Материал: УМК Коровкин-Кулик

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

Задание для самостоятельной работы

Горизонтальный стержень АВ имеет на конце А отверстие, которым он надет на вертикальную круглую стойку СD, длина втулки b = 2 см; в точке Е на расстоянии а от оси стойки к стержню подвешен груз Р. Определить, пренебрегая весом стержня АВ, расстояние а так, чтобы под действи- ем груза Р стержень оставался в равновесии, если коэффициент трения между стержнем и стойкой

f = 0,1 (рис. 39).	Рис. 39

Тема 6. Центр тяжести твердого тела

Цель занятия: выработка навыков определения координат центров тяжести плоских тел и стержневых конструкций.

Координаты центра тяжести тела плоской фермы находятся по фор- мулам:

X	C	= ∑Sk X k ;	Y = ∑SkYk ;		Z	C	= ∑Sk Zk ,
		S	C	S			S

где Sk – площадь k-той части тела; Xk, Yk, Zk –					координаты центра тяжести

k-той части тела; S = ∑Sk – площадь всей фигуры.

Положение центров тяжести твердых тел простейшей симметричной формы

		а) центр тяжести площади однородного прямо-
угольника расположен в точке пересечения его диагоналей;
		б) центр тяжести площади однородного треуголь-
ника находится в точке пересечения его медиан;
		в) центр тяжести дуги однородной окружности
(рис. 40) находится на оси симметрии, и его положение											Рис. 40
									sinα		Рис. 40
определяется координатами: X								= r	sinα	, Y = 0 , где r –
определяется координатами: X								= r	α	, Y = 0 , где r –
							C		α	C
							C			C
радиус окружности; α – половина центрального угла.
		г) центр тяжести однородного кругового сектора
(рис. 41) расположен на оси симметрии и имеет координа-
ты:		B =		A +		BA , YC = 0 , где r –		радиус окружности, α –
ты:	a	B =	a	A +	a	BA , YC = 0 , где r –		радиус окружности, α –
половина центрального угла.
половина центрального угла.											Рис. 41
											Рис. 41

181

Пример 1. Найти расстояние центра тяжести поперечного сечения неравнобокого уголка, полки которого имеют ширину ОА = а, ОВ = b и толщину

AC = BD = d (рис. 42).

Решение. Представим уголок состоящим из

прямоугольника OBKD –				тело 1 и прямоугольника
LKAC –	тело 2. Тогда координаты центра тяжести
уголка будут рассчитываться по формулам:
Рис. 42	X =	S1X1 + S2 X 2	;	Y =	S1Y1 + S2Y2	(1)
					S1 + S2
		S1 + S2

Из рис. 43 определяем:

Рис. 43

Ответ:

S = ab ;

;

Y =

(2)

= d +

a − d

a + d

; Y =

(3)

Подставляем (2), (3) в (1), окончательно находим

+ (a - d )d

a + d

a2 + bd - d 2

X =

;

ab + (a - d )d

2(a + b - d )

+ (a - d )d

b2 + ad - d 2

Y =

db + (a - d )d

2(a + b - d )

X =

+ bd - d 2

; Y =

b2 + ad - d 2

2(a + b - d )

2(a + b

- d )

Пример 2.

Найти

координаты

центра

тяжести плоской фермы, состоящей из семи

стержней, длины которых указаны на рис. 44,

удельный вес 1 м длины для всех стержней

один и тот же.

Решение. Пронумеруем стержни и за- пишем формулы для вычисления координат центра тяжести фермы в виде

		7				7
Рис. 44			∑li xi				∑li xi
		X =	i=1		;	X =	i=1	,
		X =	L		;	X =		,
			L				L
	7
где	L = ∑li	= 3 × 2,5		+ 2		× 2 + 3 +1,5 =16 м.

i=1

182

Учитывая, что координаты центров тяже- сти стержней находятся в серединах их сторон (рис. 45), определим их значения и запишем в виде таблицы .

Рис. 45

Номер стержня			1	2	3	4		5						6	7

li			3	2,5	2,5	2		1,5						2,5	2
xi			0	1	1	1		0,2						3	3
yi			1,5	2,25	0,75	0		0,75						0,75	0
X =		1× (2,5 + 2,5 + 2) +1,5 × 2 + 3 × (2,5 + 2)					=		23,5			= 1, 47 м ;
X =							=					= 1, 47 м ;
				16				16
Y =	3 ×1,5 + 2,5 × (2, 25 + 0,75) + 0,75 × (1,5 + 2,5)									=	15		= 0,94 м.
Y =										=			= 0,94 м.
				16				16

Ответ: X = 1, 47 м; Y = 0,94 м .

Задания для самостоятельной работы

Задание 1. Найти координаты центра тяжести тела, имеющего вид стула, состояще- го из стержней одинаковой длины и веса (рис. 46). Длина стержня равна 44 см.

Рис. 46

Задание 2. Найти расстояние центра тяжести таврового сечения ABCD от стороны АС, если высота тавра BD = h, ширина полки АС = а, толщина полки равна d и толщина стенки равна b (рис. 47).

Рис. 47

183

КИНЕМАТИКА

Тема 7. Кинематика точки

Цель занятия: приобретение навыков определения кинематических характеристик точки при различных способах задания движения.

Векторный способ

(t) –

закон движения;

d 2

;

dt d 2t

Координатный способ

x = f1(t) ;

y = f2 (t) ; – закон движения; z = f3 (t) .

V = xɺ2 + yɺ2 + zɺ2 ; a = ɺɺx2 + ɺɺy2 + ɺɺz2 .

Естественный способ

S = S (t)

–

закон движения, S –

дуговая координата;

V =

–

алгебраическая скорость;

a =

V 2

;

a =

a = a2

+ a2 ;

Пример 1.

Движение точки заданно уравнениями (x, y –

в см, t – в с):

x = 4cos(πt) − 2; y = 2sin πt

(1)

Найти траекторию точки, выполнить ее рисунок и показать направ- ление движения точки по траектории в различные моменты времени.

Для момента времени t1 = 1,5 с вычислить положение точки и радиус кривизны траектории в этом месте, скорость и ускорение, касательное и нормальное ускорения точки.

Полученные результаты показать на рисунке траектории. Сделать вы- вод о характере движения точки в момент t1.

184

Решение. Для получения уравнения траектории исключим время из заданных уравнений движения, воспользовавшись тождеством

cos 2α = 1 − 2sin2 α .

Отсюда имеем:
	πt	y						2	πt
sin	=		;	x = 4cos(πt) − 2	= 4	1	− 2sin	2		− 2 = 2(1 − y2 ).
sin	=		;	x = 4cos(πt) − 2	= 4	1	− 2sin			− 2 = 2(1 − y2 ).
	2	2							2
Итак, уравнение траектории
				x = 2(1 − y2 ).						(2)

Это уравнение параболы с горизонтальной осью симметрии, совпа- дающей с осью ОХ. Но траекторией является только часть этой параболы, ограниченная координатами

−6 ≤ x ≤ 2;

− ≤ ≤ (3)

2 y 2.

Выполняем рисунок траектории (рис. 48).

Определим и покажем на нем положения точки в момент времени t0 = 0 и t1 = 1,5 c:

x0 = 2 см; y0 = 0 см; x1 = −2 см;

Подставляя в исходные уравнения движения точки мо- менты времени 0, 1/6, 2/6 и т.д. до 2, с интервалом в 1/6 с, вы- числяем последовательные по- ложения точки на траектории и приходим к выходу, что точка совершает колебания вдоль вы- деленной части параболы и ни при каких значениях t не выхо- дит за пределы ограничений (3).

Определяем скорость и ускорение точки.

y1 = 1, 41 см.

Рис. 48

V =	dx	= −4πsin(πt);	a	x	=	dVx	= −4π2 cos(πt);

x	dt					dt

185

Источник: https://studfile.net/preview/16531417/

Смотрите также:



17. Введение 18. Линейные программы 19. Ветвления 20. Программирование циклических алгоритмов
Сборные железобетонные ребристые плиты перекрытия
_-___-~1
_3 тема - Диффузия
_Роджерс Карл, Брак и его альтернативы
_Штерн Вильям, Дифференциальная психология и ее методические основы
- Описание типа СЭТ7009
- Программа ГПИ