Теоретическая механика. Курсовые задания. Ломакина О.В - 20 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ТГТУ | Тамбов

Составители: 

Рубрика: 

DDD
75sin45sin60sin
22
AB
BCAC
==
.
Откуда
26,1
75sin
60sin
2
≈=
D
D
AB
AC
м; 02,1
75sin
45sin
2
≈=
D
D
AB
BC
м;
91,045cos2
2
22
22
≈−+=
D
ADACADACDC м;
D
45sin
sin
2
2
2
DC
ADC
AC
=
∠
;
979,0
45sin
sin
2
2
2
==∠
DC
AC
ADC
D
;
DDD
10278180
2
=−=∠ADC
;
DDD
4260102
3
=−=∠EDC
;
DDD
102sin42sin60sin
33
DE
ECDC
==
;
09,1
102sin
42sin
3
≈=
D
D
DE
EC
м; 42,1
102sin
60sin
3
≈=
D
D
DE
DC
м.
Теперь вычисляем линейные и угловые скорости из соотношений (1) и (2)
9,1
2
2
≈=ω
AC
V
A
с
–1
; 94,1
22
≈
ω
=
BCV
B
м/с;
73,1
22
≈ω= DCV
D
м/с; 43,2
2
4
≈=ω
BO
V
B
с
–1
;
22,1
3
3
≈=ω
DC
V
D
с
–1
; 33,1
33
≈
ω
=
ECV
E
м/с.
Определим ускорения точек А и В и угловые ускорения звеньев 2 и 4.
Так как угловая скорость
1
ω
постоянна, то вращательное ускорение точки А 0
в
=
A
W и
6,9
1
2
1
ц
=ω== AOWW
AA
м/с
2
.
Вектор центростремительного ускорения точки А направлен от точки А к точке
1
O .
Ускорение точки В выражаем через ускорение точки А, принимая ее за полюс
вццвц
BABAABBB
WWWWWW ++=+= , (3)
где
ц
BA
W ,
в
BA
W – соответственно центростремительное и вращательное ускорения точки В относительно точки
А.
Покажем на рисунке все векторы в равенстве (3), выбрав направления векторов
в
B
W и
в
BA
W произвольно
(
)
цвцв
,
BABABB
WWWW ⊥⊥
, и спроектируем равенство (3) на оси Bx ,
By
Bx :
цццв
45cos60cos30cos
BAABB
WWWW +=+
DDD
; (4)
By :
вцвц
45sin30cos60cos
BAABB
WWWW +−=−
DDD
, (5)
где 72,4
4
2
4
ц
=ω= lW
B
м/с
2
, 05,5
2
2
2
ц
=ω= lW
BA
м/с
2
.
Вращательное ускорение точки В находим из уравнения (4)
9,10
30cos
60cos45cos
ццц
в
≈
−+
=
D
DD
BBAA
B
WWW
W
м/с
2
;
()
(
)
9,11
2
в
2
ц
≈+=
BBB
WWW м/с
2
.
Из уравнения (5) определяем
43,645sin30sin60sin
цвцв
≈+−=
DDD
ABBBA
WWWW м/с
2
;

Страницы