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

64 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

71170. Деятельность Ивана IV в 60 – 70 годы. Сущность опричнины, содержание опричнины 265.5 KB
  В силу неблагоприятных исторических условий, среди которых немаловажную роль играло страшное татарское нашествие, Русское государство несколько отставало в своем развитии от европейских стран. Губительные последствия иноземного ига давали о себе знать в течении длительного времени.
71172. Формирование мотивации и стимулирование труда в системе управления персоналом на примере ФГБУП “Дмитровский экскаваторный завод при спецстрое россии” 403 KB
  Неэффективная система мотивации может вызвать у работников неудовлетворенность что всегда влечет снижение производительности труда. Путь к эффективному управлению человеком лежит через понимание его мотивации.
71174. Пути совершенствования системы управления персоналом в АО «Желаевское КХП» 604 KB
  Актуальность темы научных исследований по изучению системы управления персоналом возникает во многих организациях и обусловлена развитием инфраструктуры рынка, изменением характера выполняемых работ и содержанием труда.
71175. ЭФФЕКТИВНОСТЬ ПЕДАГОГИЧЕСКИХ ПРИЕМОВ ДЛЯ РАЗВИТИЯ МЕЛКОЙ МОТОРИКИ ДЕТЕЙ СРЕДНЕГО ДОШКОЛЬНОГО ВОЗРАСТА 84.75 KB
  Актуальность исследования. В настоящее время актуальной проблемой становится полноценное развитие детей уже с дошкольного возраста. Немаловажную роль в успешности психофизического и интеллектуального развития ребенка играет сформированная мелкая моторика.
71177. ПЕРСПЕКТИВИ ВИРІШЕННЯ ПРОБЛЕМ СТАЛОГО РОЗВИКУ КРАЇН ЗОНИ ЄВРО 482.9 KB
  У багатьох людей, саме словосполучення «сталий розвиток» викликає багато питань. Дійсно, не можна привести жодного прикладу сталого розвитку як якого-небудь об’єкта. Більш того, немає такого фізичного закону, на якому можна було б побудувати теорію сталого розвитку.