Главная Промышленная автоматика.

2-й способ (аналитический). Если построим координатъ! X и у точки Р в неподвижной системе Оху, то

х = ОА = РК, у = ОК=АР.

Из треугольника PDK имеем:

PD = РК + DK = РК + (ОК-ау,

или, принимая во внимание, что PD = AP,

у = х + (у-аГ, или х = 2а(у-].

Следовательно, неподвижная центроида есть парабола с осью

Ot/ и с вершиной в точке 0, у

Построив теперь координаты х и у точки Р в подвижной системе осей Вху, неизменно связанных со стержнем ABC, имеем:

x = PD, y = BD.

Чтобы найти зависимость между х и у, проведем отрезок AL, параллельный BD. Тогда

LD = a, AL = BD = y, PL = x-a

АР= PL+ LA, или .

PD = PL + LA,

х = (х-а)у",

у = 2а[х~).

Следовательно, подвижная центроида есть парабола с осью Вх и с вершиной в точке oj.

§ 4. ОПРЕДЕЛЕНИЕ УСКОРЕНИЙ ТОЧЕК ПЛОСКОЙ ФИГУРЫ

(задачи 557-578)

Ускорение любой точки движущейся плоской фигуры можно определить двумя способами: 1) как геометрическую сумму ускорений этой точки в поступательном и вращательном движениях фигуры и 2) как ускорение этой точки во вращательном движении вокруг мгновенного центра ускорений, причем мгновенным центром ускорений называется такая точка плоской фигуры, ускорение которой в данный момент равно нулю.

Если известны ускорение некоторой точки А фигуры (ускорение полюса), а также угловая скорость ш и угловое



ускорение е фигуры, то ускорение любой ее точки В определяется по формуле

щ=А + ВА = А + + wb (78)

Здесь вектор ш-ускорение точки В во вращательном движении вокруг полюса А; wSa и шЙ -касательная и нормальная составляющие этого ускорения.

Следовательно,

ш<вА = (оМВ, шй = еЛЯ; (79)

при этом вектор wba направлен вдоль АВ (от точки В к точке А), а вектор wbA перпендикулярен к АВ.

Угол а между векторами и ВА определяется по формуле

tga = -gL. (80)

при этом в случае ускоренного вращения фигуры векторы Швл

и VgA (вращательная скорость точки В вокруг полюса Л) лежат по одну сторону от прямой АВ, ъ противном случае эти векторы расположены по разные стороны от этой прямой.

Если угловая скорость фигуры постоянна, т. е. 03== const, то е = 0, а следовательно, и а = 0, т. е. вектор совпадает по направлению с вектором В А. Если же в данный момент 03 = 0, то a = Y и вектор Wba перпендикулярен к вектору В А.

На основании равенства (78) ускорение точки В можно найти построением многоугольника ускорений и применением затем метода проекций, спроектировав векторное равенство (78) иа выбранные оси.

Если мгновенный центр ускорений Q принять за полюс, то для ускорения произвольно выбранной точки М фигуры имеем:

НО Шр = 0, а потому

= /ио = + w%. (81)

т. е. ускорение любой точки М плоской фигуры определяется как ускорение во вращательном движении вокруг мгновенного центра ускорений (рис. \0Щ.

При этом ускорение wmq направлено по прямой MQ от точки М к центру Q, а .ускорение гюм\ перпендикулярно к MQ и

w%Q=QMa\ w%=QMe. (82)

Ускорение w точки М равно по модулю

= QMj/cD* + e . . (83)



и составит с направлением MQ угол

a = arctgJ

Отсюда следует: 1) угол а для всех точек фигуры имеет в данный момент одно и то же значение; 2) ускорения точек плоской фигуры пропорциональны расстояниям этих точек от мгновенного центра ускорений.

Чтобы определить для данного момента О положение мгновенного центра ускорений нужно:

1) найти ускорение какой-либо точки А фигуры [обычно при решении задач рассматриваемого типа ускорение одной точки фигуры (механизма) или задается, или его можно легко найти];

2) повернуть полупрямую, по которой

направлен вектор w, вокруг точки А на

острый угол a = arctgили в направлении вращения фигуры,

если это вращение является ускоренным, или в противоположном направлении в противном случае;

3) на полученной после этого поворота полупрямой отложить отрезок


AQ =

(85)

Отметим два частных случая:

1) пусть е = 0, тогда tga = -1 = 0 и а = 0, следовательно,

ускорение Wj любой точки М движущейся фигуры направлено по MQ, т. е. проходит через центр Q. Поэтому мгновенный центр ускорений Q в этом случае можно найти как точку пересечения прямых, по которым направлены ускорения двух каких-либо точек фигуры;

2) пусть сй = О, тогда tg а = оо и а = 90°; следовательно, ускорение кУд, любой точки М фигуры перпендикулярно к M.Q. Поэтому мгновенный центр ускорений Q в этом случае можно найти как точку пересечения перпендикуляров, восставленных из двух каких-либо точек движущейся фигуры к ускорениям этих точек.

Задачи, относящиеся к этому параграфу, можно разделить на следующие четыре группы:

1) задачи, в которых заданы векторы скорости и ускорения одной точки и прямолинейная траектория второй точки плоской фигуры, ускорение которой требуется найти (задачи 566-571, 573-579);





0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 [60] 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 120 121 122 123 124 125 126 127 128 129 130 131 132 133 134 135 136 137 138 139

0.0036