43388

Определение реакций опор твердого тела

Курсовая

Математика и математический анализ

Составим уравнения моментов сил относительно точки С и А.3 Составим уравнение равновесия для тела CD: ∑ Fkx = 0 отсюда RD = 0 Для всей конструкции: ∑ Fkx = 0; Q – P1∙cos60 – XB – P2 = 0 откуда XB = 2 кН Составим уравнение моментов сил относительно точки А: ∑ MА= 0 Q∙2 M P1∙sin60∙2 – P1∙cos60∙4 – P2∙2 – RD∙7 – YB∙4 = 0 откуда YB = 7196 кН Подставляя найденные значения ХB и YB в уравнение 1 найдем: Итак при шарнирном соединении в точке С модуль реакции B меньше чем при соединении скользящей заделкой. Составим уравнение моментов...

Русский

2013-11-06

2.53 MB

57 чел.

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ

ГОСУДАРСТВЕННОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧЕРЕЖДЕНИЕ ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ

«ТЮМЕНСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ НЕФТЕГАЗОВЫЙ УНИВЕРСИТЕТ»

«Институт Нефти и Газа»

Кафедра «Теоретическая и прикладная механика»

КУРСОВАЯ РАБОТА № 1(2)

(Статика, кинематика, динамика)

Вариант №12.

    Выполнил: студент группы УИТС-04-01

        Ибрагимов Ильнур

    Проверил: преподаватель кафедры ТПМ

        Гольцов В.С.

ТЮМЕНЬ 2005


C-1. Определение реакций опор твердого тела.

Дано: схема закрепления бруса (рис. С1.1); P = 10 кН, M = 5 кН∙м, q = 2 кН/м

Определить момент реакции опор для того способа закрепления, при котором момент МА имеет наименьшее числовое значение.

Решение. Рассмотрим систему уравновешивающихся сил, приложенных к конструкции. Действие связей на конструкцию заменяем их реакциями. В схеме аХА, YA, MA, в схеме бYA, MA, в схеме вYA, MA, RC.

Равномерно распределенную нагрузку интенсивностью q заменяем равнодействующей

Q = q ∙ 2 = 4 кН

рис С1.1. Схема а.

рис С1.2. Схема б.

рис С1.3. Схема в.

Чтобы выяснить в каком случае реакция заделки YA является наименьшей, найдем ее для всех трех схем, не определяя пока остальных реакций и моментов.

Для схемы а

Fky1 = 0;

 YAQ + Psin45° = 0

 YA = -3,07 кН

Для схемы б

Fky = 0;

Q∙ cos45° – P – YA∙ cos45° = 0

YA = -10,144 кН

Для схемы в

∑ Fky2 = 0;

YA∙ cos45° – Q∙ cos45°= 0

YA = 4 кН

Таким образом, наименьшая реакция в заделке получается при закреплении бруса по схеме а.

Определим остальные опорные реакции и момент в заделке:

Fkx = 0; Pcos45° – ХА = 0, откуда ХА = 7,07 кН;

MA= 0; M + Psin45°∙4 – Pcos45°∙2 – Q∙3 – MA = 0, откуда MА = 7,14 кН∙м.

Результаты расчета приведены в табл. С1.1

Таблица С1.1

Схема

MА, кН∙м

ХА, кН

YA, кН

а

7,14

7,07

-3,07

б

-10,144

в

4


C-3. Определение реакций опор составной конструкции (система двух тел).

Дано: схема конструкции (рис С3.1), Р1 = 12 кН, Р2 = 4 кН, М = 16 кН∙м, q = 3 кН/м. Определить реакции опор, а также соединения B  для того способа сочленения, при котором модуль опоры B наименьший.

Решение.

  1.  Определение реакций опоры B при шарнирном соединении в точке С (рис С3.1).

рис. С3.1

Для нахождения реакции RB нужно знать XB и YB, т.к.

(1)

Рассмотрим систему уравновешивающихся сил, приложенных ко всей конструкции (рис С3.1). Составим уравнения моментов сил относительно точки С и А.

MС= 0; P2∙1 + MRD∙3 = 0, откуда RD = 6,667 кН

∑ MА= 0;

Заменим силу с равномерной интенсивностью q на равнодействующую силу

Q = 4∙q = 12 кН

Q∙2 + M + P1sin60°∙2 – P1cos60°∙4 – P2∙2 – RD∙7 – YB∙4 = 0,

откуда YB = –4,47 кН

Составим уравнение равновесия:

Fkx = 0; QP1cos60° – ХBP2 = 0, откуда ХB = 2 кН;

Подставляя найденные значения ХB и YB в уравнение (1), найдем:

Определение реакций опоры B при соединении частей конструкци в точке С скользящей заделкой (схема показана на рис. С3.2)

рис. С3.2

Для определния реакций разделим конструкцию на 2 тела. Система сил для тела CD показана на рис. С3.3:

рис. С3.3

Составим уравнение равновесия для тела CD:

Fkx = 0, отсюда RD = 0

Для всей конструкции:

∑ Fkx = 0;

Q – P1∙cos60° – XB – P2 = 0, откуда

XB = 2 кН

Составим уравнение моментов сил относительно точки А:

MА= 0

Q∙2 + M + P1sin60°∙2 – P1cos60°∙4 – P2∙2 – RD∙7 – YB∙4 = 0, откуда

YB = 7,196 кН

Подставляя найденные значения ХB и YB в уравнение (1), найдем:

Итак, при шарнирном соединении в точке С модуль реакции B меньше, чем при соединении скользящей заделкой. Найдем остальные неизвестные реакции в конструкции с шарнирным соединением.

Составим уравнение моментов сил относительно точки B

MB = 0

Q∙2 + RA∙4 – P1sin60°∙2 – P1cos60°∙4 –P2∙2 + MRD∙3 = 0, отсюда находим, что

RA = 8,196 кН

Рассмотрим отдельно часть CD конструкции и найдем реакции в точке С (рис С3.4).

рис. С3.4

Составим уравнения равновесия:

Fkx = 0, XCP2 = 0,  отсюда XC = 4 кН

Fky = 0, YCRD = 0,  отсюда YC = 6,667 кН


C-5. Равновесие сил с учетом сцепления (трения покоя).

Дано: G = 2 кН, Q = 25 кН, a = 0,1 м, b = 0,25 м, f = 0,15 (рис. 5.1). Определить минимальное значение силы P и реакции опор О, А, В.

рис. С5.1

Решение. Рассмотрим сначала систему уравновешивающихся сил, приложенных к блоку (рис С5.2)

рис. С5.2

Составим уравнение моментов сил в точке С.

 MС= 0;

TR1QR1 = 0, отсюда T = Q

Составим уравнение равновесия для данного блока.

Fky = 0,

N1 – G – T – Q = 0

N1 = 52 кН

Теперь рассмотрим систему сил, уравновешивающих лебедку (рис С5.3)

рис. С5.3

В состоянии предельного равновесия сила P минимальна, а сила сцепления (трения покоя) между тормозной колодкой и барабаном определяется равенством:

Fсц = fN,  отсюда

N = Fсц / f       (1)

Запишем уравнение моментов сил в точке О.

MО = 0;

N1Fсц∙1,4∙R = 0

Fсц = N1/1,4 = 37,143 кН

Подставляя Fсц в уравнение (1) получим:

N = 247,619 кН

Запишем уравнения равновесия для лебедки:

FX= 0; X0Ncos30° – Fсцcos60° = 0, отсюда X0 = 233,01 кН

FY= 0; Y0 – 2∙GN1Fсцcos30° + Nsin30° = 0,  отсюда Y0 = 35,642 кН

Зная X0 и Y0, определим реакцию R0:

Рассмотрим систему сил, приложенных к тормозной колодке (рис C5.4).

рис. C5.4

Составим уравнения моментов сил относительно точек А и В.

MВ = 0; Fсц(a+b) – RAb = 0,  отсюда  RA = 52 кН

MА = 0; Fсц∙aRВb = 0,  отсюда  RВ = 14,86 кН

Для определения минимального значения силы P cоставим уравнение равновесия:

∑ FX= 0;  N – Pmin = 0;   N = Pmin Pmin = 247,619 кН

Все результаты расчетов занесены в табл. C5.1

Таблица C5.1

RO, кН

RА, кН

RВ, кН

Pmin, кН

235,72

52

14,86

247,619


C-6. Приведение системы сил к простейшему виду.

Дана система сил ; модули точек приложения и направления этих сил указаны в табл. C6.1

Таблица C6.1

Размеры прямоуголного параллелипипеда, см

Силы системы

a

b

c

Модуль, Н

Точка приложения

направление

Модуль, Н

Точка приложения

направление

Модуль, Н

Точка приложения

направление

Модуль, Н

Точка приложения

направление

4

8

6

6

A

AE

20

F

FA

10

C

CK

8

D

DK

1. Определение главного вектора заданной системы сил. Заданная система сил показана на рис C6.1

рис. C6.1

Предварительно определяем

Проекции главного вектора на оси координат:

X = 0 Н;

Y = P4P2cos α = –8 Н;

Z = P1 + P3P2sin α =4 Н;

Модуль главного вектора:

;

Направляющие косинусы:

Главный вектор показан на рис. C6.1.

2. Определение главного момента заданной системы сил относительно центра О.

Главные моменты заданной системы сил относительно  координатных осей:

MX = P3bP2sin α∙6 – P4c = 32 Н∙см

MY = (P2∙ sin α – P1)∙a = 24 Нсм

MZ = – P2cos α = –64 Н∙см

Модуль главного момента:

Направляющие косинусы:

3. Вычисление наименьшего главного момента заданной системы сил.

M* = (MX*X + MY*Y + MZ*Z)/R* = – 50,337 Н*см

4. Т.к.  и , то система приводится к динаме. Составим уравнение главной оси:

Из этих трех уравнений независимыми являются только два. Подставляя в два из этих уравнений найденные числовые значения величин, находим:

Значения координат точек пересечения центральной осью координатных плоскостей , определенных этими уравнениями, помещены в табл. C6.2

Таблица C6.2

Точки

Координаты, см

x

y

z

A1

0

A2

5,312

0

4

A3

5,312

8

0

Центральная ось системы сил показана на рис. C6.1.


C-8. Определение положения центра тяжести тела.

Определить координаты центра тяжести фигуры, показанной на рис. C8.1. 

рис. C8.1

Решение.

Координаты центра тяжести плоской фигуры определяем по формулам:

x = Sy*F; y = SX/F, где   (1)

Sy = ∑ Fi*xi; Sx = ∑ Fi*yi

Чтобы воспользоваться формулами (1), поделим плоскую фигуру на простые части, для которых легко находятся площади Fi и координаты центров тяжести xi и yi.

I фигура – прямоугольник (рис. C8.1 – центр тяжести – С1) 

S1 = 2*16 = 32 (см2)

x1 = 8 см

y1 = 1 см

II фигура – прямоугольник (рис. C8.1 – центр тяжести – С2) 

S2 = 2*14 = 28 (см2)

x2= 10 см

y2= 9 см

III фигура – полукруг (рис. C8.1 – центр тяжести – С3) 

S3 = 0,5*πR2 = 6,283 (см2)

x1 = 10 см

y1 = 16 + 4R/3π = 16,849 см

Таким образом, подставляя найденные значения площадей и координат центров тяжести простых фигур в формулы (1), найдем координаты центра тяжести плоской фигуры:

Центр тяжести площади указан на рис. C8.1.


К-1. Определение скорости и ускорения точки по заданным уравнениям ее движения.

По заданным уравнениям движения точки М установить вид ее траектории и для момента времени t = t1 (c) найти положение точки на траектории, ее скорость, полное, касательное и нормальное ускорения, а также радиус кривизны траектории.

Исходные данные: x = 5sin2(πt/6); y = – 5cos2(πt/6) – 3; t1 = 1 (x и y — в см, t и t1 — в с).

Решение.

Определение траектории движения точки М.

Уравнения движения точки можно рассматривать как параметрические, поэтому перейдем к их координатной форме, используя формулу sin2α + cos2α = 1.

sin2(πt/6) = x/5; cos2(πt/6) = –(y+3)/5; (1)

x – y – 3 = 5;

 y = x – 8 (прямая, рис К1.1) 

рис. К1.1

Определение положения точки М в момент времени t1 =1с.

Подставляя значения t1 =1с в формулы (1), надем координаты точки в данный момент времени:

x1 = 1,25 см, y1 = – 6,75 см

Определение скорости точки М в момент времени t1 =1с.

При t1 = 1c:

Определение полного, касательного и нормального ускорения точки М в момент времени t1 =1с.

При t1 = 1c:

Полное ускорение:

Касательное ускорение:

Нормальное ускорение:

Определение радиуса кривизны:

Результаты всех расчетов занесены в табл. К1.1

Таблица К1.1

Координаты

Скорость, см/с

Ускорение, см/с2

Радиус кривизны, см

x

y

vx

vy

v

ax

ay

a

aτ

an

ρ

1,25

-6,75

2,267

2,267

3,206

1,3707

1,3707

1,938

1,938

0


К-2. Определение скоростей и ускорений точек твердого тела при поступательном и вращательном движениях.

Движение груза 1 должно описываться уравнением:

,

где t – время, c, c0, c1, c2, – некоторые постоянные.

В начальный момент времени (t = 0) положение груза определяется координатой x0, и он имеет скорость v0. Учесть, что в момент времени t = t2 координата груза равна x2.

Определить коэффициенты c0, c1, c2, при которых осуществляется требуемое движение груза 1. Определить также в момент времени t = t1 скорость и ускорение груза и точки М одного из колес механизма.

Схема механизма показана на рис. К2.1.

рис. К2.1

Дано: R2 = 20 см, r2 = 15 см, R3 = 10 см, x0 = 5 см, v0 = 10 см/c, x2 = 179 см, t2 = 3c, t1 = 2c.

Решение. Уравнение движения груза:

Уравнение скорости груза:

Определение коэффициентов c0, c1, c2:

При t0 = 0, x0 = 5 см => c0 = 5 см; .

При t2 = 3с, x2 = 179 см/c2 => c2 = 16 см/с2;

При t1 = 2с, v1 = 74 см/c, a = 32 см/с2

Таким образом уравнение движения груза будет:

x = 16t2 + 10t + 5

Уравнение скорости груза:

v = 72t + 5

Для определения скорости и ускорения точки М  запишем уравнения, связывающие скорость груза v и угловые скорости колес ω2 и ω3.

В соответствие со схемой механизма:

Определение ускорений.

Угловое ускорение колеса:

Определение полного, нормального и касательного ускорений точки М.

Результаты вычислений для момента времени t1 = 2c приведены в табл. К2.1

Таблица К2.1

v,

см/с

a,

см/с2

ω3,

рад/ с

ε3,

рад/ с2

vM,

см/с

aMn,

см/с2

aMτ,

см/с2

aM,

см/с2

74

32

5,55

2,4

55,5

308,025

24

308,958


К-3. Кинематический анализ плоского механизма.

Найти для заданного положения механизма скорости и ускорения точек В и С, а также угловую скорость и угловое ускорение звена, которому эти точки принадлежат.

Размеры, см

ωOA,

рад/с

ωI,

рад/с

εOA,

рад/с2

νA,

см/с

aA,

см/с

ОА

r

AB

AC

-

-

30

20

-

-

-

20

20

Решение.

Расчет скоростей.

AB совершает плоское движение, мгновенный центр скоростей находится в точке В, т.к.

Расчет ускорений.

  (1)

Проецируем (1) на оси

Проецируем ac на оси


К-7. Определение абсолютной скорости и абсолютного ускорения точки.

Точка М движется относительно тела D. По заданным уравнениям относительного движения точки М и движения тела D определить для момента времени t = t1 абсолютную скорость  и абсолютное ускорение точки М.

Решение.

1) Относительное движение – криволинейное. Определим положение точки при t1 = 2с .

При t1 = 2:

2) Переносное движение – вращение.

При t1 = 2:

3) Кориолисово ускорение

4) Абсолютная скорость


К-6. Кинематический анализ движения твердого тела, катящегося без скольжения по неподвижной поверхности и имеющего неподвижную точку.

Тело А катится без скольжения по поверхности неподвижного тела B, имея неподвижную точку О. Ось  тела А вращается вокруг неподвижной оси Oz и имеет при заданном положении тела А угловую скорость  и угловое ускорение . Определить угловую скорость и угловое ускорение точки М в указанном положении тела А.  Дано: ОМ0 = 40 см.

Решение.

1) Определение угловой скорости тела.

Выберем направления координатных осей так, чтобы ось  находилась в плоскости x0z.

Угловая скорость  тела A равна геометрической сумме угловых скоростей  и :

Нам неизвестно , поэтому найдем его из соотношения:

Угловую скорость  найдем по теореме косинусов:

2) Определение углового ускорения тела.

Геометрически угловое ускорение  – скорость конца вектора , вращающемуся относительно оси 0z с угловой скоростью :

3) Определение скорости точки тела.

Скорость точки М определяем как вращательную относительно мгновенной оси:

4) Определение ускорения точки тела.

Ускорение точки М находим как геометрическую сумму осестремительного и вращательного ускорений:


Д-2. Интегрирование дифференциальных уравнений движения материальной точки, находящейся под действием переменных сил.

Найти уравнения движения тела М массой m, принимаемого за материальную точку и находящегося под действием переменной силы P, при заданных начальных условиях.

Дано:

рис. Д2.1

Решение.

На материальную точку действует сила P и сила тяжести G=mg.

Дифференциальное уравнение движения точки без учета G.

Решаем дифференциальное уравнение подстановкой:

Определим произвольную постоянную С при t0 = 0

Определим искомую функцию z(t):

Определим произвольную постоянную С2 при t0 = 0

– закон движения материальной точки.


Д-5. Применение теоремы об изменении количества движения к определению скорости материальной точки.

Телу массой m сообщена начальная скорость v0, направленная вверх по наклонной плоскости, составляющей угол α с горизонтом (рис. Д5.1). На тело действует сила P, направленная в ту же сторону. Зная закон изменения силы P = P(t) и коэффициент f, определить скорость тела в моменты времени t1, t2, t3. Проверить полученный результат для момента времени t1 с помощью дифференциального уравнения движения.

рис. Д5.1

рис. Д5.2. График изменения силы P

Дано: m=12кг, v0=3м/с, t1=3с, t2=8с, t3=14с, P0=60Н, P1=180Н, P2=120Н, P3=120Н, α=420, f =0,15

Решение.

По данным значениям силы P построим график ее изменения (рис.Д5.2).

  1.  Интервал от 0 до t1 

Теорема об изменении количества движения:

Проверим, что скорость не изменила своего направления:

Уравнение не имеет корней, значит, скорость не изменила своего направления в этом интервале времени.

  1.  Интервал от t1 до t2 

Теорема об изменении количества движения:

Проверим, что скорость не изменила своего направления (τ – время от начала второго интервала):

τ*>(t2t1), значит, скорость не изменила своего направления в этом интервале времени.

  1.  Интервал от t2 до t3 

Теорема об изменении количества движения:

Проверим значение v1 в момент времени t1:

Составим дифференциальное уравнение движения материальной точки:

Определим произвольную постоянную С:

Таким образом:


Д.6. Применение основных теорем динамики к исследованию движения материальной точки.

Шарик, принимаемый за материальную точку, движется из положения А внутри трубки, ось которой расположена в вертикальной плоскости. Найти скорость шарика в положениях В и С и давление шарика на стенку трубки в положении С.  Трением на криволинейных участках траектории пренебречь. Шарик пройдя путь h0, отделяется от пружины.

Рис.Д6.1

Дано: m = 0,4 кг, τ = 0,4 с, R = 2 м, f = 0,2, α = 30°, β = 60°, va=5 м/с

Найти: vD 

Решение.

Участок AC. Теорема об изменении кинетической энергии:

Определение давления в точках С по принципу Даламбера. Приложим силы инерции:

Спроецируем силы на нормаль:

Участок BC. Теорема об изменении количества кинетической энергии:

Участок BD. Теорема об изменении количества движения в проекции на ВД:


Д.7. Динамика механической системы. Основы теоремы динамики механической системы.

Тела 1 и 2 движутся по отношению к телу 3 с помощью механизмов, установленных на этом теле (силы, приводящие и движение механизмы, являются внутренними силами данной механической системы). Тело 3 находится на горизонтальной плоскости.


Д-11. Исследование поступательного и вращательного движений твердого тела.

Механическая система состоит из механизма (колёс 1 и 2) и груза 3. К колесу 1 приложена движущая сила Р = P(t). Время t отсчитывается от некоторого момента (t = 0), когда угловая скорость колеса 1 равна ω0. Момент сил сопротивления ведомого колеса 2 равен Мс. Другие силы сопротивления движению системы не учитывать. Массы колёс 1 и 2 равны т1 и т2, а масса груза - m3. Радиусы больших и малых окружностей колёс R1 ,r1, R2, r2. Относительно неподвижных осей колёс 1 и 2 заданы их радиусы инерции ix1, ix2.

Найти уравнение φ1 = f(t) движения колеса 1 системы. Определить также натяжение нити Т в заданный момент времени t1. Найти, кроме того, окружное усилие S колёс 1 и 2 в точке их касания.

Дано:  m1 = 100кг, m2 = 200кг, m3 = 600кг, R1 = 0.30м, r1 = 0.20м, R2 = 0.60м,

ix1 = 0.20м, ix2 = 0.60м, Р = 5700 + 50t (H), Мс = 1500Нм, g = 9.81м/с2, ω10 = 2рад/с, t1 = 2с.    

Найти: φ1 = f(t), T, S.

Рис.Д11.1

Решение

В данной механической системе колеса 1 и 2 механизма вращаются вокруг неподвижных осей, а поднимаемый груз 3 совершает поступательное движение.

Напишем дифференциальные уравнения движения каждого из этих трех тел, для чего отделим одно от другого, разрезав нить, удерживающую груз 3, и разъединив колеса 1 и 2 в точках соприкасания зубцов (рис. Д11.1).

К   колесу 1 механизма приложены сила тяжести  движущая сила, составляющие реакции подшипника , , окружное усилие  и нормальная реакция  колеса 2.

К колесу 2 механизма приложены сила тяжести , момент сил сопротивления Мс, составляющие реакции подшипника , , натяжения  нити, к которой подвешен груз 3, окружное усилие  и нормальная реакция  колеса 1.

К грузу 3 приложены сила тяжести , и натяжение нити .

Очевидно, . Составим дифференциальное уравнение вращательного движения колеса 1 вокруг оси x1:

,

здесь  – главный момент внешних сил, приложенных к колесу 1, относительно оси вращения x1:  .

(Момент от силы Р приводит в движение колесо 1 и поэтому принят положительным, а момент, создаваемый окружным усилием  препятствует вращению колеса 1 и, следовательно, отрицателен.)

Дифференциальное уравнение вращательного движения колеса 1 примет вид

     (1)

Составим дифференциальное уравнение вращательного движения колеса 2 вокруг оси x2 :

здесь  – главный момент внешних сил, приложенных к колесу 1, относительно оси вращения x1:  .

(Момент, создаваемый окружным усилием  приводит в движение, колесо 2 и поэтому принят положительным, а момент силы натяжения нити  и момент сил сопротивления Мс препятствуют движению колеса 2 и, следовательно, отрицательны.)

Дифференциальное уравнение вращательного движения колеса 2 имеет вид

    (2)

Составим дифференциальное уравнение поступательного движения груза 3:

Здесь – проекция главного вектора внешних сил, приложенных к грузу 3, на ось у, направленную в сторону движения груза, т.е. вверх: .

Дифференциальное уравнение поступательного движения груза 3

     (3)

В уравнениях (1), (2), (3) неизвестными являются силы Т' = Т и S1 = S2 = S, а также функции ,  и  – угловые ускорения колес 1, 2 и ускорение груза 3 соответственно.

Но указанные функции связаны между собой соотношениями

      (4)(5)

так, что в трех уравнениях - три неизвестные: Т, S, .

Выразим  из (4):   и подставим в (1):

   (6)

Исключим из дифференциального уравнения (2) силу Т, для чего выразим Т (Т’ = Т) из (3):  . Учитывая (5), напишем .

Тогда (2) приобретает вид   

  (7)

Исключим S(S = S1 = S2) из (6) и (7), для чего умножим (6) на R2, a (7) - на r1:

Сложив соответствующие части полученных уравнений, имеем

(8)


Выражение (8) определяет в общем виде угловое ускорение колеса 2 механизма. Учитывая соотношение (4), из (8) получим выражение в общем виде для углового ускорения колеса 1:

(9)

Здесь G3 = m3g, g -ускорение свободного падения. Моменты инерции колес 1 и 2 относительно осей x1 и x2 

     (10)

Произведём вычисления по формулам (10) и (9), учитывая исходные данные:

     (11)

Интегрируем это уравнение дважды, используя следующие начальные условия задачи: t = 0, , .

Первый интеграл

Второй интеграл

Напишем полученные уравнения для t = 0: , , откуда

.

Уравнение угловой скорости звена 1 имеет вид

    (12)

Искомое уравнение вращательного движения колеса 2 имеет вид:

   (13)

Натяжение нити T найдем, как было показано, из уравнения (3):  

или

  (14)

При t = 2 с, учитывая (11) и исходные данные, имеем

     (15)

Окружное усилие определяем из уравнения (1):

,  при  t = 2 с, учитывая (11), имеем


 

А также другие работы, которые могут Вас заинтересовать

60328. ПРОЕКТИРОВАНИЕ ФОРМ (АВТОФОРМА, МАСТЕР, КОНСТРУКТОР) ПРОСТАЯ ФОРМА, ФОРМА С ВЫЧИСЛЯЕМЫМ ПОЛЕМ) 99.5 KB
  На основе документа Ведомость начисления заработной платы спроектировать в Режиме автоформа следующие формы: автоформа в столбец; автоформа ленточная; автоформа табличная. Сохранить формы под именами Столбец Ленточная Табличная соответственно.
60329. ПРОСТЫЕ МЕТОДЫ ОЦЕНКИ ФИЗИЧЕСКОЙ РАБОТОСПОСОБНОСТИ. ГИПОДИНАМИЯ-ФАКТОР РИСКА ЗАБОЛЕВАНИЙ. РЕКОМЕНДАЦИИ ПО РАЦИОНАЛЬНОЙ ФИЗИЧЕСКОЙ АКТИВНОСТИ 190.5 KB
  Если скорость упражнений позволяет участникам комфортно беседовать, то такая нагрузка является умеренной. Соревновательный вид физической активности обычно рассматривается как уровень интенсивной нагрузки.
60330. ПОДЧИНЕННЫЕ ФОРМЫ, ФОРМЫ, СОДЕРЖАЩИЕ ПОЛЯ СО СПИСКОМ, КНОПОЧНЫЕ ФОРМЫ 176 KB
  Если в таблице встречается поле принимающее ограниченный набор значений то чтобы многократно не набирать одни и те же значения можно создать форму содержащую поле со списком.
60333. ПРОЕКТИРОВАНИЕ ОТЧЕТОВ 81 KB
  Предполагаем освоение следующих вопросов: Понятие отчета и его назначение. Проектирование отчета в Режиме мастера. Одностраничные отчеты и особенности их проектирований Вычислено в отчетах. Данные хранящиеся в базе могут быть обработаны и вы даны на печать в виде таблиц Которые в системе управления базами данных принято называть отчетами.
60334. Обследование курящего человека: спирометрия, определение котинина, содержание метгемоглобина 139.5 KB
  Объём форсированного выдоха при котором была достигнута ПОС ОФВПОС может использоваться для оценки правильности дыхательного манёвра в остальном значение этого показателя не велико. Объём форсированного выдоха за первую секунду ОФВ1 зависит в основном от скорости потока в начале и середине выдоха. В ряде случаев производится измерение ОФВ3 объём форсированного выдоха за первые 3с однако этот показатель практически не имеет самостоятельного диагностического значения. Кроме измерения ОФВ1 обычно вычисляют его отношение к ЖЕЛ или...
60335. ПРОЕКТИРОВАНИЕ МНОГОСТРАНИЧНОГО ОТЧЕТА С ГРУППИРОВКОЙ 63.5 KB
  Создание промежуточных итогов в отчетах. Проектирование отчета для проектирования отчета в окне базы данных перейдите на вкладку Отчеты и нажмите кнопку...
60336. ПРОЕКТИРОВАНИЕ ПОДЧИНЕННЫХ ОТЧЕТОВ С ГРУППИРОВКОЙ 55.5 KB
  Проектирование подчиненных отчетов. Спроектировать на основе этого документа отчеты в виде таблицы: выпуск продукции за год: наименование продукции годовой выпуск; выпуск продукции по полугодиям: наименование продукции выпуск по полугодиям...