Файл: Гернет М.М. Курс теоретической механики учеб. для вузов.pdf

Задача

№

92.

Эллипсограф

(рис.

149)

состоит из линейки АВ длиной /,

пол­

зуны А и В которой

скользят в

пазах крестовины. При движении линейки точки

ее

описывают

эллипсы. Указать

другой

меха­

низм,

в

котором

отрезок

АВ — 1

совершает

точно

такое же

движение.

Решение.

Движение линейки

АВ

плоское,

а следовательно, оно может быть осуществлено

качением

подвижной

центроиды

по

неподвиж­

ной. Примем прорези крестовины за оси основ­

ной системы координат хОу. Подвижную систе­

му

координат

х'Еу'

свяжем с линейкой, взяв за

начало ее середину Е. Мгновенный центр скоро­

стей

находится

на

пересечении

перпендикуля­

ров,

восставленных

к

скоростям

точек А

и В

(см. задачу

№

89),

'и,

как

видно

из

чертежа,

находится

на

р а с с т о я н и и ' 0 £ м ц с

= / от точки О

и на расстоянии £ £ м ц

с

= — от середины линей­

Рис.

149

ки, причем эти расстояния сохраняются

при

всяком

положении

линейки.

Следовательно, подвижная

центроида,

т. е.

гео­

метрическое место

^„ц,. относительно

подвижной системы

х'Еу',

есть

окружность

лютных скоростей точек фигуры. Отложим от полюса луч Оа,

равный

в некотором масштабе скорости vA,

проведем

через

полюс

прямую,

параллельную направлению скорости точки

В,

а из точки а

до пере­

сечения с ней — отрезок ab перпендикулярно

направлению АВ,

прове­

денному на фигуре (см. рис. 150, в).

Направленный

отрезок

Ob из­

ображает в том же масштабе вектор

скорости

точки

В.

Пусть скорость точки К фигуры

не известна ни по величине, ни

по направлению. Соединим точку К с точками А и В фигуры,

скорости

пендикуляров, восставленных из точек а и b к

направлениям

АК

и ВК, а отрезок Ok плана скоростей изображает

скорость точки

К

фигуры.

1) от произвольной точки О (полюса плана скоростей)

отложить

направленный отрезок Оа, изображающий скорости точки

А;

2) через полюс О провести направление, параллельное

направле­

нию скорости точки В;

3) от точки а плана скоростей

провести прямую,

перпендикуляр­

ную отрезку

АВ, соединяющему точки Л и В фигуры,

до

пересечения

в точке Ь с указанным в

п. 2 направлением. Отрезок Ob изобразит

скорость

точки

В;

4) от точки а плана скоростей

провести направление, перпенди­

кулярное

отрезку

АК

на фигуре,

а от точки b плана

скоростей про­

вести

направление,

перпендикулярное

отрезку

ВК на фигуре до их

пересечения

в

точке

k.

Отрезок

Ok

изобразит скорость точки К)

5)

многоугольник

abk ...

плана скоростей

подобен

многоуголь­

нику

АВК • • • фигуры

и повернут относительно него на 90°, так как

стороны их взаимно

перпендикулярны.

Поскольку отрезки Оа, Ob, Ok

соединяющие полюс О с верши­

нами a, b, k, ...

плана скоростей,

изображают

абсолютные скорости

точек

А,

В,

К,

• • . ,

очевидно,

что отрезки ab, ak, bk, ...

изображают

в том же масштабе относительные скорости этих точек.

Таким

образом,

план

скоростей

плоской

фигуры

представляет

построить не только для неизменяемой фигуры, но и для целого ме­

ханизма, как это показано

при решении задачи № 93.

Задача № 93. ** Определить

скорости

точек

А,

В и D механизма,

изображен­

ного на рис. 151, а, в положении

ф = 30° и при следующих

данных: ш = 20

сек-1,

ОЛ = 50 мм,

ОС = 200 мм,

ЛВ = 250 мм, В£> = 200

мм.

Решение.

Прежде

чем

строить план

скоростей,

нужно

точно в масштабе по­

строить план

механизма

при заданном положении. От точки О'

(рис. 151, б)

откладываем

перпендикулярно

к

OA

в

масштабе,

отрезок

0'а = ид =

= 20-50= 1000 мм/сек.

На

нашем

рисунке

принят

масштаб:

1000 мм/сек = 25

мм.

Скорость точки звена

АВ,

совпадающей при данном положении механизма с точ­

кой С, направлена по

АВ.

Поэтому от полю:а О' отложим

параллельно АВ

на­

щими полюс

плана О'

с соответствующими точками плана скоростей.

О т в е т .

vA =1000

мм/сек, 1>£ = 450 мм/сек, У д = 1040 мм/сек.

ображена

в

заданном

масштабе

вектором

vA

(рис. 152, а).

Указано

направление

скорости точки В. Определить.графически скорости точек В я С.

Решение.

Задачу решим

тремя способами. Все

эти три способа

графические и

результат

зависит

от

точности

выполнения

чертежей.

1-й способ

(по основной

теореме кинематики

твердого

тела).

Проведем

пря­

мую

АВ

через

точки

А

и

В

(рис. 152, б) и

спроецируем

на

нее

вектор

ско­

рости

VA-

От

точки В по

этой

прямой

отложим

отрезок,

равный

проекции на

нее юд и от конца этого отрезка восставим перпендикуляр

до пересечения с

нап­

равлением скорости точки В.

Вектор скорости точки В определен. .

Проведем

прямую

через

точку А и С. Спроецируем на нее vA,

отложим от

точки

С отрезок,

равный

этой

проекции, и от конца его восставим

перпендикуляр

к АС.

Проведем

прямую

через

точки В

и С,

спроецируем

на

нее

vg, отложим

Рис.

152

от точки С отрезок, равный

этой проекции

и от его конца

восставим перпендику­

ляр к ВС. Проводим вектор

vc от точки

С

до

пересечения

перпендикуляров.

2-й способ (по

плану

скоростей) **. От

произвольной

точки О отложим на­

правленный отрезок

OO =

VA

(рис. 152, в). От

той же точки О проведем прямую,

параллельную вектору скорости точки В.

До пересечения с этой прямой в какой-то

точке Ь проведем от точки а отрезок ab

перпендикулярно

АВ.

Вектор

скорости

точки В представлен отрезком Ob.

От точки а проведем прямую, перпендикулярную АВ,

а от

точки

Ь, перпен­

личине и

направлению

представляет

скорость точки С.

3-й способ (по мгновенному

центру скоростей). От точек А и В восставим

перпендикуляры

к направлениям

скоростей до их пересечения в мгновенном

центре

скоростей

£ М ц С .

Соединим

£ м ц с

с

концом

а вектора

вд. Тангенс

угла

6

между

отрезками

£ m U C А

и Е„ас

а,

соединяющими

£ м ц с с

началом Л и с

концом

а век­

тора скорости какой-либо точки

Л

фигуры,

равен

в

принятом масштабе

угловой

скорости

фигуры:

t „ *

А а

°А

_ ю Л £ м ц с

а

AF

Д р

— ~AF

ш*

л і - м ц с

л 1 - м ц с

л с ы ц с

Проведя отрезок EMllcb

под

углом б к отрезку ЕМ1ХСВ

до

пересе-

чения с заданным направлением вектора скорости vB,

определим

скорость vB = Bb.

скорости всякой точки С фигуры надо провести

Для

определения

отрезок

ЕМЦСС

и

под

углом

8 к

нему

отрезок

Емцсс

до

пересечения

в точке

с с

перпендикуляром,

восставленным в точке С к

отрезку

£ М Ц С С .

Вектор

скорости

vc

= Cc.

Ускорение точек фигуры при плоском

Ускорение

любой

точки

фи­

движении*. Чтобы определить ускорение

гуры,

совершающей

плос­

точки

К

плоской

фигуры, надо

продиф­

кое

движение,

равно

геомет­

ференцировать

равенства (114),

выражаю­

рической

сумме

ускорения

полюса

и

ускорений

точки

щие

скорость

этой

точки. Введем

обозна­

при

вращении

фигуры

отно­

чения:

хх

= х—хв

и У і = у—ув

и

пёрепи-

сительно

полюса

шем

эти равенства в следующем виде:

Дифференцируя, имеем

У

=

УЕ+ХІЧ-

x = xB—y1<p — yJy,

У

=

УЕ+ХІЧ>+Х\^-

По формулам Эйлера

(см.

89)

-УіЧ> и

у1 = х1ц>.

Подставляя,

находим

а* •-•аЕх—ухг-

(119)

ау^йЕу

+

х ^ — у ^

В правых частях этих равенств согласно (95) вторые члены

выражают проекции

касательного,

а

третьи — проекции

центростре­

мительного

ускорения точки

К. во вращательном

движении

фигуры

относительно полюса Е. Они отли­

чаются от известных нам равенств

(95)

только

тем,

что в данном слу­

чае

ось вращения

проходит

не че­

рез начало координат О, а

через

полюс

Е

(рис.

153).

Эти

равенства

показывают,

что

проекции на какую-либо неподвиж­

ную

ось

ускорения

каждой

точки

К фигуры

равны

алгебраической

сумме

проекций

на

эту

ось трех

р и с

^

его

составляющих: ускорения

по­

люса

Е,

касательного

ускорения

точки К во вращении фигуры вокруг

полюса

Е и

центростремитель­

ного

ускорения точки К в том же движении фигуры.

Если вместо алгебраической суммы проекций мы пожелаем взять

геометрическую

сумму

ускорений,

то

вектор

ускорения

точки К