baryshnikov_yu_n_opredelenie_reaktsiy_po dshipnikov_vraschayuschegosya_tverdogo_t ela_2015 (МУ Барышников динамические реакции подшипников), страница 2

Ось Oy — главнаяось инерции тела в точке O. Вид сглавной оси инерции на плоскостьсимметрии тела поясняет рис. 1.2,где обозначена точка M k с координатами xk , zk и x2 k , z2 k в системеглавных осей инерции.Запишем выражения для координат точки M k :xk = xC + x2 k cos α + z2 k sin α;zk = zC + z2 k cos α − x2 k sin α.Рис. 1.2Выполняя те же операции, что и с преобразованиями в выраженииJ yz , получимJ xz = MxC yC +sin 2αJ x2 − J z2 .2()З а м е ч а н и е.

При вычислении центробежных моментовинерции используем преобразования координат, учитывая параллельный перенос и поворот осей исходной системы координат.Если в задаче рассматривается стержень — одномерное тело, тоточку Mk выбирают на оси, совпадающей с осью стержня.1.4. Динамическое уравновешивание механической системыПолные реакции опор вращающейся системы принято представлять в виде суммы статических и динамических составляющих. Динамические составляющие реакций обусловлены движением системы, статические определяются из уравнений статики.В соответствии с методом кинетостатики появление динамическихсоставляющих связано с силами инерции. В динамически уравно11вешенной системе силы инерции таковы, что их главный вектор иглавный момент относительно любого центра приведения равнынулю:R и = ∑ Ф k = 0; LОи = ∑ M О (Ф k ) = 0.Массы грузов, необходимых для уравновешивания механической системы, можно определить из условий динамического уравновешивания, которые имеют следующий вид:а) для плоскости xOz симметрии тела∑ Фkx = 0; ∑ M y (Ф) = 0;б) для плоскости yOz симметрии тела∑ Фky = 0; ∑ M x (Ф) = 0.В каждом варианте рассматриваемого задания предлагаетсядинамически уравновесить механическую систему добавлениемдвух (реже трех) грузов, размещаемых в определенных точках наизвестном расстоянии от оси вращения.2.

ПРИМЕРЫ ПОСТАНОВКИ И РЕШЕНИЯ ЗАДАЧПример 1. Невесомый стержень с грузами массой m1 = 1 кг иm2 = 2 кг на концах вращается вместе с валом с постоянной угловой скоростью ω = 10 рад/с (рис. 2.1). Длина стержняKD = l = 1,5 м, причем OD = l1 = 1 м. В точке D к стержню прикреплена пружина, жесткость которой с = 1000 Н/м. В начальныймомент времени пружина не напряжена, а угол отклонения стержня от вертикали составляет α 0 = 0,1 рад.

На рис. 2.2 показана проекция механической системы на плоскость Oyz.Определить:1) угол отклонения α стержня от вертикали при его равномерном вращении в положении относительного равновесия;122) полные реакции подшипника B и подпятника A, еслиAB = 1 м, AO = 0,5 м.Рис. 2.1Рис. 2.2Решение. Определим силы инерции в точках D и K по формуламФ D = − m1aD ; Ф K = − m2 aK ;ускорения точекaD = aDn + aDτ ; aK = aKn + aKτ ,где aDn = ω 2 l1 sin α; aDτ = εl1 sin α.Так как вал со стержнем вращается с постоянной угловой скоростью, ε = d ω / dt = 0. С учетом этогоaD = aDn ;aDn = ω 2 l1 sin α;13aK = aKn ;aKn = ω 2 l2 sin α;l2 = l − l1 = 0,5 м.Силы инерции показаны на рис. 2.1 в точках D и K соответственно.Для определения угла α отклонениястержня KD от вертикали в положенииотносительного равновесия при вращении с постоянной угловой скоростьюрассмотрим расчетную схему послерасчленения конструкции по шарнируO (рис.

2.3). В подвижной системе координат Oyz, связанной со стержнемKD, активные силы m1 g , m2 g , Fупр исилы инерции Ф D и Ф K лежат в однойплоскости, совпадающей с Oyz . Следовательно, реакция в точке О будетиметь только две отличные от нуля составляющие: RО = YО j + Z О k .Рис.

2.3Система сил (активных, реакцийсвязи и сил инерции) будет произвольной плоской. Для этой системы сил составим уравнение алгебраических моментов относительно точки O и их сумму приравняем кнулю:∑ M О ( Fk ) +∑ M О ( Rk ) +∑ M О (Фk ) = 0илиFупр l1 cos α − m1 gl1 sin α + m2 gl2 sin α − Ф D l1 cos α − Ф K l2 cos α = 0,где согласно закону Гука Fупр = cλ = cl1 (sin α − sin α 0 ); λ — деформация упругого элемента, λ = l1 (sin α − sin α 0 ); с — его жесткость.Подставим выражение для упругой силы в уравнение моментов:cl1 (sin α − sin α 0 )l1 cos α − ( m1 gl1 − m2 gl2 ) g sin α −− m1ω 2 l1 sin α cos α − m2ω 2 l2 sin α cos α = 0.14С учетом малости углов α и α 0 можно положитьsin α ≈ α;Тогдаsin α 0 ≈ α 0 ;cos α = 1;cos α 0 = 1.cl12 (α − α 0 ) − ω 2 (m1l1 + m2l2 )α = 0(заметим, что в положении статического равновесия m1l1 = m2l2при любом α 0 );⎡cl12 − ω 2 (m1l1 + m2 l2 ) ⎤ α = cl12 α 0 ;⎣⎦2cl1 α 0α= 2.c1l1 − ω 2 (m1l1 + m2 l2 )Подставим исходные данные в полученную формулу:α=1000 ⋅12 ⋅ 0,1100100 1=== =21000 ⋅1 − 100(1⋅1 + 2 ⋅ 0,5) 1000 − 200 800 8= 0,125 рад = 7, 4 град.Определим полные реакции подшипника B и подпятника A(см.

рис. 2.1) из уравнений кинетостатики:⎧ X A + X B = 0;⎪⎪⎪YA + YB + Ф D − Ф K = 0;⎨ Z A − m1 g − m2 g = 0;⎪Y AO − Y OB − Ф l cos α − Ф l cos α − m gl sin α + m gl sin α = 0;BD 1K 22 21 1⎪ A⎪⎩ X B OB − X A AO = 0,откуда получим:X A = X B = 0;Z A = (m1 + m2 ) g ;YA = Ф K − Ф D − YB ;Ф K AO − Ф D AO − YB AO − YB OB − Ф D l1 cos α − Ф K l2 cos α ++ m1 gl1 sin α − m2 gl2 sin α = 0;15YB ( AO + OB) = ФK ( AO − l2 cos α) − ФD ( AO − l1 cos α) + g sin α(m1l1 − m2l2 );YB =12,5(0,5 − 0,5 ⋅ 1) − 12,5(0,5 − 1 ⋅ 1) − 10 ⋅ 0,125(1 ⋅ 1 − 2 ⋅ 0,5)=0,5 + 0,5= 12,5 ⋅ 0,5 = 6, 25 H;YA = Ф K − Ф D − YB = 12,5 − 6, 25 = −6, 25 H.Ответ: α = 0,125 рад; X A = X B = 0; YA = − 6,25 H; YB = 6, 25 H.Пример 2.

Однородный стержень EN длиной l и массой mжестко прикреплен к вертикальномувалу, вращающемуся с постояннойугловой скоростью ω , с помощьюневесомого стержня OE длиной l1(рис. 2.4). Стержень EN образуетугол α с осью, параллельной осивращения.Определить динамические составляющие реакций подшипников,если AB = 1 м; AO = 0,5 м; m = 5 кг;l = 0, 6 м;l1 = 0, 2 м;α = 30°;ω = 20 рад/с.Решение. Рассмотрим способыприведения сил инерции стержня.Введем понятие массы единицы длиРис. 2.4ны стержня (удельной массы): m / l.Масса элемента стержня длиной dz1k будет (m / l )dz1k . Ускорениеточки M k при равномерном вращенииakn = ω 2 (l1 + z1k sin α ),сила инерции в точке M kФ k = mk ω 2 (l1 + z1k sin α ) =16m 2ω (l1 + z1k sin α )dz1k .lЭпюра распределения силинерции вдоль стержня показанана рис.

2.5. Силы распределенывдоль стержня линейно и могутбыть приведены к равнодействующейRСиC= − maС ,kмодуль которойl⎛⎞RCи = mω 2 ⎜ l1 + sin α ⎟ .⎝⎠2Точку D приложения равнодействующей определим с помощью теоремы Вариньона (о моменте равнодействующей).Определим момент равнодействующей:Рис. 2.5LиE = M E ( RСи ) = − RСи z1D cos α ,где z1D — координата z1 точки D приложения равнодействующей.Главный момент сил инерции, распределенных вдоль стержня,определим выражениемLиEll00= − ∫ z1k cos α ⋅ Ф k = − ∫m 2ω (l1 + z1k sin α ) cos αdz1k .lИнтегрируя и используя теорему Вариньона, получаемz1D =LиEl (3l1 + 2l sin α )=.иRc cos α 3(2l1 + l sin α )Если поступить с силами инерции на общих основаниях —привести их к заданному центру (обычно началу координат —точке О), то результатом приведения сил инерции будут:а) главный вектор сил инерцииR и = Rхи i + Ryи j + Rzи k ,17где Rxи = mω 2 xС ; Ryи = mω 2 yС ; Rzи = 0; xС = 0; yС = l1 +координаты центра масс;б) главный момент сил инерцииlsin α —2LОи = LиОx i + LиОy j + LиОz k ; LиОх = − J yz ω2 ; LиОy = J xz ω2 ; LиОz = 0,где J yz , J xz — центробежные моменты инерции.Для конструкции, рассматриваемой в этом примере, ось Ox являетсяглавной осью инерции как ось, перпендикулярная к плоскости симметриистержня Ozy в точке пересечения ее сэтой плоскостью.На основании свойства главнойоси можно записать, что J xz = 0 иLиОy = 0.

Определим вторую проекциюLиОx главного момента сил инерции.Для этого используем выражениеJ yz = ∑ mk yk zk ,Рис. 2.6где yk = l1 + z1k sin α; z k = z1k cos α ;z1k — координата произвольной точки M k , отсчитываемая вдоль стержня (рис. 2.6);J yz = ∑ mk (l1 + z1k sin α ) z1k cos α = l1mz1С cos α +sin 2αJ x1 ,2где z1С = l / 2; J x1 = ∑ mk z12k — осевой момент инерции стержняотносительно точки Е:J x1 =Итак,181 2ml .3lsin 2α 1 2J zy = m l1 cos α +ml .22 3Заметим, что центробежный момент J zy > 0, тогда проекцияглавного момента сил инерции на ось Ox будет отрицательна:LиOx = − J zy ω2 = −mω2l ⎛l⎞⎜ l1 cos α + sin 2α ⎟ .2 ⎝3⎠Покажем найденные величины на рис.

2.7.З а м е ч а н и е. Главный момент сил инерции показан на рис.2.7 в точке О, хотя был определен для точки Е.В соответствии с теоремой о связи моментов сил относительноразных центров приведенияLОи = LиE + OE × R и ,однако последнее слагаемое в этой формуле равно нулю, так какOE || R и , следовательно, LОи = LиE .На рис.

2.7 изображена расчетнаясхема для определения динамическихсоставляющих реакций — части реакций, которые обусловлены наличиемсил инерции.Уравнения для определения динамических составляющих имеют вид⎧ X Aд + X Bд = 0;⎪ дди⎪YA + YB + R = 0;⎨ дди⎪YA ⋅ AO − YB ⋅ OB − LОx = 0;⎪ дд⎩ X B ⋅ OB − X A ⋅ AO = 0,RоткудаX Aд = X Bд = 0;l⎛⎞YAд + YBд = − mω2 ⎜ l1 + sin α ⎟ ;2⎝⎠Рис. 2.719YAд ⋅ 0,5 − YBд ⋅ 0,5 =mω2l ⎛l⎞⎜ l1 cos α + sin α ⎟ .2 ⎝3⎠Два последних уравнения позволяют определить составляющие YAд и YBд .

Перепишем уравнения в следующем виде:l⎛⎞YAд + YBд = − mω2 ⎜ l1 + sin α ⎟ ;2⎝⎠l⎛⎞YAд − YBд = mω2l ⎜ l1 cos α + sin α ⎟ .3⎝⎠Складывая уравнения и подставляя в формулы числовые данные, приходим к ответу:⎡ ⎛3 0,6 1 ⎞ ⎛0,6 1 ⎞ ⎤2YAд = mω2 ⎢ 0,6 ⎜⎜ 0,2+⎟⎟ − ⎜ 0,2 +⎟⎥ ;23 2⎠ ⎝2 2 ⎠ ⎥⎦⎣⎢ ⎝YAд = 0, 5 ⋅ 5 ⋅ 400 ⎡⎣0, 6 ( 0,17 + 0,1) − ( 0, 2 + 0,15) ⎤⎦ ;YAд = 1000 ( 0, 6 ⋅ 0, 27 − 0, 35) = 1000 ( −0,188) = −188 H;l0,6 1 ⎞⎛⎞⎛YBд = − mω2 ⎜ l1 + sin α ⎟ − YAд = −0,5 ⋅ 400 ⎜ 0,2 +⎟ − (−188) =22 2⎠⎝⎠⎝= −200 ⋅ 0,35 + 188 = −70 + 188 = 118 H.Ответ: X Aд = X Bд = 0; YAд = −188 H; YBд = 118 H.Пример 3. Однородный тонкий обруч массой m1 = 2 кг и диаметром d = 0, 4 м жестко связан с однородным стержнем OD массойm2 = 5 кг и длиной l = 0,16 м.

Конструкция при вращении вокругоси Oz с постоянной скоростью ω = 20 рад/с может поворачиватьсявокруг оси Ox. Отклонению стержня препятствует пружина жесткостью c = 2 кН/м (рис. 2.8). На рис. 2.9 показана проекция конструкции на плоскость Oyz. В состоянии покоя в положении равновесияугол отклонения стержня от вертикали α 0 = 0,1 рад.Определить: 1) угол отклонения конструкции от положенияравновесия при установившемся вращении с постоянной угловойскоростью ω, считая его малым; 2) полные реакции подшипников,если OB = OA = 0, 5 м.20Рис.

2.8Рис. 2.9Решение. Определим силы инерции системы:а) силы инерции однородного стержня массой m2 распределены линейновдоль стержня и могут быть приведены кравнодействующей (рис. 2.10):Φ 2 = − m2 aСn2 ;aСn 2 = ω 2lsin α;2lΦ 2 = m2 ω2 sin α,2где С2 — центр масс однородногостержня.Подстановка числовых данныхпозволяетопределитьзначение0,16Φ 2 = 2 ⋅ 400sin α ≈ 64α (при усло2вии, что угол α мал).Рис. 2.1021Приложена равнодействующая сил инерции — в точке D2 ,причем220,32OD2 = l = 0,16 == 0,11 м.333Точку приложения определяем исходя из распределения силинерции вдоль стержня;б) силы инерции однородного тонкого обруча (кольца) приведем к началу координат — точке О. При этом используем следующие формулы:– главный вектор сил инерции кольца:R1иx = m1 xС1 ω 2 ;R1иy = m1 yС1 ω 2 ;R1иz = 0;– главный момент сил инерции кольца:LиОx = − J yz ω 2 ;LиОy = J xz ω 2 ;LиОz = 0.dsin α — координаты центра масс кольца в2системе главных осей инерции.ТогдаЗдесь xС1 = 0; yС1 =d 20,4ω sin α = = 0,1400sin α ≈ 16α,22т.