Кирсанов М.Н. - Решебник по теоретической механике (1079968), страница 33
Текст из файла (страница 33)
141). Система уравнений движения колеса имеет вид иггйг — Т+ ~е Сгз1по О = Л' — С (2) Во втором уравнении мы положили д = О. 3. Кинематические связи системы (3) Знак минус возникает из-за того, что положительные направления углов поворота (против часовой стрелки) колеса и барабана соответ- ствуют отрицательной проекции скорости оси колеса.
Дифференпи- руем (3) и получаем соотношения для ускорений — ф,г =й,, -дгд=й2, (4) 4. Система восьми уравнений (1), (2), (4) содержит восемь неизвестных й, вг', ~рг, Т, Р'„и, ге', Хо, 1„и разбивается на две. Для первых пяти неизвестных можно выделить систему пяти уравнений. противоположных направлениях. Действие оси, на которой вращается барабан ворота, заменяем реакциями Х„, Уо. К катящемуся без проскальзывания колесу С прикладываем силу сцепления Р,и и нормальную реакцию опоры гу. Силу сцепления колеса с наклонной плоскостью Е,и направяяем условно вверх (истинное направление будет известно в результате решения задачи).
Прикладываем внешние силы: весаСл =т диС =гп 6. 2. Записываем уравнения вращательного движения барабана массой т, в выбранной системе координат Гл. 12. Динамика системы 268 Учитывая, что моменты инерции однородных цилиндров имеют вид ,У1 —— т1г~~/2,,7з — — тхЛ~/2, получаем тзхг Т+ Р, — тгув|по, т Лф. /2 = Рьш т1г,ф, = -54!г, + Т, (4) — ф,г,=ха — ~эзЛ = хз. Исключая неизвестные Р„г Т, ф, и х,, находим 2(тхдг вша — ЛХ) гз(т + Зтз) (5) Правая часть (5) не зависит от времени.
Обозначим ее за — А. Получим ф = — А, А ) О. Интегрируем (5) цри условии, что в начале процесса (1 = О) барабан находился в покое (ф = О), и угол поворота отсчитывается от нуля р = О. Получаем уравнения ф = — А1, у = — АР/2, которые записываем для некоторого момента ~ = ~„ когда барабан сделает по часовой стрелке и оборотов и повернется на отрицательный угол — 2кп.
Угловая скорость барабана при этом достигнет величины ш,которую надо определить в задаче: ш = — А~„, 2кп = Аф2. Исключая неизвестное время й„получаем ответ: 2 1, = 2,Бп(А, ш = — 2ъ'Ахп = —— г, Знак минус показывает, что вращение барабана направлено по часовой стрелке. Анализ подкоренного выражения дает ограничение на существование. решения: М > тздг, ебп о. Условия задач.
Механическ я система с одной степенью свободы состоит из спел, совершающих плоское движение. Под дейспы вием сил тяжести система из состояния покоя пр ходит в движение. Какую скорость приобретет груз А, переместившись (вверх или вниз) на Я = 1 му Качение цилиндра (или блока) происходит без проск льзывания с коэффициентом трения качения б. Коэффициент трения скольжения з" . Радиусы инерции ьц, ьо. Внешние радиусы Л, Лр, внутренние г, го.
12.6. Плоское движение системы 271 Ответы 1. 2.756 м/с. 2. 1.533 м/с. 3. 1.785 м/с. 4. 3.253 м/с. 5. 1.857 м,1с. 6. 2.078 м,1с. 7. 1.873 м/с. 8. 2.389 м/с. 9. 1.682 м/с. 10. 1.756 м/с. дв дс до .4л Ав .4о Нм кг — 0.662 — 0.462 — 0.936 0.116 -1.051 — 0.825 — О. 231 — 0,077 — 0.474 — 1.065 1 0.281 2 П.112 3 ) 13.547 4 ~ 0.529 5 ~ 12.960 6~ 6000 7 8 4.000 9 10~ 6.000 4.621 32.000 31.641 4.180 31.790 29.455 4.861 6.000 6.526 8.078 4.771 5.349 2.625 О. 595 7.500 4.243 0.667 0.592 19.009 38.231 49.050 117. 720 166.770 39. 240 196.200 186.390 15.187 98.100 45.088 166.770 7.357 -46.247 -62.539 10.090 -70.632 -58.860 -39.240 -58.860 В таблице даны приведенные массы тел.
Скорости и угловые скорости тел выражаются через скорость груза А. Во всех вариантах Предупреждение типичных ошибок 1. Составляя уравнения плоского движения тела, не забывайте, что в уравнении д,ф = ЛХ, момент инерции берется относительно центра масс тела, момент Ы, также вычисляется относительно центра масс. 2. Характерная ошибка: для катящегося без проскальзывания цилиндра забывают про силу сцепления. 3.
Не путайте силу сцепления и предельную силу трения, для котоРой спРавеДливо соотношение Гт„ = 7Е1,„. В Данной постановке задачи проскальзывание не допускается и действует сила сцепления. 4. Ошибки в знаках кинематических соотношений. Для уменьшения возможности таких ошибок иногда удобно использовать общую систему координат для всех тел. В любом случае придерживайтесь одного и того же правила знаков для углов поворота: положительный угол (и момент1) — против часовой стрелки. 5. Изображая реакции внутренних связей, не забывайте про 3-й закон Ньютона (' Силы взаимодействия двух тел равны по модулю и направлены по одной прямой в противоположные стороны").
6. Проверку решения можно выполнить с помощью теоремы об изменении кинетической энергии ( 3 12.3, с. 247). Решение при этом получается значительно проще. Приведем промежуточные ответы для этого способа решения задачи. Гл. 12. Динамика системы 272 12.7. Динамические реакции в подшипниках ротора ПОСТАНОВКА ЗАЛАЧИ. На оси, вращающейся в двух неподвижных подшипниках под действием постоянного внешнего момента, закреплен цилиндр и жесткий невесомый стержень с точечной массой на конце. Ось цилиндра составляет малый угол с осью вращения.
Найти динамические составляющие реакций подшипников. ПЛАН РЕШГПИЯ Динамические составляющие реакций подшипников Хя, Хв, УА, Ув на подвижные оси, связанные с вращающимся ротором, удовлетворяют уравнениям [16) Хл + Хв —— — ту,е, — тх,а ю г УА+ Ув — — тх,е, — ту, ог, АХА + евХ — — д е —,7 а)ю г — г У вЂ” хВУ — — — д,е, + д„,ь»,", гДе т = 2,ь т, — масса РотоРа, х„, У„, — кооРДинаты его центРа масс, д„„д», — центробежные моменты инерции ротора.
Ось г направлена по оси вращения ротора; и~ы е, угловые скорость и ускорение ротора в проекции на г; гл, гв — координаты подшипников А и В. 1. Вводим систему координат. Начало координат помещаем в одном нз подптнпннков, например, А. Ось г направляем по осн вра»пения, ось х направляем так, чтобы ось цилиндра лежала в плоскости хг. Определяем массу т системы двух тел и координаты центра масс системы: г х, = — т.х,, т~ »=1 1 1 у = — у т»уе, хе = — ~ ~т,ге, (2) где х„, у,, », — координаты центров масс тел. дя — — тл. Сумма работ всех сил, приложенных к телу А на заданном перемещении обозначена как Ая. Аналогично Ав и А зто суммы работ всех сил, приложенных к телам В и Р.
12.7. Динамические реакции в подшипниках ротора 273 2. Вычисляем моменты инерции цилиндра, ось ц которого составляет малый угол с осью вращения 2, относительно осей координат: В2 1 + »2 1 2) В2 + 1'с с 1 'с~ с» ~ 7(цил( 7(ци»1 (3) (»1ил ( ,уд» вЂ” — т117, з„. Малый угол сг отсчитывается от оси цилиндра ц к положительному направлению оси 2.
Угол берется положительный, если со стороны оси у поворот оси цилиндра к оси з виден против часовой стрелки, и отрицательный -- если поворот виден по направлению часовой стрелки. Моменты инерции,7у...р„и о„' вычислены . (цвл1 01ил( (цил( по теореме Гюйгенсаз) . Вторые слагаемые в (3) представляют собой соответствующие моменты инерции центра масс цилиндра относительно начала координат. 3.
Вычисляем моменты инерции точечной массы (груза) относительно осей т,у,з 4. Находим суммарные моменты инерции системы 7(цил( + 7(гру»1 м г(цвл( 7(гру»1 »» л» 7(цц»1 7(гру»1 Р» у» 5. Вычисляем угловое ускорение ротора е» = М,(1о'„и угловую скорость ротора в указанный момент й Если е, = сопв1 и и1,(0) = О, то и1, = е,б 6.
Искомые реакции находим из решения системы (1) при зд — — О. 0 Христиан Гюйеснс (1629 — 1695) — нидерландский математик, механик, физик и астроном. 18 М.Н.Кирсанов Прнмрр. На оси, вращающейся в неподвижных подшипниках А и В под действием постоянного момента М, = 0.4 Нм, закреплен ротор, состоящий из цилиндра массой т1 = 50 кг и жесткого невесомого стержня длиной В = 21 см с точечной массой тз = 6 кг, на конце (рис.
142). Ось цилиндра состаааяет угол а = 0.06 рад с осью 274 Рл. 12. Динамика системы вращения Аж Центр массы цилиндра лежит на оси Аж Стержень перпендикулярен Аж Найти динамические составляющие реакций подшипников в момент времени 1 = 3 с. Ротор вращается из состояния покоя. а Ь с а = 25 см, Ь = 50 см, с= 35 см, Н = 20 см. уе Рис.
142 Введены системы координат х,, у„з„1 = 1, 2, с осями, параллельными х, у,, проходящими через центры масс тел 1 и 2. Ось (" является осью цилиндра и вместе с осями х, и х лежит в плоскости хз. Оси С и и перпендикулярны ~. РГшеииГ 1. Вводим систему координат. Начало координат помещаем в подшипнике А, ось направляем по оси вращения. Ось цилиндра лежит в плоскости хз.
Определяем массу системы гп = т + т = 56 кг и координаты центра масс системы по формуле (2) х = †,6 0.2 = 0.0225 м, у = О, - = †(50 . 1.1 + 6 0.85) = 0.982 м. 1 1 56 ' ' ' ' 56 2. Вычисляем моменты инерции цилиндра относительно осей координат по формулам (3), где о ) 0 Угол берется положительный,так как со стороны оси у поворот оси цилиндра к оси з виден против часовой стрелки. 3. Вычисляем моменты инерции точечной массы (груза) относительно осей х,у,з 0 265 з ,Г гх 1 0 945 4. Находим суммарные моменты инерции системы Х„= 1.265 кг мз, 1и, = 0.975 кг мз,,7, = О. 12.7. Динамические реакции в подшипниках ротора 275 Хн —— — (.7„,е+ д~,ыа)/ н — — — 3.512 Н, У = (з" е —,У ьзз)/з = 1.233 Н, Хя — — — ту„е — тхью~ — Хн — — 2.377 Н, 1'л — — тх,е — ту,ьз~ — 1'н —— — 2.494 Н. Условия гядяч. На оси, вращающейся в подшипниках А и В под действием постоянного момента М„, закреплен ротор, состоящий из цилиндра 1 и жесткого невесомого стержня длиной В с точечной массой 2 на конце.
Ось цилиндра составляет малый угол о с осью вращения Аг. Центр массы цилиндра лежит на оси Аг. Стержень перпендикулярен Аг. Найти динамические составляющие реакций подшипников в момент времени 1. Ротор вращаепюя из состояния покоя. В центрах масс тел 1 и 2 введены системы координат х,, у,, яп 1 = 1, 2 с осями, параллельными х, у, г.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
