Кинематика на равнинен механизъм

6,713 views

Published on

...

Published in: Technology, Business
0 Comments
4 Likes
Statistics
Notes
  • Be the first to comment

No Downloads
Views
Total views
6,713
On SlideShare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
5
Actions
Shares
0
Downloads
169
Comments
0
Likes
4
Embeds 0
No embeds

No notes for slide

Кинематика на равнинен механизъм

  1. 1. КИНЕМАТИКА НА РАВНИННОТО ДВИЖЕНИЕ НА ТЯЛО Зад.1 В разглеждания момент механизмът има положението, показано на фиг.1.1.Дадени са ъгловата скорост ω1 = 4 s-1 и ъгловото ускорение α 1 = 12 s-2 на прът OA . Да се определят:1. Скоростите на точки A , B , C , D , E и ъгловите скорости на всички тела;2. Ускорението на т. B и ъгловото ускорение на тяло AB ;3. Въртящото, центростремителното, нормалното, тангенциалното и пълното ускорения на т. E . Фиг. 1.1 Решение: 1. Определяне на броя на телата и вида на движение на всяко от тях Телата са четири на брой – прът OA (тяло 1), прът AB (тяло 2), прът AC (тяло 3)и прът CD (тяло 4). За определяне на вида на движението на всяко от тях, щеразгледаме по-ранен момент от движението на механизма (Фиг.1.2). Фиг. 1.2 1
  2. 2. Тяло 1 има неподвижна точка (т. O ) във всеки един момент от движението, т.е.то извършва ротационно движение. За тела 2 и 3 виждаме, че те нямат неподвижна точка и не остават успореднисами на себе си в процеса на движение. В такъв случай приемаме, че тези телаизвършват равнинно движение. Всички точки на тяло 4 също се преместват в процеса на движение, но презцялото време прътът остава успореден сам на себе си. Това означава, че тяло 4 седвижи транслационно. 2. Определяне на скоростите на точки A , B , C , D , E и ъгловите скорости наотделните тела Определянето на скоростите на отделните точки и тела започва от тяло, за коетоса дадени някои кинематични характеристики. В нашия случай това е тяло 1 – за негознаем ъгловата скорост. Освен това, при анализа в предишната точка установихме, четялото извършва ротационно движение около т. O . Тогава, за определяне на скоросттана т. A имаме: V A = ω1 .OA = 4.4 = 16 m/s,като направлението на V A е перпендикулярно на OA , а посоката й се определя от тазина ω1 (Фиг.1.3). След това трябва да намерим ъгловата скорост на тяло 2, което извършваравнинно движение. Ще представим това движение като ротация на тялото околоточка, чиято скорост е нула, наречена моментен център на скоростите (МЦС). За даопределим положението на МЦС, трябва да разгледаме две точки от тяло 2 , за коитознаем направленията на скоростите. Първата точка е A , понеже като част от тяло 1, тяе точка от ротационно движещо се тяло – направлението на скоростта й еперпендикулярно на OA . Втората разглеждана точка ще бъде B – движението й еограничено от опората, която позволява движение само в едно направление, съответнов същото направление ще бъде и скоростта на т. B . След това спускаме перпендикуляриот направленията на скоростите на точки A и B и пресичайки ги намирамеположението на т. P2 – МЦС на тяло 2 (Фиг.1.3). Тогава: V ω2 = A , AP2където V A е скоростта на т. A , а AP2 е разстоянието от т. A до МЦС на тяло 2 . За определянето на AP2 е разгледан правоъгълния триъгълник ABP2 : AB AB = cos 60 0 ⇒ AP2 = ; AP2 cos 60 0 3,5 3,5 = cos 30 0 ⇒ AB = = 4,04 m; AB cos 30 0 4,04 AP2 = = 8,08 m. cos 60 0 Окончателно, за ъгловата скорост на тяло 2 се получава: 16 ω2 = = 1,98 s-1. 8,08 Посоката на ω 2 се определя от посоката на v A . Скоростта на т. B е: V B = ω 2 .BP2 , 2
  3. 3. където BP2 е разстоянието от т. B до МЦС на тяло 2 . Това разстояние определяме спомощта на питагоровата теорема: ( AP2 ) 2 = ( AB) 2 + ( BP2 ) 2 ⇒ BP2 = ( AP2 ) 2 − ( AB ) 2 = 8,08 2 − 4,04 2 = 7 m. За скоростта на т. B се получава: V B = 1,98.7 = 13,86 m/s,като нейната посока се определя от посоката на ω 2 . Скоростта на т. E е: V E = ω 2 .EP2 ,където EP2 е разстоянието от т. E до МЦС на тяло 2 : ( EP2 ) 2 = ( EB ) 2 + ( BP2 ) 2 ⇒ EP2 = ( BP2 ) 2 + ( EB ) 2 = 7 2 + 2,02 2 = 7,29 m. Тогава: V E = 1,98.7,29 = 14,43 m/s. Тяло 3 също извършва равнинно движение. В разглеждания момент обаче,направленията на скоростите на двете негови точки A и C са успоредни, коетоозначава, че МЦС на тяло 3 е в безкрайността (Фиг.1.3). В такъв случай: ω3 = 0 ⇒ VC = V A = 16 m/s. Тяло 4 се движи транслационно, от което следва, че скоростите на всички неговиточки са равни. Тогава: V D = VC = 16 m/s. Фиг.1.3 3
  4. 4. •проверка с теоремата за проектираните скорости   пр. AB V A = пр. AB V B ⇒ V A cos 30 0 = V B cos 0 0 ⇒ 16. cos 30 0 = 13,86. cos 0 0 ⇒13,86 = 13,86 ;   пр. AE V A = пр. AE V E ⇒ V A cos 30 0 = V E cos16,10 ⇒ 16. cos 30 0 = 14,43. cos16,10 ⇒13,86 = 13,86 ;   пр. BE V E = пр. BE V B ⇒ V E cos16,10 = V B cos 0 0 ⇒ 14,43. cos16,10 = 13,86. cos 0 0 ⇒13,86 = 13,86 ;   пр. AC V A = пр. AC VC ⇒ V A cos 36,87 = VC cos 36,87 ⇒ 16 = 16 . 0 0 3. Определяне на ускорението на т. B и ъгловото ускорение на тяло AB Ускорението на т. B е ускорението на точка от тяло, което извършва равниннодвижение и то е:   ц  вр a B = a A + a BA + a BA , (1)  ц  вркъдето a A е ускорението на т. A , избрана за полюс, а a BA и a BA са центростремителнатаи въртящата компоненти на ускорението на т. B при въртенето й около полюса. Директрисата на a B е известна, защото в т. B има опора, позволяваща движение само ведно направление. Избраният полюс /т. A / свързва двете тела, а като част от тяло1, той е точка оттяло, което се движи ротационно. В такъв случай ускорението на т. A има двекомпоненти – центростремителна и въртяща:   ц  вр aA = aA + aA (2)и формула (1) добива окончателния вид:   ц  вр  ц  вр a B = a A + a A + a BA + a BA . (3)   вр В това уравнение неизвестните са две – големините на a B и a BA и за да гиопределим трябва да съставим две проекционни уравнения. Преди това обаче, трябва даопределим големините на останалите ускорения в (3). Центростремителното ускорение на т. A е насочено към т. O (центъра наротация) и се получава от израза: а ц = ω12 .OA = 4 2.4 = 64 m/s2. А Въртящото ускорение на т. A се дава с формулата: а вр = α 1 .OA = 12.4 = 48 m/s2, Акато направлението му е перпендикулярно на OA , а посоката му съвпада с тази на α 1 . Центростремителното ускорение на т. B при въртенето й около полюса A е: а BA = ω 2 . AB = 1,98 2.4,04 = 15,84 m/s2, ц 2като то е насочено от т. B към т. A . Въртящото ускорение на т. B при въртенето й около полюса A се получава въвфункция на ъгловото ускорение на тяло 2: а BA = α 2 . AB = 4,04α 2 , вр ца направлението му е перпендикулярно на a BA .Сега остава само да се запишат две проекционни уравнения, но за целта трябва да се   вризберат произволни посоки на a B и на a BA (съответно и на α 2 ). Освен това, добре еосите, по които се извършва проектирането така да бъдат избрани, че в полученитескаларни уравнения да се съдържа само по едно от неизвестните. В нашия случай такаса избрани осите x и y (Фиг.1.4). 4
  5. 5. Фиг.1.4 Проектирайки уравнение (3) по x се получава: − a B = −a ц cos 60 0 − a вр cos 30 0 + a BA , A A ц a B = 64. cos 60 0 + 48. cos 30 0 − 15,84 , a B = 57,73 m/s2.  Получената величина е положителна, т.е. избраната посока за a B е вярна. Записваме уравнение (3) по y : 0 = −a ц sin 60 0 + a A sin 30 0 − a BA , A вр вр a BA = −64. sin 60 0 + 48. sin 30 0 , вр a BA = −31,43 m/s2; вр α 2 = −7,78 s-2. За a BA и α 2 се получават отрицателни числа, което означава, че избраната врпосока е грешна, затова я задраскваме и поставяме вярната. 4. Определяне на въртящото, центростремителното, нормалното,тангенциалното и пълното ускорения на т. E Точка E принадлежи на тяло, извършващо равнинно движение и определяйкинеговия моментен център на ускоренията (МЦУ), ускорението на т. E е:   ц  вр aE = aE + аЕ . МЦУ се бележи с Q и е точка, чието ускорение в разглеждания момент отдвижението е равно на нула. За определяне на нейното местоположение са необходими и достатъчни ускорението на полюса a A и ъгловата скорост и ъгловото ускорение натялото – ω 2 и α 2 . 5
  6. 6. Фиг.1.5  При определяне на a B и α 2 в предишната точка от задачата бяха необходими само центростремителната и въртящата компоненти на ускорението a A . Тук обаче нитрябват големината на пълното ускорение на т. А и неговата директриса: a A = (a ц ) 2 + (а вр ) 2 = 64 2 + 48 2 = 80 m/s2; A А aц 60 tgβ = A вр = = 1,333 ⇒ β = 53,13 0 . аА 48 От теорията е известно, че МЦУ лежи на права, минаваща през полюса т.А и  сключваща ъгъл γ с директрисата на ускорението a A , като този ъгъл се нанася от a A впосока на ъгловото ускорение α 2 (Фиг.1.5). Ъгълът γ се определя по формулата: α2 7,78 sin γ = = = 0,893 ⇒ γ = 63,26 0 . ω2 + α 2 4 2 1,98 + 7,78 4 2 След това върху вече определената права се разполага отсечка AQ (Фиг.1.5),чиято дължина е: aA 80 AQ = = = 9,18 m. ω2 + α 2 4 2 1,98 + 7,78 2 4 Свързваме т. Q с т. E (Фиг.1.6). Центростремителното ускорение е по праватаEQ с посока от E към Q и големина: a E = ω 2 .EQ , ц 2а въртящото е перпендикулярно на EQ с посока, определена от тази на α 2 , и големина: a E = α 2 .EQ . вр За определяне на дължината на EQ използваме косинусовата теорема: EQ 2 = AQ 2 + AE 2 − 2. AQ. AE cos ∠EAQ , 6
  7. 7. EQ 2 = 9,18 2 + 2,02 2 − 2.9,18.2,02. cos 40,130 , EQ = 7,75 m. Замествайки, получаваме: a E = 1,98 2.7,75 = 30,38 m/s2; ц a E = 7,78.7,75 = 60,3 m/s2. вр За големината на пълното ускорение на т. E имаме: a E = (a E ) 2 + (а E ) 2 = 30,38 2 + 60,3 2 = 67,52 m/s2, ц вра направлението и посоката му се получават по правилото на паралелограма (Фиг.1.6). Фиг.1.6 Освен центростремителна и въртяща компонента, ускорението на т. E има инормална и тангенциална:  n t aE = aE + аЕ ,като за определянето им ще използваме формули, познати от „Кинематика на точка”. Тангенциалното ускорение е: VEx .a Ex + V Ey .a Ey aE = t , VEа нормалното: a E = (a E ) 2 − (a E ) 2 . n t Тангенциалното ускорение е насочено по тангентата, а нормалното – по нормалата към траекторията на т. E . Понеже и скоростта VE е насочена по тангентатакъм траекторията на точката, а освен това е и перпендикулярна на правата през т. E иМЦС – т. P2 , то МЦС на тяло 2 лежи на нормалата (Фиг.1.7). 7
  8. 8. Фиг.1.7 По-рано определихме скоростта и ускорението на т. E : V E = 14,43 m/s; a E = 67,52 m/s2. Техните проекции по осите x и y са: V Ex = −VE cos16,10 = −13,86 m/s; V Ey = V E sin 16,10 = 4 m/s; a Ex = − a E cos13,4 0 = −65,68 m/s2; a Ey = −a E sin 13,4 0 = −15,65 m/s2. Тогава: − 13,86.(−65,68) + 4.(−15,65) aE = t = 58,75 m/s2; 14,43 a E = 67,52 2 − 58,75 2 = 33,28 m/s2. n На фиг.1.8 са показани ускорението на т. E и неговите компоненти –центростремителното, въртящото, нормалното и тангенциалното ускорения. 8
  9. 9. Фиг.1.8 9
  10. 10. Зад. 2. В разглеждания момент, механизмът има положението, показано на фиг.2.1.Дадени са скоростта и ускорението на т. A – V A = 15 m/s, a A = 36 m/s2. Да се определят: 1. Скоростите на точки B , C , D , E и ъгловите скорости на всички тела; 2. Ускорението на т. B и ъгловите ускорения на тела AB и OB ; 3. Ускорението на т. E . Заб.: Цилиндърът се търкаля без плъзгане. Фиг.2.1 Решение: 1. Определяне на броя на телата и вида на движение на всяко от тях Телата са четири на брой – цилиндър с център т. A (тяло 1), прът AB (тяло 2),прът AC (тяло 3) и прът OB (тяло 4). За определяне на вида на движението на всяко оттях, ще разгледаме по-ранен момент от движението на целия механизъм (Фиг.2.2). Фиг.2.2 Тяло 1 се търкаля, т.е. извършва равнинно движение. 10
  11. 11. Тела 2 и 3 нямат неподвижна точка и не остават успоредни сами на себе си впроцеса на движение. В такъв случай приемаме, че те извършват равнинно движение. Тяло 4 има неподвижна точка (т. O ) във всеки един момент от движението, т.е.то извършва ротационно движение. 2. Определяне на скоростите на точки B , C и D и ъгловите скорости на отделните тела Определянето на скоростите на отделните точки и тела започва от тяло илиточка, за които са дадени някои кинематични характеристики. В случая това е т. A –нейната скорост е известна. Започваме от тяло 1 – за него установихме, че извършва равнинно движение. Тоще бъде представено като ротация около моментния център на скоростите (МЦС). ТукМЦС на тялото е точката на допиране между цилиндъра и повърхността, върху коятоцилиндърът се търкаля без плъзгане (тази повърхност е неподвижна и всяка точка оттялото, която съвпада с нея, също е неподвижна). Ъгловата скорост на тяло 1 се дава с израза: V 15 ω1 = A = = 15 s-1, AP1 1където AP1 е разстоянието от т. A до МЦС на тяло 1. Посоката на ω1 се определя от тази на V A (Фиг.2.3). Точка D е от тяло 1 и нейната скорост е: V D = ω1 .DP1 = 15.2 = 30 m/s,като направлението й е перпендикулярно на DP1 , а посоката й се определя от ω1 . Точка E също принадлежи на тяло 1 и нейната скорост е: V E = ω1 .EP1 = 15. 2 = 21,21 m/s,като направлението й е перпендикулярно на EP1 , а посоката й се определя от ω1 . Преминаваме към определяне на ъгловата скорост на тяло 2 и понеже то също седвижи равнинно, търсим МЦС. За целта ще използваме две точки от тяло 2, за коитознаем направленията на скоростите – в случая A и C . Точка A е от тяло 1 и нейнотодвижение е по хоризонтална права, т.е. направлението на нейната скорост ще бъдесъщо хоризонтално. Движението на т. C е ограничено от опората, която позволявадвижение само по направление под ъгъл 450 спрямо хоризонта; в същото направлениеще бъде и скоростта на т. C . Спускаме перпендикуляри към директрисите на скоросттана двете точки. Там, където те се пресекат, се намира т. P2 , която е МЦС на тяло 2 (Фиг.2.3). Тогава: V ω2 = A , AP2където AP2 е разстоянието от т. A до МЦС на тяло 2 . За определянето му разглеждамеправоъгълния равнобедрен триъгълник ACP2 : AC AC = cos 45 0 ⇒ AP2 = , AP2 cos 45 0 3 3 = cos 45 0 ⇒ AC = = 4,24 m , AC cos 45 0 4,24 AP2 = = 6 m. cos 45 0 11
  12. 12. Окончателно, за ω 2 се получава: 15 ω 2 = = 2,5 s-1, 6като посоката й се определя от тази на V A . Скоростта на т. C се дава с формулата: VC = ω 2 .CP2 ,където CP2 = AC = 4,24 m, защото са катети в равнобедрения правоъгълен триъгълникACP2 . Скоростта VC е: VC = 2,5.4,24 = 10,6 m/s,като тя е перпендикулярна на CP2 , а посоката й съвпада с тази на ω 2 . Фиг.2.3 За определянето на ъгловата скорост на тяло 3 отново използваме скоростта на т.A . Тяло 3 извършва равнинно движение и неговият МЦС се получава като отнаправленията на скоростите на т. A и т. B се спуснат перпендикуляри (направлениетона скоростта на т. B е известно, тъй като т. B е от тяло 4, което се движи ротационно).Точка P3 , в която те се пресичат, е МЦС на тяло 3 (Фиг.2.3). Ъгловата скорост на тяло 3 се определя с уравнението: V ω3 = A , AP3 12
  13. 13. където AP3 е разстоянието от т. A до МЦС на тяло 3. Разглеждайки правоъгълниятриъгълник ABP3 : AP3 = tg 30 0 ⇒ AP3 = AB.tg 30 0 = 4.tg 30 0 = 2,308 m. AB За ъгловата скорост на тяло 3 се получава: 15 ω3 = = 6,5 s-1, 2,308като посоката й се определя от тази на V A . За скоростта на т. B имаме: V B = ω 3 .BP3 ,където BP3 е разстоянието от т. B до МЦС на тяло 3, което се определя по теоремата наПитагор: ( BP3 ) 2 = ( AB) 2 + ( AP3 ) 2 ⇒ BP3 = ( AP3 ) 2 + ( AB ) 2 = 2,308 2 + 4 2 = 4,618m. Тогава: V B = 6,5.4,618 = 30 m/s,като направлението й е перпендикулярно на BP3 , а посоката се определя от тази на ω 3 . За определянето на ъгловата скорост на тяло 4, използваме: V ω4 = B , OBв която разстоянието OB се определя с уравнението: 1,5 1,5 = sin 30 0 ⇒ OB = = 3 m. OB sin 30 0 Тогава за ъгловата скорост на тяло 4 се получава: 30 ω4 = = 10 s-1, 3като посоката й се определя от тази на V B . •проверка с теоремата за проектираните скорости   пр. AE V A = пр. AE V E ⇒ V A cos 0 0 = V E cos 45 0 ⇒ 15. cos 0 0 = 21,21. cos 45 0 ⇒15 = 15 ;   пр. DE V D = пр. DE V E ⇒ V D cos 45 0 = VE cos 0 0 ⇒ 30. cos 45 0 = 21,21. cos 0 0 ⇒21,21 = 21,21 ;   пр. AB V A = пр. AB V B ⇒ V A cos 0 0 = V B cos 60 0 ⇒ 15. cos 0 0 = 30. cos 60 0 ⇒15 = 15 ;   пр. AC V A =пр. AC VC ⇒ V A cos 45 = VC cos 0 ⇒ 15. cos 45 0 = 10,6. cos 0 0 ⇒ 10,6 = 10,6 0 0 3. Определяне на ускорението на т. B и ъгловите ускорения на тела AB иOB В тази задача B е точка едновременно от две тела (3 и 4), като направлението иголемината на нейното ускорение са неизвестни. Определянето им става от два изразаза ускорението на точката: • т. B от тяло 3, което се движи равнинно:   ц  вр a B = a A + a BA + a BA , (1) 13
  14. 14.  ц  вркъдето a A е ускорението на т. A , избрана за полюс, а a BA и a BA са центростремителнатаи въртящата компонента на ускорението на т. B при въртенето й около полюса. В уравнение (1) неизвестните са три – големината и директрисата на a B и големината на  врa BA , т.е. намирането на ускорението на т. B само от него е невъзможно. • т. B от тяло 4, което извършва ротационно движение:   ц  вр aB = aB + aB , (2) ц  вркъдето a B и a B са центростремителното и въртящото ускорение на т. B . В (2)   врнеизвестните също са три – големината и директрисата на a B и големината на a B , т.е.намирането на ускорението на т. B само чрез това уравнение също е невъзможно. Като приравним обаче десните страни на (1) и (2), получаваме:  ц  вр  ц  вр a B + a B = a А + a BA + a BA . (3)  вр  вр В израз (3) неизвестните вече са две – големините на a B и a BA , но проектирайкиго върху две оси, имаме две уравнения с две неизвестни и задачата може да се реши. Първото, което трябва да направим е да определим големините на ускоренията вуравнение (3). Центростремителните ускорения се получават по формулите: a B = ω 4 .OB = 10 2.3 = 300 m/s2, ц 2 а BА = ω 32 .BA = 6,5 2.4 = 169 m/s2, цкато посоката на първото е от т. B към т. O , а на второто – от т. B към т. A (Фиг.2.4). Въртящите ускорения са перпендикулярни на центростремителните и са: a B = α 4 .OB = 3α 4 , вр а BA = α 3 .BA = 4α 3 , вркъдето α 3 и α 4 са ъгловите ускорения на тела 3 и 4. Сега ще проектираме уравнение (3) по оси x и y , като предварително сме  вр  вризбрали произволни посоки на неизвестните a B и a BA , и α 3 и α 4 (Фиг.2.4). Фиг.2.4 Проекция на уравнение (3) по ос x : a B cos 30 0 − a B sin 30 0 = a A − a BA , ц вр ц 300.0,866 − a B .0,5 = 36 − 169 , вр 14
  15. 15. 259,81 − 36 + 169 aB = вр = 785,62 m/s2, 0,5 вр aB 785,62 α4 = = = 261,87 s-2. 4 3  вр Знаците на a B и на α 4 се получават положителни – избраната за тях посока евярна (Фиг.2.4). Проекция на уравнение (3) по ос y : − a B sin 30 0 − a B cos 30 0 = a BA , ц вр вр − 300.0,5 − 785,62.0,866 = а BA ,вр a BA = −150 − 680,35 = −830,35 m/s2, вр a вр − 830,35 α 3 = BA = = −207,59 s-2. 4 4  вр Знаците на a BA и на α 3 са отрицателни – избраната посока не е вярна и ясменяме (Фиг.2.4). За получаване на големината на ускорението на т. B , ще използваме уравнение ц  вр(2), тъй като то се състои от две компоненти – a B и a B , които савзаимноперпендикулярни. Тогава: a B = (a B ) 2 + (a B ) 2 = 300 2 + 785,62 2 = 840,95 m/s2. ц вр  Посоката и направлението на a B сеопределят по правилото на паралелограма(Фиг.2.5). Фиг.2.5 4. Определяне на ускорението на т. E Точка E е от тяло 1, което извършва равнинно движение. За определяне нанейното ускорение ще използваме познатата формула, като за полюс ще вземем т. P1 :   ц  вр a E = a P1 + a EP1 + а EP1 . (4) От теорията е известно, че ускорението на т. P1 (МЦС на тяло 1) е насочено къмцентъра на цилиндъра (т. A ), а неговата големина е: a P1 = ω12 . AP1 = ω12 .R = 15 2.1 = 225 m/s2. Големините на центростремителната и въртящата компоненти на ускорението нат. E спрямо т. P1 определяме по познатите формули: a EP1 = ω12 .EP1 = ω12 .R 2 = 15 2. 2 = 318,2 m/s2; ц a EP1 = α 1 .EP1 . вр 15
  16. 16. Фиг.2.6 Ъгловото ускорение α 1 се дава от зависимостта: d  VA  1 dVA a 36 α=ω =   = = A = = 36 s-2, dt  R  R dt R 1 като посоката му е съобразена с ориентацията на a A . Тогава: a EP1 = 36. 2 = 50,91 m/s2. вр След като всички компоненти на уравнение (4) са известни, остава да гопроектираме върху две взаимноперпендикулярни оси. Тук отново ще използваме оситеx и y (Фиг.2.6). Проекция на (4) по x : a Ex = a EP1 . cos 45 0 + a EP1 . sin 45 0 = 318,2. cos 45 0 + 50,91. sin 45 0 = 261 m/s2. ц вр Проекция на (4) по y : a Ey = a P1 − a EP1 . sin 45 0 + a EP1 . cos 45 0 = 225 − 318,2.si 45 0 + 50,91. cos 45 0 = 36 m/s2. ц вр  Големината на a E е: a E = a Ex + a Ey = 2612 + 36 2 = 263,47 m/s2, 2 2а посоката и направлението му се определят по правилото на паралелограма (Фиг.2.7). Фиг.2.7 Зад.3 16
  17. 17. В разглеждания момент механизмът има положението, показано на фиг.3.1.Дадени са ускорението a M = 24 m/s2, ъгълът β = 20 0 , който то сключва с MA ипосоката на ω1 . Да се определят: 1. Скоростите на точки A , B , C , D , M и ъгловите скорости на всички тела; 2. Ускорението на т. B и ъгловото ускорение на тяло ABC . Фиг.3.1 Решение: 1. Определяне на броя на телата и вида на движение на всяко от тях Телата са три на брой – прът OMA (тяло 1), прът ABC (тяло 2) и прът CD (тяло3). За определяне на вида на движението на всяко от тях, ще разгледаме предишенмомент от движението на механизма (Фиг.3.2). Фиг.3.2 Ясно се вижда, че тяло 1 има неподвижна точка (т. O ) във всеки един момент отдвижението, т.е. то извършва ротационно движение. 17
  18. 18. Разглеждайки движението на тела 2 и 3, можем да кажем, че всички техни точкисе преместват, като самите тела не остават успоредни сами на себе си в процеса надвижение. Поради това приемаме, че тези тела извършват равнинно движение. 2. Определяне на ъгловата скорост и ъгловото ускорение на тяло 1 В тази задача решението започва с определянето на ъгловата скорост и ъгловотоускорение на тяло 1, защото е зададено ускорението на точка M , която е част от него. Фиг.3.3 Тяло 1 извършва ротационно движение и в такъв случай ускорението на т. M е:   ц  вр aM = aM + aM . Центростремителното ускорение е насочено към центъра на ротация (Фиг.3.3): а M = ω12 .OM , цкъдето ω1 е ъгловата скорост на тяло 1, а разстоянието OM се получава по теорематана Питагор: OM 2 = 42 + 2,52 ⇒ OM = 22, 25 = 4, 717 m. Въртящото ускорение е перпендикулярно на центростремителното (Фиг.3.3) иформулата за определянето му е: а M = α 1 .OM , вркъдето α 1 е ъгловото ускорение на тяло 1. От друга страна, познавайки големината, посоката и направлението наускорението на т. M и разглеждайки правоъгълния триъгълник OMN , можем да определим проекциите на a M по нормалата и тангентата. Това става по следния начин: ON 4 tg (∠OMN ) = = ⇒ ∠OMN = 58 0 . MN 2,5  След това от ∠OMN = 58 0 изваждаме ∠β = 20 0 и получаваме ъгъла, който a Mсключва с нормалата – той е равен на 38 0 . Тогава: а M = a M cos 38 0 ; ц а M = a M sin 38 0 . вр Сега, приравнявайки десните страни на горните равенства, за ω1 и α 1 имаме: 18
  19. 19. ω12 .OM = a M cos 38 0 , α 1 .OM = a M sin 38 0 , ω12 .4,717 = 24. cos 38 0 , α 1 .4,717 = 24. sin 38 0 , 24. cos 38 0 24. sin 38 0 ω12 = , α1 = , 4,717 4,717 ω1 = 2 s-1; α 1 = 3,13 s-2. 3. Определяне на скоростите на точки A , B , C , D , M и ъгловите скорости нателата Определянето на скоростите на отделните точки и тела започва от тяло 1 – вечеопределихме ъгловата му скорост. Тялото извършва ротационно движение около т. O иза скоростта на т. A е в сила: V A = ω1 .OA , като направлението на V A е перпендикулярно на OA , а посоката се определя от ω1 . Разстоянието OA определяме чрез Питагоровата теорема: OA2 = 42 + 22 ⇒ OA = 20 = 4, 472 m. Тогава: V A = 2.4,472 = 8,944 m/s. Точка M също е част от тяло 1. Нейната скорост е: VM = ω1 .OM = 2.4,717 = 9,434 m/s,като направлението й е перпендикулярно на OM , а посоката й съвпада с тази на ω1 . Продължаваме с определяне на ъгловата скорост на тяло 2, което се движиравнинно. Ще представим това движение като ротация на тялото около моментнияцентър на скоростите (МЦС), като за да определим положението му разглеждаме т. A ит. B . Точка A е от тяло 1 и направлението на скоростта й е перпендикулярно на OA .Движението на т. B е ограничено от опорното устройство затова направлението наскоростта й ще бъде същото като на опората. След това спускаме перпендикуляри къмнаправленията на скоростите на точки A и B и пресичайки ги намираме положениетона т. P2 – МЦС на тяло 2 (Фиг.3.4). Тогава: V ω2 = A , AP2където AP2 е разстоянието от т. A до МЦС на тяло 2. За определяне на AP2 разглеждаме подобните правоъгълни триъгълници OAN иABP2 : AN OA 2 4,472 4, 472.1,5 = ⇒ = ⇒ AP2 = = 3,354 m. AB AP2 1,5 AP2 2 За ъгловата скорост на тяло 2 получаваме: 8,944 ω2 = = 2, 667 s-1, 3,354като нейната посока се определя от тази на V A . Скоростта на т. B е: V B = ω 2 .BP2 ,където BP2 е разстоянието от т. B до МЦС на тяло 2 . Това разстояние определяме спомощта на Питагоровата теорема: 19
  20. 20. AP22 = BP22 + AB 2 ⇒ BP22 = AP22 − AB 2 = 3,3542 − 1,52 ⇒ BP2 = 9 = 3 m. Скоростта V B е: V B = 2,667.3 = 8 m/s,като нейната посока съвпада с тази на ω1 . Фиг.3.4 Точка C също е от тяло 2 и нейната скорост се получава по формулата: VC = ω 2 .CP2 ,където разстоянието CP2 се определя с теоремата на Питагор: CP22 = BP22 + CB 2 ⇒ CP22 = 32 + 1, 62 ⇒ CP2 = 11,56 = 3, 4 m. Окончателно: VC = 2,667.3,4 = 9,068 m/s,а посоката й се определя от тази на ω1 . Преминаваме към определяне на ъгловата скорост на тяло 3, което същоизвършва равнинно движение. Определянето на положението на неговия МЦС ставакато към направленията на скоростите на точки C и D спуснем перпендикуляри.Точка C е от тяло 2 и извършва ротация около неговия моментен център наскоростите. Тогава директрисата на скоростта на т. C е перпендикулярна на CP2 .Движението на т. D е ограничено от опората, която позволява движение похоризонтална права, съответно в същото направление ще бъде скоростта на т. D .Тогава, спускайки перпендикуляри към директрисите на скоростите на точки C и D ипресичайки ги, намираме положението на т. P3 – МЦС на тяло 3 (Фиг.3.4). В такъв случай, ъгловата скорост на тяло 3 е: 20
  21. 21. VC ω3 = , CP3където CP3 е разстоянието от т. C до МЦС на тяло 3 . За определянето му разглеждамеподобните правоъгълни триъгълници BCP2 и CDP3 : BC CD CD.CP2 1,8.3, 4 = ⇒ CP3 = = = 3,825 m. CP2 CP3 BC 1, 6 Тогава: 9, 068 ω3 = = 2,371 s-1, 3,825като нейната посока съвпада с тази на VC . Скоростта на т. D е: V D = ω 3 .DP3 ,където разстоянието DP3 се определя с теоремата на Питагор: CP32 = DP32 + CD 2 ⇒ DP32 = CP32 − CD 2 = 3,8252 − 1,82 ⇒ DP3 = 11,391 = 3,375 m. За скоростта V D получаваме: V D = 2,371.3,375 = 8 m/s,като посоката й се определя от тази на ω 3 . Посоките на скоростите на отделните точки и на ъгловите скорости на тритетела са дадени на фиг.3.5. Фиг.3.5 •проверка с теоремата за проектираните скорости 21
  22. 22.  пр. AM V A = пр. AM VМ ⇒ V A cos 26,57 0 = VM cos 32 0 ⇒ 8,944. cos 26,57 0 = 9,434. cos 32 0 ⇒8 = 8;  пр. AB V A = пр. AB V B ⇒ V A cos 26,57 0 = V B cos 0 0 ⇒ 8,944. cos 26,57 0 = 8. cos 0 0 ⇒ 8 = 8 ;  пр. AC V A =пр. AC VC ⇒ V A cos 26,57 = VC cos 28,07 ⇒ 8,944. cos 26,57 0 = 9,068. cos 28,07 0 0 0⇒8=8  пр. BC V B = пр. BC VC ⇒ V B cos 0 = VC cos 28,07 ⇒ 8. cos 0 0 = 9,068. cos 28,07 0 ⇒ 8 = 8 ; 0 0  пр. CD VC = пр. CD V D ⇒ VC cos 28,07 = V D cos 0 ⇒ 9,068. cos 28,07 0 = 8. cos 0 0 ⇒ 8 = 8 . 0 0 3. Определяне на ускорението на т. B и ъгловото ускорение на тяло AB Ускорението на т. B е ускорението на точка от тяло, което извършва равниннодвижение и е:   ц  вр a B = a A + a BA + a BA , (1)  ц  вркъдето a A е ускорението на т. A , избрана за полюс, а a BA и a BA са центростремителнатаи въртящата компоненти на ускорението на т. B при въртенето й около полюса (Фиг.3.6). Директрисата на a B е известна, защото в т. B има опора, позволяващадвижение само в хоризонтално направление. Избраният полюс /т. A / свързва двете тела, а като част от тяло1, той е точка оттяло, което се движи ротационно. Тогава за определяне на неговото ускорение сеопираме на израза:   ц  вр aA = aA + aA (2)и формула (1) добива окончателния вид:   ц  вр  ц  вр a B = a A + a A + a BA + a BA . (3)   вр В това уравнение неизвестните са две – големините на a B и a BA . Заопределянето на тези неизвестни, трябва (3) да се проектира върху две оси. Центростремителното ускорение на т. A е насочено към т. O (центъра наротация) и се получава по формулата: а ц = ω12 .OA = 2 2.4,472 = 17,89 m/s2. А Въртящото ускорение на т. A се дава с израза: а вр = α 1 .OA = 3,13.4,472 = 14 m/s2, Акато направлението му е перпендикулярно на OA , а посоката му се определя от α 1 . Центростремителното ускорение на т. B при въртенето й около полюса A сеполучава от зависимостта: а БА = ω 2 . AB = 2,667 2.1,5 = 10,67 m/s2, ц 2като то е насочено от т. B към т. A (Фиг.3.6). Въртящото ускорение на т. B при въртенето й около полюса A се получава въвфункция на ъгловото ускорение на тяло 2: а БА = α 2 . AB = 1,5α 2 , вр ца направлението му е перпендикулярно на a BA (Фиг.3.6). Сега остава само да се запишат две проекционни уравнения, но за целта трябва   врда се изберат произволни посоки на a B и на a BA (съответно и на α 2 ). Освен това, добрее осите, по които се извършва проектирането да бъдат така избрани, че в полученитескаларни уравнения да се съдържа само по едно от неизвестните. В нашия случай такаса избрани осите x и y (Фиг.3.6). 22
  23. 23. Фиг.3.6 Проекция на (3) по x : − a B = −a ц cos 63,430 + a вр sin 63,43 0 − a BA , A A ц a B = 17,89. cos 63,43 0 − 14. sin 63,430 + 10,67 , a B = 6,15 m/s2. За ускорението на т. B се получава положително число, което означава, чеизбраната предварително посока е вярна. Проекция на (3) по y : 0 = −a ц sin 63,43 0 − a вр cos 63,43 0 + a BA , A A вр a BA = 17,89. sin 63,43 0 + 14. cos 63,43 0 , вр a BA = 22,26 m/s2; вр α 2 = 14,84 s-2.  вр За a BA и α 2 също се получиха положителни числа, което означава, че избранатаза тях посока е вярна. 23

×