Сдам Сам

ПОЛЕЗНОЕ


КАТЕГОРИИ







Соотн. между уск. 2-х точек при плоском движении.





vB=vA+ωxAB.

aB=dvB/dt=dvA/dt+(dω/dt)xAB+ ωx(dAB/dt)=aA+εxAB+ωx(ωx

AB).

Считая, что εхАВ=(aBA)τ;

(aBA)n=ω²∙AB, окончательно получим:

aB=aA+(aBA)τ+(aBA)n

aA – ускорение полюса;

aBA – ускорение движения вокруг полюса.

2. Сила трения скольжения. Законы Кулона для Fтр.ск.:

1)Сила трения скольжения лежит в интервале 0£ Fтр£ Fмах;

2) Сила трения скольжения не зависит от площади соприкасающихся тел, а зависит лишь от силы давления этого тела на поверхность

3)Сила тр.скольжения опр-ся по ф-ле: Fтр=fN, N-сила реакции опоры =Р, f-коэф-т трения скольжения

4)Коэф-т трения скольжения завис.от шероховатостей пов-тей трущихся тел, от температуры, от физич.состояния материала.

Билет №12.

  1. Мгновенный центр скоростей, способы нахождения МЦС.
  2. Равновесие тела с учетом трения качения. Коэффициент трения качения.

 

МЦС. Способы нахождения.

При плоском движении твердого тела в каждый момент времени существует точка, скорость которой равна нулю. vP=vO+vPO=0, vO=ω∙OP=>OP= vO/ω.

Способы нахождения:

1) на основе физического условия задачи.

2) На основе предваритель-ного определения скорости двух точек.

 

Трение качения. Коэффициент трения качения.

Круглое тело вдавливается в опорную поверхность (дуга CD). Трение качения – сопротивление, возникающее при качении одного тела по поверхности другого. Полная реакция N’ опорной поверхности препятствует качению.

Нам нужен момент сопротивления качению => заменим N’ и представим в виде Fтр. и N, приложенных в точке В, смещенной от центра на δ. Условия равновесия: N=P, F=Q. QmaxR=δN. Mтр.max=δ∙N. Момент сопротивления качению 0<Mк<Mк.max (не зависит от радиуса). Коэффициент трения качения δ при предельном состоянии равновесия (при Qmax) N (сила нормального давления) отстает на δ от вертикального радиуса. δ не зависит от материала, из которого сделано тело. Определяется экспериментально.



Билет №13.

  1. Вращение твердого тела вокруг неподвижной точки. Число степеней свободы, углы Эйлера.
  2. Условия равновесия произвольной системы сил в векторной и аналитической формах. Частные случаи.

Вращение твердого тела вокруг неподвижной точки. Углы Эйлера.

Движение твердого тела, у которого одна точка неподвижна, называется сферическим. Количество степеней свободы n=3. (XA, YA, ZA).

Положение тела определяется с помощью углов Эйлера. Определение: свяжем с телом подвижную систему координат Oxyz. Плоскость xOy пересекает неподвижную плоскость x1Oy1 по прямой ОК – линии узлов.

Ψ – угол прецессии;

φ – угол собственного вращения

θ – угол нутации.

Все углы против часовой стрелке.

Если заданы функции Ψ=f1(t); φ=f2(t); θ=f3(t) то движение полностью определено.

Условия равновесия для произвольной простр.системы сил, а также следствия из этих уравнений.

R=0 и Lo=0 –ур-я равновесия. Им соотв-ют 6 скалярных алгебраических ур-1 равновесия для простр.системы сил:

åFkх=0 åFkу=0 åFkz=0 åМх(Fk)=0 åМу(Fk)=0 åМz(Fk)=0 – аналитическое условие равновесия для произвольной системы сил.

Пусть все силы Î пл-ти хоу, тогда: åFkх=0 åFkу=0 åМо(Fk)=0 условие равновесия для произвольной плоской системы сил.

Условие равновесия для плоской системы параллельных сил.

Пустьсилы ôô оси оу, тогда åFkх=0 åМо(Fk)=0

Условие равновесия для пространственной системы параллельных сил.

F1, F2, F3,…,Fn ôô оси оz, тогда: åFkz=0 åМх(Fk)=0 åМу(Fk)=0

Вторая форма условия равновесия для пороизвольной плоской системы сил:

åМА(Fk)=0 åМВ(Fk)=0 åМС(Fk)=0 – причем т.А, т,В, т.С Ï одной прямой.

- Докажем необходимость этих условий:

Допустим, система сил нах-ся в равновесии. Тогда очевидно, что å моментов всех сил относительно любой точки пл-ти=0, т.е. выполняются эти 3 условия.

- Докажем достаточность этих условий:

Доказать достоточность – это значит доказать, что при выполнении этих усл-й система нах-ся в равновесии. Доказывать будем методом от противного, поэтому предположим, что эти усл-я выполняются, но система не нах-ся в равновесии, т.е. существует R*¹0 эквив.данной сист.сил.

Рассмотрим усл-е первое и 2-е: для того, чтобы они выполнялись необходимо, чтобы R* проходил через т.А и т.В. Согласно третьему условию hR=0. Поскольку т.С Ï прямой АВ это может выполняться только в случае R*=0, т.е. наше предположение не верно и система действительно нах-ся в равновесии.

Третья форма усл-я равновесия для произвольной плоской системы сил.

åFkz=0 åМА(Fk)=0 åМВ(Fk)=0 – причем ось ох не перпендикулярна АВ.

- Необходимость этого усл-я очевидна, т.к.если система нах-ся в равновесии, то главный вектор и главный момент =0 относительно любой точки.

- Докажем достаточность этих условий:

Предположим, что система не нах-ся в равновесии и сущ-ет, т.е. сущ-ет R* и R* ¹0 является равнодействующей данной системы сил. Для того, чтобы выполнялось усл-е 2 и 3 необходимо, чтобы R* проходил через АВ.

Потребуем выполнения усл-я R*cosa=0, поскольку х не перпендикулярна АВ , то R* должно быть равно 0, т.о. мы доказали, что эти усл-я достаточны для того чтобы система находилась в равновесии.

На основании двух изложенных форм ур-й равновесия для плоской системы параллельных сил можно записать еще один вид ур-я равновесия для плоской системы параллельных сил:

åМА(Fk)=0 åМВ(Fk)=0, АВ не параллельна F1, F2, F3,…,Fn

 

Билет №14.

  1. Определение скоростей точек плоской фигуры с помощью МЦС.
  2. Теорема Вариньона о моменте равнодействующей силы. Пример применения: распределенные силы.

Опред. v 2-х точек с пом. МЦС.

Зная положение МЦС и скорость какой-либо точки фигуры, можно найти скорости всех точек плоской фигуры. Пусть P – МЦС и известна скорость какой-либо точки фигуры vА, тогда ω= vА/AP. vB= vАPB/PA. Соединив конец вектора vB с точкой Р, получим распределение скоростей вдоль отрезка РВ.

Теорема Вариньона.

Если данная система сил имеет равнодействующую, то момент равнодействующей относительно произвольной точки О равен сумме моментов относительно той же точки.

Пусть система сил (F1, F2,…,Fn) приводит к равнодействующей R, проходящей через точку С пересечения линий действия сил. Возьмем произвольную точку О, тогда:

MO(R)=rxR=rx∑Fi=∑(rxFi)= ∑MOi(Fi).

Ч. т. д..

 

Билет №15.

  1. Мгновенный центр ускорений. Частные случаи.
  2. Лемма о параллельном переносе силы.

МЦУ. Способы нахождения.

МЦУ – точка плоской фигуры, ускорение которой в данный момент времени равно нулю.

aQ=aA+aAQ=0. Угол между aQA и QA tgα=aBAτ/aBAn=ε/ω², aAQ=√aAQτ+aAQn=AQ√ ε²+ω4 Þ

1 способ нахождения МЦУ:

Отложить от точки А под углом α=arctg(ε/ω²) к aA отрезок AQ=aA/√(ε²+ω4 в направлении круговой стрелки ε.

2 способ нахождении МЦУ основан на условии задачи – если ускорение какой-либо точки по условию задачи равно нулю, то эта точка является МЦУ.

Лемма о параллельном переносе силы.

Сила, приложенная к какой-либо точке твердого тела, эквивалентна такой же силе, приложенной к любой другой точке тела, и паре сил, момент которой равен моменту данной силы относительно новой точки приложения.

Доказательство: пусть дана сила F. Приложим к какой-либо точке В систему F’ и F”.

|F|=|F’|=|F”|. F~(F,F’,F”), т.к. (F’,F”) ~ 0, то

F ~(F,F’,F”) ~ (F,F,F”) ~ (F’,M(F,F”)).

Но M(F,F”)=BAxF=MB(F).

Получаем:

F~ (F’,M(F,F”))

Ч. т. д.

 

Билет №16.









Не нашли то, что искали? Воспользуйтесь поиском гугл на сайте:


©2015- 2019 zdamsam.ru Размещенные материалы защищены законодательством РФ.