задания - (филиала) МГУДТ

1
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
Новосибирский технологический институт (филиал)
Федерального государственного бюджетного образовательного учреждения
высшего профессионального образования
«Московский государственный университет дизайна и технологии»
(НТИ (филиал) «МГУДТ»)
ЗАДАНИЯ
для выполнения расчётно-графических работ
по дисциплине «Теоретическая механика» разделу «Динамиика»
По направлению подготовки бакалавров:
262000 – Конструирование изделий лёгкой промышленности
262200 – Технология изделий лёгкой промышленности
1 курс, 2 семестр, факультет технологический
Новосибирск – 2012
2
Составитель: к.т.н., доцент
М.А. Ланцевич
Рецензент: д.т.н., профессор
А.М. Красюк
Методические указания рассмотрены и утверждены на заседании
кафедры механики и инженерной графики
Протокол № ____ от «____» _____________ 2012 г.
Зав. кафедрой механики и инженерной
графики к.т.н., доцент
В.Ф. Ермолаев
Методические указания. - НТИ (филиал) «МГУДТ», 2012. – 18 с.
3
Задания для расчётно-графических работ (РГР) по дисциплине
теоретическая механика (раздел динамика)
1 Задание Д-1 (движение тела под действием постоянных сил)
Необходимые для расчёта схемы движения тел приведены в таблице 1.1.
Вариант схемы выбирается по порядковому номеру фамилии студента в
групповом журнале.
4
Таблица 1.1 – Схемы движения тел для РГР по теме динамика
(движение тела под действием постоянных сил)
Вариант 1, 7,13,19, 25
Вариант 2, 8, 14, 20, 26
Вариант 3, 9, 15, 21, 27
Вариант 4, 10, 16, 22, 28
Вариант 5, 11, 17, 23, 29
Вариант 6, 12, 18, 24
5
6
7
Пример 1
8
9
О т в е т:
10
2 Задание Д-2 (плоскопараллельное движение твёрдого тела)
Барабан радиуса R весом P имеет выточку (как у катушки) радиуса r = 0,6 R
(см. таблицу 2.1, 2.2). К концам намотанных на барабан нитей приложены
постоянные силы F1 и F2, направления которых определяются углом β; кроме сил
на барабан действует пара с моментом М. При движении, начинающемся из
состояния покоя, барабан катится без скольжения по шероховатой наклонной
плоскости с углом наклона α так, как показано на рисунках.
Пренебрегая сопротивлением качению, определить закон движения центра
масс С барабана, т. е. xС = f(t), и наименьшее значение коэффициента трения f о
плоскость, при котором возможно качение без скольжения. Барабан рассматривать
как сплошной однородный цилиндр радиуса R.
Вариант схемы выбирается по порядковому номеру фамилии студента в
групповом журнале.
Указания. Задача динамики – на применение дифференциальных уравнений
плоскопараллельного движения твёрдого тела. При составлении уравнений следует
во избежание ошибок в знаках направить координатную ось x в ту сторону, куда
предполагается направленным движение центра С барабана, и считать тогда все
моменты положительными, когда они направлены в сторону вращения барабана.
Если фактически направление движения центра С другое, то в ответе получится αC
< 0, но найденная величина αC будет верной. Силу трения, когда неясно, куда она
направлена, можно направлять в любую сторону (результат от этого не зависит).
Определяя наименьшее значение коэффициента трения, при котором возможно
качение без скольжения, учесть, что сила трения не может быть больше предельной,
т. е. что FТр  ≤ f . N, откуда f ≥ FТр / N.
Следовательно, fmin = FТр  / N.
Очень существенно, что во все эти выражения входят модули сил (мы не
пишем N , так как в данной задаче не может быть N < 0). Если при расчётах
получится FТр < 0, то это означает лишь, что фактическая сила Fтр направлена в
другую сторону; в остальном весь расчёт будет верным.
Таблица 2.1 – Схемы барабанов для РГР Д-2
Вариант 1, 10, 19
Вариант 2, 11, 20
Вариант 3, 12, 21
11
Продолжение таблицы 2.1
Вариант 4, 13, 22
Вариант 5, 14, 23
Вариант 6, 15, 24
Вариант 7, 16, 25
Вариант 8, 17, 26
Вариант 9, 18, 27
Таблица 2.2 – Исходные данные
α,
β,
град
град
1, 2, 3
30°
4, 5, 6
F1
F2
M
60°
0
0,4 P
0,2 PR
30°
30°
0,2 P
0
0,3 PR
7, 8, 9
20°
30°
0
0,2 P
0,1 PR
10, 11, 12
30°
25°
0,5P
0
0,4 PR
13, 14, 15
30°
50°
0,1 P
0
0,2 PR
16, 17, 18
20°
60°
0
0,1 P
0,1 PR
19, 20, 21
30°
20°
0
0,3 P
0,2 PR
22, 23, 24
25°
60°
0,2 P
0
0,3 PR
25, 26, 27
30°
45°
0
0,2 P
0,4 PR
Вариант
12
Пример 2
Барабан (сплошной однородный цилиндр) радиуса R и весом P начинает
катиться без скольжения из состояния покоя по наклонной плоскости с углом
наклона α; на барабан действуют сила F и пара сил с моментом М (см. рисунок 1.3).
Д а н о: P, F = 0,8 P, M = 1,1 P .R, α = 30°, β = 30°.
О п р е д е л и т ь: 1) xC = f(t) – закон движения центра масс барабана;
2) fmin – наименьший коэффициент трения, при котором
возможно качение без скольжения.
Рисунок 1.3 – Схема барабана
Решение. Барабан совершает плоскопараллельное движение под действием
сил: P, F, N, FТр и момента М. так как направление силы трения FТр заранее
неизвестно, выбираем его произвольно. Проводим оси
Oxy
и составляем
дифференциальные уравнения плоскопараллельного движения:
m&x&c = ∑ Fkx ;
m&x&c = F cos β + P sin α + FТр. ;
(1)
m&y&c = ∑ Fky ;
m&y&c = N − P cos α − F sin β ;
(2)
I Cz ε = ∑ mCz ( Fk ) ;
mR 2
ε = FR − FТр. R − M .
2
(3)
За положительное направление для моментов принято направление по ходу
часовой стрелки, т. е. в ту сторону, куда будет вращаться барабан при движении
центра С от оси Oy.
Поскольку ясно, что в нашей задаче
1. О п р е д е л е н и е xC = f(t).
yC = R = const и &y&C = 0, то уравнения (1) – (3) содержат четыре неизвестные
величины (xC, ε, N и FТр). Поэтому необходимо найти ещё одно соотношение,
связывающее эти величины. Для этого учтём, что &x& C = αС (так как центр С
движется прямолинейно) и что при качении без скольжения в точке В находится
мгновенный центр скоростей. Тогда
Vc = ω R, ac = V&c = ω& R = ε R или
&x&c = ε R
(4)
13
Теперь из уравнения (3) можно исключить ε, подставив в (3) найденное
значение ε R; деля одновременно обе части уравнения (3) на R, получим
M
1
m &x& C = F – FТр –
.
2
R
Далее, сложив почленно равенства (1) и (5), исключим из них
(5)
FТр. и получим
M
3
m &x& C = F (1 + cos β) + P sin α –
=
2
R
= 0,8 P (1 + cos 30°) + P sin 30° – 1,1 P = 0,89 P.
Отсюда, так как P = m g, найдём для определения xC = f(t) следующее
дифференциальное уравнение
&x&C = 0,6 g.
(6)
Интегрируя уравнение (6), получим
x& C = 0,6 g t + C1;
x C = 0,3 g t2 + C1 t + C2.
(7)
По начальным условиям при t = 0 VC = x& C = 0 и xC = 0 (ось y проводим через
начальное положение точки С). Подстановка этих величин в равенства (7) даёт С1
= 0, С2 = 0. Окончательно находим следующий закон движения центра С
xC = 0,3 g t2.
(8)
2) О п р е д е л е н и е f. Для определения коэффициента трения f исходим из
того, что при качении без скольжения сила трения должна удовлетворять
неравенству
FТр ≤ f . N,
(9)
куда, подчёркиваем, входят модули сил. Величину N находим из уравнения (2),
учитывая, что &y& C = 0. Получим
N = P cos α + F sin β = P cos 30° + 0,8P sin 30° = 1,27 P.
Значение FTр. проще всего найти из уравнения (5), заменив в нём &x& C его
(10)
значением (6). Получим
0,3 m g = F – FTp. –
M
.
R
Отсюда, так как m g = P,
FTp = F –
M
– 0,3 P = 0,8 P – 1,1 P – 0,3 P = – 0,6 P.
R
(11)
Знак указывает, что сила FТр. направлена противоположно, показанному на
рисунке 1.3.
Подставляя значения FТр и N из равенств (11) и (10) в неравенство (9),
получим 0,6 P ≤ 1,27 P . f, откуда f ≥ 0,47. Следовательно, наименьший
коэффициент трения, при котором возможно качение барабана без скольжения,
fmin = 0,47.
О т в е т: xC = 0,3 g t2;
fmin = 0,47.
14
В расчётно-графическую работу должны войти:
- титульный лист (см. приложение А1);
- лист 2 с заданием и основной надписью форма №2 (см. приложение А2);
- лист 3 и последующие, с решением РГР, и имеющие основную надпись форма
№ 2а (см. приложение А3).
В свою очередь решение должно содержать:
Для задания Д-1
- расчётную схему с указанием сил и скоростей;
- все необходимые расчеты с пояснениями;
- ответ с указанием найденных величин, их численных значений и единиц
измерения.
Для задания Д-2
- расчётную схему с указанием сил;
- все необходимые расчеты с пояснениями;
- ответ с указанием найденных величин, их численных значений и единиц
измерения.
На последнем этапе заполняется основная надпись форма № 2, ставится
подпись разработчика, дата и РГР сдаётся преподавателю на проверку.
15
Приложение А1– Образец титульного листа для РГР №5
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
Новосибирский технологический институт (филиал)
Федерального государственного бюджетного образовательного учреждения
высшего профессионального образования
«Московский государственный университет дизайна и технологии»
(НТИ (филиал) «МГУДТ»)
Кафедра механики и инженерной графики
(МиИГ)
Работа зачтена
___________ доц. Ланцевич М.А.
“____”________________ 2012 г.
РАСЧЁТНО-ГРАФИЧЕСКАЯ РАБОТА №5
Дисциплина: Теоретическая механика (динамика)
Тема: Движение тела под действием постоянных сил (Д-1)
Обозначение: МиИГ. ХХХ.ХХ.05
____ ____ ____
Номер работы
Вариант – номер в журнале
Три последние цифры номера зачётной книжки
Выполнил: студент(ка) гр. КИ-11
Новосибирск – 2012
Фамилия И.О.
16
Приложение А2 – Лист с основной надписью Форма №2
Задание Д-1
Изм Лист № докум.
Разраб. Фамилия
Провер. Фамилия
Н.контр
Утв.
Подп.
Дат.
Хххххх
хх.хх.хх
МИИГ.XХХ.ХХ.05
Литер
Движение тела под
действием постоянных сил
Лист
2
Листов
Х
НТИ (филиал) «МГУДТ»
КИ-11
17
Приложение А3 – Листы с основной надписью Форма №2а
Решение
Для решения задачи составляется расчётная схема (см. рисунок 2).
Рисунок 2 – Расчётная схема
Лист
МИИГ.XХХ.ХХ.05
Изм. Лист
№ докум.
Подп.
Дата
3
18
Ответ:
Лист
МИИГ.XХХ.ХХ.05
Изм. Лист
№ докум.
Подп.
Дата
4