1217_3 (Методичка № 1217 Теор. Мех. Динамика (РГР)), страница 4

6.2Решая квадратное уравнение (3), найдем длину стержняl3= 1,06 м(l3> 0) .Найдем главный момент сил инерции относительно точки O( )( )4 rr rrM O F ин = ∑ M O Fkинk =1.Вычислим модули моментов сил инерции((((rM O F1инrM O F2инrM O F3инrM O F4ин)= F)= F)= F)= F29 3 2l1 cosα =ω 34ин2cosα153ωl=2 1 .32 2ин3 z = (1,06 ) ω z2ин24 z = 10,6 ⋅ ω zин1(4)Система сил инерции лежит в одной плоскости.

Из равенства нулю главногомомента следует алгебраическое выражение:( )( )( )( )rrrr− M O F1ин − M O F2ин − M O F3ин − M O F4ин = 0 .Подставим (4) в (5), получим: 32l122γ 1l1 sin α + γ 2l2 1 + 2 sin α  cosα + z γ 3l3 + 2m4l3 = 0 ,3l2()(5)42 32l12 cosαsin12sin++γlαγlα 112 23l2= −2,46 м .z=−2γ 3l 3 + 2 m4 l3Следовательно, стержень 3 длиной 1,06 (м) и груз 4 должны находитьсявыше точки 0 на расстоянии равном 2,46 (м).43ЗАДАНИЕ Д–7Принцип возможных перемещенийМеханизмы (рис.7.1-7.3) в заданном положении находятся в равновесии.Необходимо определить величину, указанную в предпоследней графе таблицыД-7.1, применяя принцип возможных перемещений и пренебрегая силамитрения.

Все необходимые для решения данные приведены в таблице Д-7.1.Примечание: механизмы в вариантах 3, 6, 10, 14, 16, 18, 19, 25 и 30расположены в вертикальной плоскости, а остальные - в горизонтальной.Пример выполнения задания Д-7В механизме (рис.7.4) груз А может опускаться вертикально вниз ипосредством нерастяжимой нити, намотанной на блок В, привести вовращательное движение блок В и находящийся с ним в зацеплении шкив С. Сошкивом С жестко скреплен кривошип O1D, который может привести вдвижение шарнирно соединенный с ним шатун DE.

Шатун DE, в свою очередь,может привести в движение по горизонтальной прямой ползун Е, к которомуприкреплена пружина. Второй конец пружины прикреплен к неподвижнойопоре. Необходимо определить при равновесии механизма величину сжатияпружины h, применив принцип возможных перемещений.

При этом заданнымивеличинами являются : вес груза А PA=100 Н; коэффициент жесткостипружины c=5 Н/см; радиусы rB=20 см, RB=40 см; углы α=30° и β=90°. Вескривошипа O1D и шатуна DE не учитывать, силами трения пренебречь.РешениеМеханическая система, состоящая из пяти тел (груз А, блок В, шкив С,жестко скрепленный с кривошипом O1D, шатун DE и ползун Е), находится вравновесии в указанном на рис. 7.4 положении.Связи в механизме не имеют сил трения, а поэтому являютсяидеальными.1.

Применим к данной механической системе принцип возможныхперемещений:nraδAF(1)∑ k =0 ,k =1raδAF∑ knгдеk =1( )( )- сумма элементарных работ активных сил на любомвозможном перемещении системы.44Рис. 7.145Рис. 7.246Рис. 7.347№ вариантаЛинейныеразмеры, см123456OA=10O1A=20r1=20; r2=30; r3=40OC:OA=4:5OA=100r1=15; r2=50; r3=20;O1A=80OC=OAOC=ACOA=20r1=15; r2=40; r3=20;OA=100OA=20O1D=60; AO=20OA=40OB=2 OA78910111213141516AC=OC=ODd1=80; d2=25; l1=100;l2=75Сила СилаQ,Н P,НМомент ЖесткостьM , Н⋅м пружины с, Н/см2010010-Таблица Д-7.1ПримечанияДеформацияпружиныh, см4-ОпределитьPMQcPPO1A - невесомый200100200-2002⋅103200--1010-324PQMсПружинасжатаOA невесомый20-300100200-253PPPP3⋅1035⋅103--25010034PPOA,OB-невесомые,пружина растянутаПружина сжатаO1A и O2B невесомые,пружина растянута48№ вариантаЛинейныеразмеры, смСила СилаQ,Н P,НМомент ЖесткостьM , Н⋅м пружины с, Н/см200100100-171819202120050-20010020022232425OA=20r1=20; r2=30; OA=25OA=AB=AC=50OA=AB=AC==DC=25OA=40OC=2 OA=100AD=OD=OBOD=DB=0,8 AO400200250-40050-5015012026OA=25-50012027282930OB=ABOB=1,25 OABD=O1D; AO=30r1=15; r2=36; r3=10;r4=20-450600120-Деформацияпружиныh, см-Продолжение таблицы Д-7.1ОпредеПримечаниялитьPhPMMP-вес блока r2AB - невесомый-2,53PhQP-2c180100-2-PQhQПружина сжатаAO и BO невесомые,пружина растянутаПружинарастянута-49Рис.

7.42. Изобразимrrна рисункеrr действующие на систему активные силы: силытяжести тел PA , PB , PC , PE (вес тел O1D и DE по условию задачи неrучитываем) и силу упругости пружины Fyn , учитывая при этом, что пружина вуказанном положении механизма сжата.3.Так как рассматриваемая механическая система имеет одну степеньсвободы, ей можно сообщить два независимых возможных перемещенияr –движения груза А вверх или вниз. Дадим грузу А возможное перемещение δS A ,направленное вниз.

Этому возможному перемещению будут соответствовать:поворот блока В вокруг неподвижного цента О на угол δϕ B ; поворот тела Свместе со стержнем О1D вокруг неподвижного центра О1 на угол δϕC , поворотшатуна DE вокруг мгновенного центра скоростей Сv на угол δϕ DE , а такжеrперемещение δS E ползуна E.504. Найдем сумму элементарных работ активных сил на соответствующихвозможныхих точек приложения. Элементарная работа силr перемещенияхrтяжести PB и PC равна нулю, так как точки их приложения неподвижны.rЭлементарная работа силы тяжести PEравна нулю, так как точка ееrприложения получила возможное перемещение δS E по горизонтали.Следовательно, элементарнуюrработу на возможном перемещении производятrлишь две силы: сила тяжести PA груза А и сила упругости пружины Fyn :rδA PA = PAδS A r(2)δA Fyn = − FynδS E ( )( )При этом величина силы упругости пружины будет равнаrFyn = ch ,(3)где c - коэффициент жесткости пружины,h - величина сжатия пружины.Таким образом, на основании (2) с учетом (3) найдем сумму элементарныхработ активных сил на возможном перемещении системы:nr(4)∑ δA Fk a = PAδS A − ch ⋅ δS Ek =1( )5.

Подставляя (4) в уравнение (1) , получимPAδS A − ch ⋅ δSE = 0 .(5)Из уравнения (5) находим:P δSh= A ⋅ A.(6)c δS EКак следует из равенства (6) для окончательного решения задачи необходимоустановить зависимость между возможными перемещениями δS A и δSE . Этоможно осуществить различными способами. Приведем один из них. Нарассматриваемую механическую систему наложены стационарные связи. Приэтом элементарные действительные перемещения принадлежат к числувозможных перемещений и , следовательно, зависимости между возможнымиперемещениями должны быть такими же, как и между соответствующимискоростями, то есть:δS A V A=,(7)δSE VEVгде - A отношение между скоростями груза А и ползуна Е, котороеVEимело бы место в данном положении механизма при его движении.Подставляя (7) в равенство (6), получим:P Vh= A⋅ A .(8)c VE51Как следует из равенства (8), для окончательного решения задачи необходимоVнайти отношение скоростей A , то есть необходимо решить задачу кинематикиVEдля рассматриваемого механизма.6.

Результаты решения задачи кинематики (зависимости междускоростями звеньев механизма и отдельных его точек) для наглядностипредставим в виде таблицы Д-7.2.Таблица Д-7.2Наименование звенаСкоростьили точкиVAгруз AVблок BωB = ArBVточка KVK = ω B RB = A ⋅ RBrBVV Rшкив C и кривошип O1Dω C = ω O1D = K = A BrCrB rCV R lточка DVD = ω O1D ⋅ O1D = A BrB rCшатун DEVD DCV== cos30oVE ECVV A RB l= cos30oVE rB rCТаким образом, как следует из последней строки данной таблицы, будетсправедливо следующее соотношениеV A rB rC cos30o=.(9)VERB lПодставляя (9) в (8) получим:PA rB rC cos 30o 100 ⋅ 20 ⋅ 10 ⋅ 0,867h=⋅== 1,74 см ,(10)cRB l5 ⋅ 40 ⋅ 50то есть найдем искомую величину сжатия пружины.52ЗАДАНИЕ Д-8Общее уравнение динамикиМеханическая система, состоящая из груза 1 весом Р1 , блоков 2 и 3весом Р2 и Р3 соответственно и сплошного катка 4 весом Р4 , движется поддействием сил тяжести.

Радиус инерции блоков 2 и 3 - ρ2 и ρ3 . Если в таблицерадиус инерции блока не указан, блок следует считать полым цилиндром.Каток 4 движется по рельсу, наклоненному к горизонту под углом α безскольжения. Коэффициент трения качения k . Трением в осях пренебречь,проскальзывание невесомых нерастяжимых нитей отсутствует. С помощьюобщего уравнения динамики определить ускорение оси катка. Схемымеханизмов приведены на рис. 8.1, 8.2, данные – в таблице Д-8.1.Пример выполнения задания Д-8Механическая система, представленная на рис.

8.3, движется поддействием сил тяжести.Дано: P1=3 кН, P2=2 кН, P3=2 кН, P4=2 кН, α=30°, R2=0,4 м, r2=0,2 м,ρ2=0,3 м, r4=0,5 м, k=0,3 см.Определить ускорение оси катка.Решение1. Разобравшись в работе системы (рис.8.3) и выбрав направлениеrвектора ускоренияaC , изобразим на рисунке активные силы, реакциинеидеальной связи в точке контакта катка с рельсом, линейные и угловыеускорения тел, главные векторы и главные моменты сил инерции.2. Так как система имеет одну степень свободы, то задаваясь возможнымперемещением δSC , скоростью VC и ускорением aC точки C, выразим всеостальные перемещения, необходимые для решения задачи, через δSC , VC и aC.

Решение задачи кинематики для наглядности представим в виде таблицы Д8.2.Вычислим модули всех сил инерции и модули моментов сил инерции.F1ИН =P1P 2a Ra1 = 1 ⋅ C 2ggr2F2ИН = F3ИН = 0 ,,M 1ИН = 0 ,M 3ИНPP2a= 3 r32ε 3 = 3 r32 Cggr3M 2ИН =,F4ИН =2aP2 2Pρ 2 ε 2 = 2 ρ 22 Cggr2M 4ИНP4aC .g,P3 r42 aCP4 r42=ε4 =⋅2g2 g r4.53213322414111343322441α1α5633221441αα783322414αα11092323144αα1Рис. 8.154121133224141αα13143232441αα115163324241αα171183234124α1α20192321413α4αРис. 8.255№ варианта123456789101112131415161718192021222324252627282930№ рисунка123456789101112131415161718192012345678910P1 ,кН135241312412345123452413524535P2 ,кН0,5251,53231,52,53,5212141,522,53,54,51,5312632434P3 ,кН123121123510,5122233431,62,50,51,52,40,522,546P4 ,кН12423,50,5210,52,50,51,52,534,511,52,53,54,51,5312,5414523α, °102020201515151020201015201510201010152015251520102010101520R2 ,м0,50,50,80,60,90,50,40,80,90,60,80,3r2,м0,30,30,50,40,60,30,20,50,50,40,50,1ρ2,м0,40,40,70,50,80,40,30,70,60,50,70,2R3 ,м0,50,60,40,40,30,90,40,80,90,40,40,30,40,30,60,50,80,5-r3,м0,30,50,20,20,10,60,10,50,60,10,10,10,10,10,40,30,50,2-ρ3,м0,40,30,30,30,20,80,20,70,80,20,20,20,20,20,50,40,70,4-R4 ,м0,60,810,90,50,80,50,70,80,40,80,40,70,91,511,41ρ4,м0,50,70,90,70,40,70,20,50,60,30,60,30,60,81,30,91,10,9Таблица Д-8.r4,k,мсм0,30,30,50,30,70,30,80,40,60,40,20,50,60,50,20,30,50,30,60,30,10,40,20,40,30,40,40,40,50,40,10,50,20,50,50,50,70,50,20,50,40,30,60,310,41,20,40,50,40,40,50,80,510,50,40,30,80,356δϕ3δSBVBM3ИНω3ε3B32δϕ2M2ИНδϕ4VA4ω4M4δSANMКr3AδSCИНF4ε4r2CИНr4aCP3VCFTPR2ε2ω2F1ИН1P2CVδS1a1αV1P4P1Рис.

8.3Ускорениеaε4 = Cr42aε3 = Cr32aε2 = Cr22a Ra1 = C 2r2СкоростьVω4 = Cr42VVω3 = B = Cr3r3r2Vω2 = 3 ω3 = Cr2r22V RV1 = R2ω 2 = C 2r2Таблица Д-8.2Возможное перемещениеδSδϕ 4 = Cr42δS Cδϕ 3 =r32δS Cδϕ 2 =r22δS C R2δS1 =r2Момент трения каченияM К = k ⋅ N = k ⋅ P4 cosα .Запишем общее уравнение динамики в общем виде:P1 δS 1 − F1ИН δS 1 − M 2ИН δϕ 2 − M 3ИН δϕ 3 − P4 sin α ⋅ δS C −− F4ИН δS C − M 4ИН δϕ 4 − M К δϕ 4 = 0 .57Подставим значения сил и моментов инерции выраженные через aC илинейные и угловые перемещения выраженные через δSC .

Вынесем δSC извсех слагаемых за скобку, получим: 2R2a 2 PP 2a R 2 RP2δS C  P1 2 − 1 ⋅ C 2 ⋅ 2 − 2 ρ 22 C ⋅ − 3 r3 2aC −gr2r2gr2 r2 gr3 r2− P4 sin α −P4P rakaC − 4 ⋅ 4 C − P4 cosα ⋅  = 0 .2 g r4gr4 Так как δSC≠0 , то выражение в скобках должно быть равно нулю. ОтсюдаполучимRk2 P1 2 − P4  sin α − cosα  gr2r4aC =.22 R ρ 34 P1  2  + P2  2  + P3 + P4   r2 2  r2 Далее подставим числовые данные и вычислим значение aC0,40,03− 2 sin 30o −cos 30o 100,20,5 = 0,015 м/с2 .22  0,4 3  0,3 4 3 + 2 + 2 + ⋅ 2  0,2 2  0,2 2⋅3aC =58ЗАДАНИЕ Д-9Уравнения Лагранжа II родаДля заданной механической системы на основе уравнений Лагранжа IIрода составить дифференциальные уравнения движения.

Необходимые данныеи рекомендуемые обобщенные координаты приведены в таблице Д-9.При решении задачи массами нитей пренебречь. Считать, что качениепроисходит без проскальзывания. Блоки и катки, для которых в таблицерадиусы инерции не указаны, считать сплошными однородными цилиндрами.Силы сопротивления в подшипниках не учитывать. Заданные силы P имоменты пар M считать постоянными величинами.Пример выполнения заданияМеханическая система (рис.

9.2а), состоящая из грузов 1, 2, 3 массами m1,m2, m3 соответственно, подвижного блока 4 массой m4 и неподвижного блока 5массой m5 движется под действием сил тяжести. Коэффициент тренияскольжения между грузом 2 и плоскостью равен f. Силы сопротивления вподшипниках не учитывать. Блоки 4 и 5 считать сплошными однороднымицилиндрами. Найти дифференциальные уравнения движения механическойсистемы.РешениеДля выполнения задания используем уравнения Лагранжа II рода.Поскольку механическая система имеет две степени свободы, должнаполучиться система из двух дифференциальных уравнений d  ∂T  ∂T−= Q1  dt  ∂q&1  ∂q1.d∂T∂T −= Q2 dt  ∂q& 2  ∂q2(1)Выберем координату x в качестве обобщенной координаты q1, акоординату ξ в качестве обобщенной координаты q2.1. Найдем кинетическую энергию механической системы.