RB разложим на две составляющие: RBx=RBsin60=0.866RBRBy=RBcos60=0.5RBЗавершим формирование расчётной схемы выбором осей координат Kху.4. Составим уравнения равновесия. Приложенная к объекту равновесия система сил является произвольной плоской. Fkx= –F+XK–RBx=0 (1) MK(Fk)= –M–F4–Q3+RBy4–RBx5=0 (2) MB(Fk)=Q1–M+F1–XK5–YK4=0 (3)5. Определение искомых величин. Из уравнения равновесия (2) получим:–M–F4–Q3+0.5RB4–0.866RB5=0 RB=(–M–F4–Q3)/(–0.54+0.8665)=(–25–354–363)/(–0.54+0.8665)= –117.17 кНИз уравнения (1) имеем:XK=F+RBx=35–117.170.866= –66.47 кНИз уравнения (3) имеем:YK=(Q1–M+F1–XK5)/4=(361–25+351+66.475)/4=94.58 кН6. Проверка. Для проверки полученных результатов составим такое новое уравнение равновесия, чтобы в него входили все найденные величины. Это, например, может быть уравнение моментов относительно точки А. При подстановке в такое уравнение найденных реакций оно должно обратиться в тождество.
MA(Fk)=0–M+YK2–XK4–Q5+RBy6–RBx1== –25+94.582+66.474–365+0.5(–117.17)6–0.866(–117.17)1= –556.51+556.51=0Ответ: XK= –66.47 кН; YK=94.58 кН; RB= –117.17 кН.РГР3Задача С5Определить реакции внешних связей составной рамы.Д ано:М=30 кНмq=6 кН/мF=30 кН1. Изображение конструкции в положении, соответствующем конкретным значениям данных о ее геометрических характеристиках.2. Выбор тела (тел), равновесие которого должно быть рассмотрено (объект равновесия). В задаче помимо реакции внешних опор необходимо определить давление в промежуточном шарнире С, поэтому для решении задачи применим метод разбиения.Расчленим мысленно конструкцию по шарниру С на две части и рассмотрим равновесие каждой части отдельно.3. Изображение сил, действующих на выбранные объекты равновесия.Сосредоточенную силу F разложим на составляющие:Fx=Fcos30=300.866=25.98 кНFy=Fsin30=300.5=15 кНДействие равномерно распределенной нагрузки интенсивности q=6кН/м заменим сосредоточенной силой Q=q4=64=24 (кН), которая будет приложена к середине участка распределения KC.При расчленении конструкции внутренний шарнир С для каждой из частей конструкции DKC и BС является неподвижным цилиндрическим шарниром, действие которого заменяется двумя реакциями ХC и YС (приложены к части конструкции DKС). При этом:XC=X’C, YC=Y’C.4. Составление уравнений равновесияУравнения равновесия (а) – (с) для части конструкции DKС будут иметь вид:Fkx=RA+Fx+XC=0 (a)Fy=RD–Fy–Q+YC=0 (b)MC(Fk)=Q2–RA2+Fx3+Fy4–RD8=0 (c)Уравнения равновесия (d) – (f) для части конструкции BС запишутся в виде:Fkx= –X’C+XB=0 (d)Fky= –Y’C+YB=0 (e)MC(Fk)= –M+XB6=0 (f)5. Определение искомых величин и исследование полученных результатов.В шести уравнениях (a) – (f) шесть неизвестных величин, то есть, число неизвестных величин совпадает с числом уравнений равновесия. Следовательно, все неизвестные величины могут быть найдены из уравнений равновесия.
Из (f):XB=M/6=30/6=5 кНИз (d):X’C=XB=5 кНИз (а):RA= –Fx–XC= –25.98–5= –30.98 кНИз (с):RD=(Q2–RA2+Fx3+Fy4)/8=(242+30.982+25.983+154)/8=30.99 кНИз (b):YC= –RD+Fy+Q= –30.99+15+24=8.01 кНИз (а):XC= –RA–Fx=30.98–25.98=5 кН Из (e):YB=Y’C=8.01 кН 6. Проверка полученных результатов. Для проверки составим уравнение моментов для «замороженной» конструкции. Так как в проверочное уравнение должны входить все или большее число искомых реакций, то выберем в качестве моментной точку E.ME(Fk)= –RD4–RA5–Q2–M+YB4+XB3== –30.994+30.985–242–30+8.014+53= –201.96+201.94= –0.02 Незначительная погрешность свидетельствует о верности решения.Ответ: RA= –30.98 кН; XB=5 кН; YB=8.01 кН; XC=5 кН; YC=8.01 кН; RD=30.99 кН.