Кирсанов М.Н. - Решебник по теоретической механике (1079968), страница 36
Текст из файла (страница 36)
2. Вычисляем ускорения точек А, В, С, Е. Составляем кинематические уравнения с учетом того, что, по условию, стержень ОА вращается равномерно: еол, — — О, 13.2. Общее уривнение динамики (одна степень свободы) 291 3. Вычисляем силы тяжести и силы инерции материальных точек. Вычисляем силы тяжести: Слу —— — тлд = — 19.62 Н, Св„— — — твд = — 29.43 Н., Осу = — лпсд = 39 24 Н Сеу = — тед = — 49.05 Н. Вычисляем силы инерции Ф = — тИ' по Даламберу: *1 ФАх Флу хх — тяглу»х ЗА64 Н,. Фв = твИ'в = 6.927 Н Ф,у = -т,И',у = 10.105 Н, ФВ Силу трения направляем в сторону, противоположную движению пол- зуна, а моменты трения — в сторону, противоположную вращению соответствующего кривощипа: тр.х тр С»1 ~ Сх~' тр.ВО» тр ВО»! ВО~' трОА» тр ОА»Л ОА~ 4. Записываем общее уравнение динамики Ау Ау+ Ву Ву+ Су Су+ Еу Еу+ тр.х С + АхЬА» + Ау Ау+ Вх Вх+ Ву Ву+ Ьх Ьх+ Еу Яу+ + С.
Сх + ОА»иОА" + тр ОА» ОА» + р.ВО ВО» Находим из этого уравнения искомый момент; ЛХ,А — — 140.69 Нм. УСЛОВИИ ЗАДАЧ. Плоский шарнирно-стержневой механизм с одной степенью свободы движется в вертикальной и оскости под действием сил тяжести и момента ЛХ, который вращает звено ОА с постоянной угловой скоростью шсл. В узлих А, В, С и в иенп1ре Е звена АВ расположены .иатериальные точки. Яа осях неподвижных шарниров О и Р имеется трение с постоянным моментом ЛХ Сила сопротивления движению ползуно, — В, остальные связи идеальные. Пренебрегая массами стержней, определить величину момен'та ЛХ.
*1 7Кан Лерон Даламбер (1717 — 1783) — французский математик, механик, философ. — т И~А, — тВИ»в — т .И',, тсИ сх = — 2Н, = — ЗН, = — 5Н, = — 3.356 Н. 13.2. Общее уравнение дин мики (одна степень свободы) 293 щол, = 0.2 рад/с, Етр =- 50 Н, Мтр = 30 Нм, тл = 2 кг, тв = 3 кг, тс .= 6 кг, тпв = 3 кг, ОА =- 120 см, ВВ =- 30 см, АВ = 66 см,ВС = 32 см.
ыол„= 0.6 рад/с, Етр =30 Н, Мтр = 35 Нм, тд=3кг,тн=5кг, тс = 4 кг, те = 5 кг, ОА = 32 см, ВВ = 62 см, АВ = 30 см, ВС =- 23 см. щол, = 0.6 рад/с, Ггр — — 40 Н, Мгр -— — 40 Нм, тв = 4 кг, тв = 6 кг, тс = 5 кг, тв = 7 кг, ОА = 33 см, ЛВ =- 63 см, АВ = 30 см, ВС = 23 см. 30' юов =- 0.7 рад/с, Я;, = 1О Н, Мьр = 1О Нм, тл = 1 кг, тв =- 3 кг, тс = 2 кг, тпв = 5 кг, ОА = 27 см, РВ = 64 см, АВ = 30 см,ВС = 23 см. 10. щоА = 0.7 рад/с, Етр = 20 Н; Мтр = 15 Нм, тл = 2 кг, тпн =- 4 кг, тс = 3 кг, тв = 3 кг, ОА=28см, ОВ=61см, АВ = 30 см, ВС =- 23 см. А 30' Гл.
13. Аналитическая механика 294 Ответы хл ив ис хв ~ И'л И'в И'с И'я ~ М м/с Нм м/с 0.208 О. 189 0.200 0.180 0.210 0.240 0.192 0.198 0.189 О. 196 0.208 О. 189 0,200 0.104 0.210 О. 240 0.192 0.343 0.327 0.339 0.493 ~ 0.024 0.332 ~ 0.029 0.265 0.231 0.217 0.042 0.394 0.167 0.192 0.339 0.526 0.582 1.264 1.573 1.385 2.525 1.229 1.105 0.313 ~ 0.829 0.221 ~ 10.537 ) 0.229 ~ 6.702 0.085 ! 60.684 ' 0.179 ~ 55.255 0.098 171.402 0.320 ~ 24.752 ~ 0.573 ~ 170.651 ~ 0.758 ~ -8.364 ~ 0.547; 72.748 ' 0.208 0.189 0.200 0.104 0.210 0.240 0.192 0.343 0.327 0.339 0.208 0.166 О. 189 О.
132 0.200 0.200 0.104 ~ 0.054 0.210 ~ 0.063 0.170 0.048 0.136 ~ 0.115 0.198 ~ 0.119 0.189 0.132 0.196 0.137 1 2 3 5 6 7 8 9 10 13.3. Общее уравнение динамики для системы с двумя степенями свободы ПОстАнОвкА 3АдАчи. Механическая система с идеальнььми стационарными связями имеет две степени свободы. К системе приложены известные активные силы. Найти ускорения тел системы. ПЛАН 1'НШНННЯ 1. Выбираем две обобщенные координаты. В качестве обобщенных координат можно брать перемещения точек системы или угловые перемещения тел, однозначно определяющие ее положение. 2.
Ускорения центров масс тел и угловые ускорения тел выражаем через вторые производные выбранных обобщенных координат (обобщенные ускорения). 3. Прикладываем к системе активные силы и силы инерции. Вектор силы инерции вычисляем по формуле Ф = — тИ~, где И' ускорение центра масс тела. Вектор момента сил инерции находим гю формуле М = — дс, где в — угловое ускорение. Реакции идеальных связей не указываем. 4. Даем малое приращение (вариацию) одной из обобщенных координат, фиксируя вторую координату. Составляем первое общее уравнение динамики, представляющее собой равенство нулю суммы элементарных работ всех сил, включая силы инерции, на этом приращении. Так же составляем и второе уравнение, при этом приращение получает другая обобщенная координата. 13.3.
Общее уравнение динамини ~две степени свободы) 295 5. Решаем систему двух алгебраических линейных уравнений с двумя неизвестными обобщенными ускорениями. ПЕИМЕЕ. Механическая система с идеальными стационарными связями имеет две степени свободы и состоит из цилиндра и бруска. К оси однородного цилиндра массой т, приложена горизонтальная сила Г. Цилиндр катится без проскальзывания по бруску массой т . Трение между бруском и горизонтальным основанием отсутствует (рис.
155). Трением качения пренебречь. Найти ускореРис. 155 ние центра масс цилиндра. РЕШЕНИЕ 1. Выбираем две независимые переменные, однозначно описывающие положение системы. Пусть переменная х, указывает положение центра цилиндра по отношению к неподвижной системе отсчета, а хз — положение бруска относительно той же неподвижной системы х1 ~бх~ Рис.
157 Рис. 156 отсчета. Направляем оси т. и т, в сторону движения„т.е. направо (рис.156). 2. Ускорения центров масс тел и угловые ускорения тел выражаем через обобщенные ускорения. Ускорение центра цилиндра Ис = х,, ускорение бруска И' = х . Для того, чтобы выразить угловое ускорение цилиндра е через ускорения центров бруска и цилиндра, находим положение мгновенного центра скоростей цилиндра (рис.157). Получаем зависимость щ, = — 167 = — (х — х )/В. Дифференцируя оо, по времени, находим, что е.
= — (И~ — И' )/Л. Гл, 13. Аналитннеенал механика 296 Гбх + Ф „бх + ~мбрр, = О, ~41 ~~2 бх1 Рбх — т И' бх —,7 — — — — — -- — = О. Сокращаем на бт Ф О, тогда Л вЂ”,И, — — 1(И'1 — И ) = О. 2 Второе уравнение получаем в предположении, что бх ф О, бх = О. Цилиндр, имея неподвижную ось, повернется против часовой стрелки на угол бх /Л. Получим уравнение М~~бхг(Л+ Ф „бхг — — О, или 1 — тИ'бх =О. Игг — Иг бх.
Делим уравнение на бх Ф О, — (Игг — И ) — т И'г = О. 2 (2) б. Решаем систему двух алгебраических линейных уравнений (1), (2) огносительно ускорений. Получаем ускорение центра масс цилиндРа Иг и УскоРение бРУска Игг: т1+ 2тг т (т1+Зт )' т„+Зт Интересно проанализировать решение. При т = О, т.е. при невесомом бруске, из выражения для Иг следует, что Иг = Е/т1. Такое 3. Прикладываем к системе активные силы С1, С и силы инерции Ф, и Ф, проекции которых на ось х вычислены по формулам Ф, = — т И, Ф, = — т Игг,гдеИе =х, И~ =х. Кцилиндру прикладываем момент сил инерции.
Момент инерции цилиндра относительно центра масс У = гл Лг,12. В проекции на ось г, перпендикулярную рисунку, получаем, что гегам = — Уе, = т Л(Иг1 — Иг )/2. 4. Даем системе малое приращение обобщенной координаты бх, фиксируя координату х: бх = О (брусок неподвижен, цилиндр поворачивается по часовой стрелке на угол бег, = -бх /Л). Составляем первое общее уравнение динамики как сумму скалярных произведений векторов сил и векторов перемещений: 13.3.
Обьцее уравнение динамики ~две степени свободы) 297 ускорение имеет тело массой т1 при поступательном движении под действием силы Г. Таким образом, невесомый брусок, без трения скользящий по плоскости, выполняет для цилиндра роль идеальной смазки, в результате чего цилиндр, лишенный зацепления с неподвижной плоскостью, не вращается, а перемещается поступательно. Если же устремить массу бруска к бесконечности, то получится простое решение о качении без проскальзывания однородного цилиндра по неподвижной плоскости: И' = 2ЕДЗт 1*~ . Условия злдяч.
Механическая система с идеальными стационарными связями имеет две степени свободы и состоит из пяти тел. Блок (,или однородный цилиндр) Р катится без проскальзывания по неподвижной горизонтальной плоскости или по подвижной тележке массой тя. Массой колес тележки пренебречь. Грузы А, В и ось однородного ц линдра Е перемеи1аютсл вертикально под действием сил тпяжести. Трением качения пренебречь. Найти ускорение груза А. г,= 12 см, Л,= 28 см, 1,= 26 см, го= 19 см, тл=- 9 кг, тв= 4 кг, то= 4 кг, то= 5 кг, тв= 1 кг. тл= 4 кг, тв=- 1 кг, то= 5 кг, то= 7 кг, тв= 2 кг.
г,= 14 см, Е Н,— — 32 см, 1,= 28 см, го= 11 см, 9 Проверим это решение применив, например, теорему об изменении кинетической энергии Я 12.3, с. 247). Работа силы г на перемещении х1 равна г хо Кинетическая энергия в начальном положении — Тв, в конечном положении Зт1о1/4. Изменение кинетической энергии равно работе 2 силы: Зт1о~1/4 — Тв = гхи Дифференцируя это равенство по времени 1 с учетом о| = дх1/Ж и Тд = сопвС, получаем искомый ответ. 13.3. Общее уравнение динамики (две степени свободы) 299 т,.= 14 см, В,=- 28 см, с,=- 28 см, то= 17 см, Вр=- 24 см, со= 23 см, та=18 кг, тв=- 5 кг, то=10 кг, то= 3 кг, тпв=- 8 кг.
т.,= 18 см, В,= 33 см, с,= 32 см, то= 18 см, Ло= 26 см., со= 25 см, та=18 кгс тв= 6 кг, то=11 кг, тпо= 4 кг, тв= 9 кг. г,= 20 см, В = 36 см, т',=- 34 см, го= 19 см, тпл= 8 кг, тпв= 4 кг, то= 4 кг, то= 5 кг, тп — — 1 кг. Ответы 1.
0.780 мтссз. 2. 3.165 мссз. 3. 4.951 м,тсз. 4. 8.763 месса. 5. 8.531 мттсз. 6. 8.804 месса. 7. 3.473 нс/сз. 8. 5.613 мттсз. 9. 8А85 мтсз. 10. 9.198 мттсз. Ответы на типичные вопросы, возникающие при решении задачи 1. Радиус и линдра в задаче не задан. Можно ли решитпь такую зада ту У Можно. В процессе решения этот радиус сократится. 2. Как проверить решение задачир Решить задачу, выбрав другие обобщенные координаты, или другим способом, например, с помощью уравнения Лагранжа 2-го рода Я 13.4, 300).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
