Кристи М.К. - Танки - основы теории и расчёта (1066295), страница 16
Текст из файла (страница 16)
48, силы Р создают момент, стремящийся вернуть платформу в ее исходное положение. Разложим, в свою очередь, эти силы па две составляющих д и д'. Составляющие д' взаимно уничтожаются. Остаются четыре силы д, которые н вращают платформу. Если угол ззкручивания принять за Т, то по фиг. 48 можно составить соотношение между величинами гз1пм 7соза з1пТ. з эз Здесь г — половина диагонали пластинки Ы, У вЂ” длина троса; отсюда 5!П" -= — ° — —,' мпч У созк' сила !у определяется из соотношения !у = Р 5!и т, но — с!!," а! О тогда из полученных рзвенств можно определить сил у Г Й г !у = ° яп р.
5!П К Момент всех четырех сил !у будет гИ=4дй= ' ° 5!п'р, Ут.6 г где Уе†. половина диагонали пластинки А. На основании принципа Д'Аламбера можем написатрм , ° Р+ 5!и Р =Э; заменив момент инерции У, через радиус инерции по формуле. О = тра = г л рг и Уз!па че ез й — а р — р сстояние между пластинками, получим следующее диференциальное уравнение: гУгд м+ ° ып р — О. р' л вид Диференцнальное уравнение для математическш о мзятника имеет т+ 5!Пср=О. Сравнивая эт и два уравнения, видим, что опн н~лнчаются только на постоянную вели ин ч у перед сбп р. Следовательно, они имеют аналогичное решение. Пе ио р д колебания математического мзк1ника выражается формулой: Т- 2п ° ~У и р д подставляя вместо — величину — — — , Ю получим Отсюда можно определить радиус инерции Замеряя экспериментально период полного колебания Т, по данной формуле легко определяем р,. Следует заметить, что угол закручивания ~р надо брать небольшой, так как решение приведенного выше диференциального уравнения справедливо для небольших углов и (до 1О').
Момент инерции можно определить также по принципу маятника, если танк поставить на горизонтальный иост и дать последнему возможность колебаться. Ход математического рассуждения останется тот же, что и при определении у. На фнг. 49 изображена схема станда я для определения координат центра тяже- с сти а и й и момента инерции танка от- О а носительно осей, параллельных оси О качания станда, в зависимости от того, как !а поставлен танк на станде. Р Ясли известны момент инерции .Уе относительно оси О, масса тм положение центра тяжести О всей системы !стана+ б, +танк) и У„>и, станда отдельно, то момент инерции У танка относительно той сс же оси О будет: 2 5 Фнг.
49. Схемастанда дляопреУ= Уе —.У, = те рь — т,р,. деления координат центра тя- жести. Относительно же оси, проходящей через центр тяжести танка и параллельной оси качания станда: .Уч —— .У вЂ” т И+ УУ)' = торо — т,, р, — т (й-)- Н)5. Радиус инерции р, всей системы от оси качания станда О определится аналогично предыдущему случаю на основе закона Д'Аламбера: Уе''Р+ О5Уа 5!п а — О. Подставляя сюда У„= та р,', получим: т+ — ', '! =О, к'Уч Р,' т. е.
период колебания Та Г! Те = 2п:ра' )l Фо или радиус инерции (06) Т= 2 к.р,в/ .Ч г.й., Ро = 2 „Уь Уо, т, „О;па+ ь+Р„Ь,— Осо тогда а=с1ц р. Радиус инерции р, станда о должен быть заранее определен тем же методом Т, 2 ~с 6. Примерные задачи Задача 1. Условие. Трактор весом О=10 т- ид ий тяги на крюке Р =2,5 'т.
тг идущий на польем пределять наибольшую допустим ю п , у иму силу инерции, при которой (точка О) нжение. Размеры т акта и ) ланы на фиг. 50. . Р р р ра и положение его центра тяжести С>иг. 50. Схем . Схема сял, деаствуюшв* яа трактор ва подъеме. сила тяги на крюке Р, вектором в 5 мм, лызаем вектор веса трактора Π— 1 носим силу Р, по линии ее дей под углом а = -'- 20с. е де ствия до пересечения с линией действия к .
пускаем вектор О;1 в точку Ь, силы тяжести. Получим точку Ь. О будем иметь Ь 4 = О 1. С Ь4=0. = О 1. Склалываем геометрическ Ь 6 = Р = О. Имеем равнодействующую г> 5. Продолжаем лини проходящей че ез н через центр тяжести. Получаем точку а. Так как мы иг ем и предельное значение силы ине ции, то ствуюшая всех сил (вклю рнии, то разнодейточку опрокидывания О. включая и силу инепции) о р ) д лжна пройти через Переносим силу Ь5 в точку а '(а2 = Ь5 ' а = ) и строим силовой треугольник а 2 3.
Здесь вектор 2 3 и есть вы предельная сила ине ции. По и есть выраженная в масштабе сила инерции. По чертежу она получилась равной 3,3 мм, 86 )>ь ' Общая равнодействуюн>ая а 3 направлена к шщскости ггвй)йенни под углом 5>50', т. е. )г=с18 50 — 0,84 <й . СледователйфФ, сцепление обеспечено, и движение возможно.
При полученнном знйчании силы инерции коэфициент устойчивости равен О. Вопрос о возножности получения силы инерции э'= 1600 кг определяется из возможностей двигателя. Ь) Аналитический способ решения задачи. Йля определения предельной силы инерции по опрокидыванию берем моменты всех внешних сил относительно точки О.
Здесь предполагаем, что центр давления находится в точке О (так как определяется предельная сила инерции э'„). Ь вЂ” положение центра тяжести по высоте, >г, †высо упряжного приспособления (крюка). Иэ полученного уравнения моментов определяется предельная сила инерции. а ик У = — ° О сова — — Р,— Оэ1па л л' г 1 по чертежу определяем -„.- =0,68; —" = 0,55; э1п 20'= 0,34; 0=10 т; Р,=2,5 т; соя 20'= 0,94; ' .У„=1600 кг. Задача 2.
Условие. Определить наименьшую длину троса, необходимую, чтобы вытащить из воронки потерпевший аварию танк. Размеры взять из чертежа фиг. 51. Решение. Применим к решению данной задачи графический метод. Чтобы машину можно было вытащить из показанного на фиг. 51 положения, необходимо в первую очередь обеспечить сцепление в точке О. В противном случае вытянуть машину будет труднее, так как она начнет сползать.
Угол р, равнодействующий с плоскостью гусениц, определяется уравнением Принимая коэфициент сцепления л =0,8, получим р'=50'. Следовательно, чтобы машина ! не сползла, необходимо иметь направление реакции грунта под углом ле меньше 50' (при данном л). Отложив этот угол, получим направление равнодействующей. Через точку пересечения этой прямой с линией действия веса машины (точка а) должна проходить сила натяжения троса, которым вытаскивают машину >' Эта сила проходит через две точки а и Ь (Ь вЂ точ расположения передних рым машины 1). Ее величина определяется разложением сил по правилу параллело.
грама, как указано на фиг. 51. Наименьшая длина троса будет равна отрезку Ь с = й Это ясно из того положения, что, если бы мы выбрали 87 Анап»з явления угол Р) б(>', го ливия аде п»~плв гм,> более отлого, и отрезок 1стал бы больше полученного нами при (>: 5О". Необходимо еще провести проверку устойчивости и сцепления для тягача (П), Для этого, зная величину и направление силы тяги на крюке (Р), мы можем ее сложить с весом тягача О, и таким образом определить центр давления В>. Как видим, он не вышел из длины опор- Фиг. 51.
Схема сил, действующих ва танк >1 трактор ир» буксировке танка из „воронки". ной поверхности гусениц, следовательно, тягач наход»ге» в устойчивом равновесии. Угол наклона реакции грунта для тягача ',~ 45', †следовательно, коэфициент сцепления й ) 1. Если тягач имссг высокие шпоры, то Н можно допустить до 1,2. Тогда из указанншо на чертеже положения танк вытащить можно. Если бы у нас оказалось, что угол,'", слишком мал, или точка су> вышга из длины опорной поверхности гусениц, >о построение надо , было бы проводить от точки П. Задавшись углом Р„мы аналогичным прел>>пущему построением найдем силу Р н ее направление, т.
е. необ>х»лимую длину троса. Глав а 11! ПРЕОДОЛЕНИЕ ПРЕПЯТСТВИЙ 1. Преодоление вертикальных препятствий Преодоление танком вертикальных препятствий, как известно, определяет его тактическую подвижность на поле боя. Чем большее препятствие может взять машина, тем выше ее боевые качества.
88 Обычно принято опрелглять предельную высо>у преодолеваемой стенки по положению псрслней крайней точки машннь>, т. е. по так называемой высоте зацепа Н (фиг. 52). Длн эксплоатационников, имеющих дело с готовой машиной„предельная высота вертикальной стенки должна действительно определяться высотой зацепа. Но отсюда еще не слелует, что при проектировании нового танка можно расположить эту точку произвольно высоко и ею определить преодолеваемую высоту стенки. На определение вертикальной стенки влияют многие параметры машины, которые и дают констРУктоРУ исходные данные Фи 52 Схема вертикального для положения оси ленивца. К сожале- препятствия.
нию, этот вопрос поддается общему решению только при определенных упрощениях. Одним из основных упрощений, принимаемых наин, будет пренебрежение величиной прогибаемости рессор подвески машины. Здесь мы будем предполагать, что танк имеет жесткую недеформирующуюся подвеску. Рассмотрим основные этапы преодоления вертикального препятствия >яиком. 1-й" эпгап — танк подходит к мертикальной стенке и упирается передней крайней точкой (положение >', фиг. 53). Фяг.
53. Схема преодоления вертикального препятствия (1 и 11 этапы). 2-й этап — танк скользит передней наклонной плоскостью гусениц ю краю стенки (П, фиг. 53). 3-й этап — танк скользит горизонтальной плосноспгью гусениц по краю стенки (1>'г', фиг. 54). 4-й этап — центр тяжести танка находится на одной вертикали с ребРом стенки (У(г, фиг. 54). При дальнейшем движении вперед центр тяжести перейдет за край стенки, и машина преодолеет препятствие. Начнем анализ движения машины с 4-го этапа, т. е.
когда центр >яжести танка находится над ребром вертикальной стенки. Напомним, что для рассмотрения машины в наклонных положениях можно оставить ее в горизонтальном положении и поворачивать вектор 99 Фиг. 58. Схема влияния на Н по. ложения центра тяжести. Фиг, 57. Схема влияния на Н угла наклона задней ветви гусеницы. ,I веса на соогпстььтвующий угол я. В данном случае одновреь анно будет поворачиваться на угол а и вертикальная стенка, к а как бы обкатываясь вокруг танка. Исходя из этого, на фиг.
55 определена высота вертикального препятствия, соответствующая принятому у у гл подъема танка (+я), она' определяется отрезком (ас). Из чертежа видно, что между точкой касания 1Ь), углом (+я) и высотой (Н=ас) существует однозначная зависимость, или, иначе говоря, углу (а) соответствчет Фиг. 54. Схема преодоленил вертикальноЬо препятствия (!11 и 1Ч этапы). вполне определенная точка касания и определенная высота Н. Изменяя угол а, мы удем м б менять величину Н. Определим графически ее наибольшее значение. ра тяжести проводим несколы<о лучей, как по- дая этого из центр казано на фиг.
(чем ф . 56 ( больше лучей тем точнев иось1юение); перпендикулярно Лучам проводим линии, касательные к коя~уру танка. Оче- 71 видно, отрезки 1 — 1', 2 — 2', 3 ,и т. д, опредсьшюг высоты вертим 0 С кальных препятствий, преодолевае! мых тапкой под соответствующим углом наклона. Соединяя точки О, 1', 2' и т. д., получим полярную диаграмму пш зависимости углов к Фиг. 55. ПостРоение длЯ опРеделениа и высот Н. ь1тобы из всех полуНшхх ченных значений Н найти Н„„,, перестроим кривую от в декартовы координаты Н)х51 для этого повернем отрезки 1--1, 2 — 2 ... 5 — ль и соединим их плавной кривой оа.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
