Примеры решения задачи контрольной 2

Примеры решения задачи контрольной 2
Пример 1
Кривошипно-ползунный механизм (рис. 1), состоящий из кривошипа ОА, шатуна АВ и
ползуна В, совершает движение в плоскости рисунка. Прямая х, по которой движется ползун
В, не проходит через ось вращения О кривошипа и в этом случае
В
х кривошипно-ползунный механизм называют нецентральным.
Длины звеньев: ОА = АВ = 1 м,
Ползун В движется по закону х = − 10 𝑆𝑖𝑛(𝜋𝑡/6)
Механизм изображен в момент времени 𝑡1 = 1𝑐; 𝛼 = 60𝑜
α
О
А
В данном положении механизма определить угловое
Рис.1
ускорение 𝜀𝑧ОА кривошипа ОА.
Решение.
Найдем ускорение 𝑾В ползуна В. В проекции на ось x
𝜋2
πt
𝑊𝐵𝑥 = 𝑥̈ = 10 𝑆𝑖𝑛 ( )
= 1,36 м/с2
36
6 𝑡=𝑡1
Направление вектора 𝑾В определяется знаком проекции. Изобразим все составляющие
ос
̃вр
ускорений. 𝑾ос
АВ - к полюсу В. 𝑾А - к полюсу О. 𝑾А – произвольно, но
̃вр
перпендикулярно ОА. 𝑾
АВ – произвольно, но
𝑾
В
В
перпендикулярно АВ.
х
̃𝐴вр
𝑾
ос
𝑾𝐴В
α
А
𝑾𝐴ос
вр
̃𝐴В
𝑾
О
Рис.3
Случайность выбора направления вращательных
ускорений обозначено волной над буквой. Это значит, что
вычисленные значения этих ускорений могут быть
отрицательными. В этом случае ускорения направлены
противоположно изображенным.
Выразим ускорение шарнира А через ускорение
полюса В
вр
ос
̃𝐴вр + 𝑾𝐴ос = 𝑾𝐵 + 𝑾
̃𝐴𝐵
𝑾
+ 𝑾𝐴𝐵
(1)
вр
̃𝐴вр и 𝑊
̃𝐴𝐵
В этом уравнении две неизвестные: 𝑊
. Искомое угловое ускорение 𝜀𝑧ОА входит в
вр
̃𝐴
𝑾
̃𝐴вр = 𝜀𝑂𝐴 𝑂𝐴
𝑊
̃вр
Чтобы избавиться от неизвестной 𝑾
𝑨𝑩 проектируем (1) на АВ:
вр
ос
̃𝐴 𝑆𝑖𝑛𝛼 + 𝑊𝐴ос 𝐶𝑜𝑠𝛼 = 𝑊𝐵 𝐶𝑜𝑠𝛼 + 𝑊𝐴𝐵
𝑊
Отсюда
̃𝐴вр =
𝑊
1
ос
(WB Cosα + 𝑊𝐴𝐵
− 𝑊𝐴ос 𝐶𝑜𝑠α)
𝑆𝑖𝑛α
Где
м
ос
; 𝑊𝐴𝐵
= 𝜔AB 2 AB; 𝑊𝐴ос = 𝜔OA 2 ОА
с2
Найдем неизвестные пока модули угловых скоростей ω𝐴𝐵 и ω𝑂𝐴
WB = 1,36
Стержень АВ совершает плоское движение, поэтому
𝜔AB =
𝑉𝐵
BP
Где Р- мгновенный центр скоростей стержня АВ.
В
VB
х
Чтобы найти Р, определим скорость 𝑽𝐵
π
𝜋𝑡
𝑉𝐵𝑥 = 𝑥̇ = −10 Cos ( )
= −4,53 м/с
6
6 𝑡=𝑡1
α
ωOA
О
Знак минус указывает на то, что вектор 𝑽𝐵 направлен против оси А
P
ω
AB
x (Рис.2). Значит скорость 𝑽А направлена вертикально вниз, и
VA
Рис.2
мгновенный центр Р находится на пересечении перпендикуляров
к скоростям 𝑽𝐵 и 𝑽А . Стержень АВ в данный момент вращается против часовой стрелки
вокруг Р
𝑉𝐵
4,53
=
= 5,17 c −1
ABSinα 0,87
Шарнир А принадлежит обоим стержням. Поэтому модуль его скорости равен
𝜔𝐴𝐵 =
𝑉А = 𝜔AB AP = 𝜔ОА ОА
Отсюда
ωОА = ωAB
𝐴𝑃
𝐴𝐵𝐶𝑜𝑠𝛼
0,5
= ωAB
= 5,17
= 2,58 c −1
OA
OA
1
Теперь
ос
𝑊𝐴𝐵
= ω𝐴𝐵 2 𝐴𝐵 = 26,72
м
;
с2
𝑊𝐴ос = ω𝑂𝐴 2 ОА = 6,66
м
с2
1
1
м
ос ]
[(WB − 𝑊𝐴ос )Cosα + 𝑊𝐴𝐵
= 1,15 [ (1,36 − 6,66) + 26,72] = 27,68 2
𝑆𝑖𝑛α
2
с
вр
̃𝐴 означает, что на Рис.2 выбрано правильное направление
Положительность 𝑊
ускорения:
̃𝐴вр =
𝑊
̃𝐴вр = 𝑊𝐴вр
𝑊
Видим, что искомое угловое ускорение εOA направлено по часовой стрелке и равно по
модулю
вр
εOA
𝑊
= 𝐴 = 27,68 с−2
OA
Матричный способ
Столбец проекций ускорения ползуна В в данном положении
1,36
𝑥̈
𝑊𝐵 = ( )
=(
) м/с2
В
0
y
α
О х
А
+
0
Соотношение ускорений в данном положении
𝑊𝐴 = 𝑊𝐵 + 𝑊𝐴𝐵
В развернутом виде
Рис.1
ℰ𝑧𝑂𝐴
𝑡=𝑡1
Ω2OA
(ℰ𝑧𝑂𝐴 + Ω2OA )(𝑂𝐴) = 𝑊𝐵 + (ℰ𝑧𝐴𝐵 + Ω2AB )(𝐵𝐴)
2
−𝜔𝑂𝐴
= ( 𝑂𝐴
𝜀𝑧
−𝜀𝑧𝑂𝐴
2 );
−𝜔𝑂𝐴
−𝑂𝐴
−1
𝑂𝐴 = (
)=( )
0
0
ℰ𝑧𝐴𝐵
+
Ω2AB
Подставляя, получаем
2
−𝜔𝑂𝐴
( 𝑂𝐴
𝜀𝑧
2
−𝜔𝐴𝐵
= ( 𝐴𝐵
𝜀𝑧
−𝜀𝑧𝐴𝐵
2 );
−𝜔𝐴𝐵
−0,5
−𝐴𝐵𝐶𝑜𝑠𝛼
𝐵𝐴 = (
)=(
)
−0,87
−𝐴𝐵𝑆𝑖𝑛𝛼
2
−𝜀𝑧𝑂𝐴 −1
−𝜔𝐴𝐵
1,36
2 ) ( 0 ) = ( 0 ) + ( 𝐴𝐵
−𝜔𝑂𝐴
𝜀𝑧
Раскрывая, получаем систему
−𝜀𝑧𝐴𝐵
−0,5
)
(
)
2
−0,87
−𝜔𝐴𝐵
2
2
𝜔𝑂𝐴
= 1,36 + 0,5𝜔𝐴𝐵
+ 0,87𝜀𝑧𝐴𝐵
2
−𝜀𝑧𝑂𝐴 = −0,5𝜀𝑧𝐴𝐵 + 0,87𝜔𝐴𝐵
Отсюда
𝜀𝑧𝐴𝐵 =
1
2
2 )
(𝜔𝑂𝐴
− 1,36 − 0,5𝜔𝐴𝐵
0,87
0,5
2
2
2 )
2
2
(𝜔𝑂𝐴
− 1,4 − 0,5𝜔𝐴𝐵
− 0,87𝜔𝐴𝐵
= 0,57𝜔𝑂𝐴
− 1,16𝜔𝐴𝐵
− 0,8
0,87
Чтобы вычислить искомое угловое ускорение 𝜀𝑧𝑂𝐴 найдем угловые скорости ω𝑂𝐴 и ω𝐴𝐵 из
𝜀𝑧𝑂𝐴 =
соотношения скоростей
𝑉𝐴 = 𝑉𝐵 + 𝑉𝐴𝐵 ;
ΩOA OA = 𝑉𝐵 + ΩAB BA;
Матрицы
0
ΩOA = ( OA
ωz
ΩAB
Подставляя, получаем
0
( OA
ωz
0
= ( AB
ωz
−ωOA
z
);
0
−ωAB
z
);
0
𝑥̇
−4,5
𝑉𝐵 = ( )
=(
) м/с
0 𝑡=𝑡1
0
−1
𝑂𝐴 = ( )
0
𝐵𝐴 = (
−ωOA
0
−1
−4,5
z
)( ) = (
) + ( AB
0
0
0
ωz
−0,5
)
−0,87
−ωAB
−0,5
z
)(
)
−0,87
0
В развернутом виде
0 = −4,5 + 0,87ωAB
z
OA
AB
ωz = 0,5ωz
Отсюда получаем ранее найденные значения угловых скоростей
−1
ωAB
z = 5,17с ;
−1
ωOA
z = 2,58 c
Значения положительны. Значит, оба стержня вращаются против часовой стрелки.
Получаем тот же результат
2
2
𝜀𝑧𝑂𝐴 = 0,57𝜔𝑂𝐴
− 0,28𝜔𝐴𝐵
− 0,8 = 0,57 ∙ 6,65 − 1,16 ∙ 26,72 − 0,8 =
= 3,79 − 31 − 0,8 = −27,7 c −2
Отрицательное значение указывает на то, что угловое ускорение направлено по часовой
стрелке.
Пример 2 (формулы)
Дано: ОА = АВ = 1м, 𝛼 = 30𝑜 𝜑 = (6/𝜋)𝐶𝑜𝑠(𝜋𝑡/3)
Найти 𝜀АВ в данный момент 𝑡1 = 1 сек,
Векторный способ
𝜔𝑧𝑂𝐴 = 𝜑̇ = −2𝑆𝑖𝑛
WAoc
О
,
А
α
WBAbp
В
WB
3 𝑡=𝑡1
= −√3 𝑐 −1
2𝜋
𝜋𝑡
𝜋
𝐶𝑜𝑠
= − 𝑐 −2
3
3 𝑡=𝑡1
3
м
𝜋м
вр
2
= 𝜔𝑂𝐴
𝑂𝐴 = 3 2 ;
𝑊𝐴 = 𝜀𝑂𝐴 𝑂𝐴 =
𝑐
3 𝑐2
вр
вр
𝒐𝒄
𝒐𝒄
𝑾𝑩 = 𝑾𝑨 + 𝑾𝑨 + 𝑾𝑩𝑨 + 𝑾𝑩𝑨
𝜀𝑧𝑂𝐴 = 𝜑̈ = −
WAbp
AB
𝜋𝑡
WBAoc
𝑊𝐴𝑜𝑐
n
Проекция на n
вр
вр
0 = −𝑊𝐴𝑜𝑐 𝑆𝑖𝑛𝛼 + 𝑊𝐴 𝐶𝑜𝑠𝛼 − 𝑊𝐵𝐴
τ
вр
вр
𝑊𝐵𝐴 = 𝑊𝐴 𝐶𝑜𝑠𝛼 − 𝑊𝐴𝑜𝑐 𝑆𝑖𝑛𝛼 = (
вр
𝜀𝐴𝐵
𝜋
3 м
− ) 2
2 √3 2 𝑐
𝑊
𝜋
3
= 𝐵𝐴 = (
− ) 𝑐 −2
𝐴𝐵
2 √3 2
Матричный способ
𝑊𝐵 = (𝜀 + Ω2 )(𝑂𝐴) + (𝜀𝐴𝐵 + ΩAB 2 )(𝐴𝐵)
В осях τ, n
−𝜑́2̇
𝜀+Ω =(
𝜑̈
2
−𝜑̈
)
−𝜑́2̇
𝑊
𝑊𝐵 = ( 𝐵𝜏 )
0
𝜀𝐴𝐵 + ΩAB
(𝑂𝐴) = (
2
́̇ 2
−𝜑𝐴𝐵
=(
𝜑𝐴𝐵
̈
−𝑂𝐴 𝐶𝑜𝑠𝛼
)
𝑂𝐴 𝑆𝑖𝑛𝛼
(1)
−𝜑𝐴𝐵
̈
)
́̇ 2
−𝜑𝐴𝐵
(𝐴𝐵) = (
Раскрывая (1), находим во второй строчке
0 = −𝜑̈ 𝑂𝐴𝐶𝑜𝑠𝛼 − 𝜑́2̇ 𝑂𝐴𝑆𝑖𝑛𝛼 + 𝜑𝐴𝐵
̈ 𝐴𝐵
Откуда получаем тот же результат
3
π
𝜑𝐴𝐵
̈ = 𝜑́2̇ 𝑆𝑖𝑛𝛼 + 𝜑̈ 𝐶𝑜𝑠𝛼 = ( −
) 𝑐 −2 > 0
2 2 √3
𝐴𝐵
)
0