З.П. Козлова, А.В. Паншина, Г.М. Розенблат - Теоретическая механика в решениях задач из сборника И.В. Мещерского (1115228), страница 29
Текст из файла (страница 29)
Простейший гиротахомет р состоит из гиросоединена лвумя пружинами, прикрепленными к 0.12.1). Момент инерции гироскопа относительно щения равен,7, угловая иа ы. Определить угол о, я ось гироскопа вместе с бор установлен на плате угловой скоростью ьЧ икулярной оси у врагцеенты жесткости пружин ть малым, расстояние от о пружин равно а. Рис. 40.12.1 7. Приближенная теория гироскопов Рис. 40.12.2 Рец!ение. Расчетная схема — на рис. 40. 12,2. Ось гироскопа з прецессирует с угловой скоростью ы! вокруг вертикальной оси 2.
Согласно правилу Жуковского, вынужденная прецессия вызывает гироскопический момент Мг —. Й х й!, стремяшийся сделать ось гироскопа а параллельной оси прецессии 2, т.е. поворачиваюший рамку гироскопа вокруг оси я против часовой стрелки. В данном случае гироскопический момент реализуется в виде люмента, противодействуюшего моменту сил упругости двух одинаковых пружин. Поэтому Ни! в!п90 =-2Рт„р.а. Сила упругости каждой пружины Рт„р — — сЬ, где Ь = — аа — деформация при малых ох Поэтому стрелка (осы) отклоняется вверх на угол Ны! $1п 90' Лхи! гк = 2а2',! 2са' Замечание к задаче 40.12, В ответе, приведенном в сборнике ~ 10~.
вероятно;опечатка. !Ф' РнШенне. Расчетная схема изображена '.-;х на рис. 41 1.1. Главный момент сил инерции диска !е! » с, =- - »схем †. гол'Р Момент инерции »с, =;- гатт!2. Угловое уско(в!!...,Рейне е, = ф = 6. Отсюда масса диска 2!Х»!.",! 2 4 !О» !!!а гп -- — — --.— . 0,33 (к»!.
!й(~ т»е (0,2!2 б !(!г: Поэтому сила тяжести диска Р = шя = 3,27 Н. Рис. И.зд (41.2), Тонки»» прямолинейный однородыыи сзержень ' сы М вращается вокру~ оси, проходящей перпендику- ю через его конец, по закону Р =- ар. Найти величины я равнодействующих,7„и,у, центробежны~ и враша- нерции частиц стержня. действующая вращательных с»ш инерции Х, =- Ма! рпендикулярно стержню на расстоянии 21,»3 от оси вра- 2 г действу»ощая центробежных сил»»нерции,У„=- 2Ма !! ! оль стержня от оси вращения ! Решение.
Расче~ная схема — на рис. ч !. 2, !. Угловая скорость стерж- ня ь» = у! = 2аг, угловое ускорение стержня с = ф = 2а, Заметим, что вра- щение стержня ускоренное. Разобьем стержень на алел»ентарнь»е участки одинаковои длины Ъбкорения середин этих участков складываются из нор»»альнь»х и каса тельных составля кмцих: аь =-а»+а~»., где а». — ей», а» = ь» 6». 8. Метод кииетостатики и а„" Ф„ Рис. 41.2.! Ь| — расстояние от середины /с-го элементарного участка до оси вращения (т. О). Касательные ускорения распределяются влоль стержня по линейному закону„нормальные ускорения лежат вдоль стержня.
Сила инерции й-го участка. принимаемого за точку, равна Фх:= — гпхах =- — гпха;. — тхаг'. =- Ф2 + Фг'. В2 Касагельные силы инерции Ф„'. распрелеляются так же, как н касательные ускорения. по линейному закону, образуя треугольник. Распределенные так параллельные силы ил1еют равнодействующую силу, линия действия которои проходит через точку, находящуюся на расстоянии 22/3 от вершины треугольника. Равнодействующая равна главному вектору распределенных по треугольнику сил. Поэтому Ф, = -Мас, где точка С вЂ” центр масс стержня. Величина Ф, =Ме-=Май хх й, НОРМаЛЬНЫЕ СИЛЫ ИНЕРЦПИ Фх ЛЕжат На ОДНОЙ ПРЯМОЙ (ВДОЛЬ СтЕРж- 222 ня) и направлены в одну сторону (от осн вращения). Равнодействуюцтая ф равна главному вектору такой системы сил ' . 4$ ю.
Ф„= -Маах. ф Величина равна Фх'='Мы — =: 2Ма Н; 22 .: -.2'2 Вектор найравдей, адоль.оси втерся от'йсй арагйеуйж',.'. ' ' ' ... ""':,1й' ф !.",~2 Ответе Главный вектор сил инерции равен по людулю Ма и направ., 'лбн-параллельно оси в отрицательном направлении; главный момент сил инерции равен по абсолютной величине (2/З)Маг. «1Я» Решение. Расчетная схема — на рис.
41.3.1. Силы инерции частиц йф ': колеса, движущегося плоскопараллельно, приводим к центру масс колеса. Ф~"'::;-: Получаем главный вектор сил инерции хс 1$, Ф = -Мас. Е приложенный к точке С, и главный момент сил инерции м ь е ф 'С М'"--2 е. Щ Сг сх ех. .Величина ускорения Р х 6$ ас =-Ус --а.
Рис. 41.3.1 Колка катится без скольжения, поэтому г — ай. 8еличина главно~о 5-' ' вектора сил инерции величина главного момента сил инерции 1е1 Мг1 о Мог ~М„~=~,„, . 2 г 2 пределять главный вектор и главный момент. го колеса И планетарного механизма отящей через его центр г! о плоскости движения ОС вращается с постою ы. Масса колеса П равны г.
сил инерции параллеавен 2Мгьз; главный ! 1 Рие. 41 ии 1 н нулю. 8. ФЬ1хщзгниигосгФтикн 275 ';-!ю;' „'',",";: 2 3~цфеа",4$'$ (4$.33. Колегхз массы М и радиуса г катится без сколь:;~~!®~-,,-,'-,"" ,'женин:п11-прямолинейному п1ризонтальному рельсу, Определить глав!;.~,'„,:,'иый. ~актор и главный момент сил инерции относительно оси, прохо- :,'.~-.,'-',-",.',х ' ДД1ЗЕЦ ЧЕРЕЗ ЦситР МаСС КОЛЕСа ПЕРПЕНДИКУЛЯРНО ПЛОСКОСти Данжсина. ;".,":,':- "$63яесо считать сплошным однородным диском, Центр масс С движется по эакону яс = я2 /2, где а — постоянная положительная аечличийа.
Осв х направлена вдоль рельса. 8. Метод кинетоста тики Решение. Расчетная схема — на рис. 41.4.2. Колесо П лвижется плоскопараллельно. Приведем силы инерции частиц колеса к его центру масс С. Получим главныи вектор сил инерции Ф = — Мас, приложенный к точке С, и главный момент сил инерции относительно осн Сх (Ф) Мс„-:: — 7с.еп' Кривошип вращается равномерно, поэтому к 2 ас =ас ас =ы 2г.
Рис. 41.4.2 Угловое ускорение колеса П д д /'ес1 Д /ьг. 2г~ си = --(итт)- — ~ — ) =- — ~- — -/ =О, и 11 '(,,1 А1 (,,г' так как колесо 11 катится без проскальзывания и ы =- соим. Итак, главньщ вектор снл инерции Ф = 2Мы г, главный момент сил г инерции равен нулкь Задача 41.5 (41.5). Конец А однородного Гг тонкого стержня АВ длины 21 и массы М С перемещается по горизонтальной направляющей с помощью упора Е с постоянной скоро- О стью в, причем стержень все время опирается Рис. 4(,а„т на угол х> (рис. 4! .5.1). Определить главный вектор и главный момент сил инерции стержня относительно оси, прохолящей через центр масс С стержня пер! пендикулярно плоскости движения, в зависимости от угла (а.
2 2 тает: $; = ЗМ вЂ” 1сйп усову, р„' =М вЂ” 1(1-Зсов уг)сйп 42, ,(2) в ( Р) 2 - 3 (2) 2 ге з т = — — М1 — в!и РсовР. Ст З Н2 ~4' Решение. Расчетная схема — на рис. 41.5;2. Приводим силы инарции точек стержня к центру масс С. Главный. вектор сил инерции главный лгемент сил Ииериггц ОУноситеяьнозгон; ПРохааап(ей.чарва центр 4 масс перпендикулярно плоакосгтедвижент)я, ' 4 М( =...: —:~суд*;: Рис. 41.5.2 м~ Вычислим ускорение центра масс С и угловое ускорение стержня, :;-:„; .:: Зиаискоростьточки А и направление скорости точки Р, строим мгновен)ф).: иый центрскоростей стержня (рис.
4!.52) и накопим его угловую скорость; Цф .'. ед е е нпу ецп~р Щ)ф АР АР й' Ц яв~ яп $2 мп т1 Вф. Удювое ускорение стержня можно нанти, рассмотрев движение точки Р" '::.::!':: ' (непоЛвижного угла) как сложное (полвижная система координат связана со стержнем) и спроецировав составляющие ускорения на направление, ПсрцвицнКупярНОЕ СтЕржНЮ, г1О ВОСПОЛЬЗуЕМСя бОЛЕЕ ПрОСтЫМ СПОСОбОМ.
и мпк 1 ф~ ф=Ю вЂ”вЂ” и 11,,й:, е е е=-к'=--- гавр ад ~е-~ — —.цп д д Й ' Йз' ф: (так как е = сопя, Н = сопи). уа-'.,' Выпишем координаты центра масс стержня: ко =ОА+1соау, ус =1ь!пу. ЛифФеренцируем: хс = е — ~ в)п к у», ус — - ~ сов у у; ез жс = -1 сов ~р ° у — 1 ып у . ф =- — ) — ° 3 к|п у сов д, Нт В. Метод кинегосгагикн ,г ро = — 1сйп уг. уг +1созтг д = -1 — (сйп уг — 2соз угсйп ф г 5 г ° г Нг . г г =- — 1 — — сйп тг (1 — 3 сов 1р). Нг' Главный вектор сил инерции стержня: г 4 Фк =- — Мхе =- ЗМ 15!о Рсозуг, Нг в ,,г г г Ф =- — Мус.
== М вЂ” 1(1 — Зсоа ~р)сйп уг. Нг Главный момент снл инерции стержня: (фг Щ2Цг.. 2 гвг . з М = -/с,е, = у! =- --М1 — з1п' тгсоыр. 12 3 Нг г Задача 41.6 (41.61. По данным предыдугцей зада намическое давление Лго стержня на угол В, Л ег1г Ответ: Хо — — — М з1п'усохи. 3 Нг Решение. Воспользуемся результатами задачи 41.5. Для определения динамического давления Лггг стержня на угол В применим принцип Даламбера для системы материальных точек.
К центру масс стержня приложены сила тяжести ЛХф и главный вектор сил инерции Ф, в точках А и В приложены реакции опор Йл и Йо, вдоль оси Са, перпендикулярной плоскости движения, приложен главный момент сил инерции стержня М, . Так как требуется определить не полное давление, а динамическое, ин то не будем учитывать силу тяжести.
Опору в точке В предполагаем гладкой. Поэтому вектор Йо направлен перпендикулярно сгержню АН вверх. Система сил, приложенных к стержню — плоская, Достаточно записать одно уравненная сумма моментов перечисленных снл относительно точки А равна нулю (см, рис. 41.5.21: ' и. -Фх1 5гп уг + Фт1 сов 1Р + М~ск,* Нф. '.' =' 6. з1пуг ." ' '...' ф~ Динамическая реакция опоры В,равна; в Во = Ф вЂ” миг Р-":Ф вЂ”. мпугеовуг-.,Жо1,1 = ЗМ вЂ” 1~щи.агапа(а,:-„. '...,.,Л вЂ”.
М вЂ” "Г 'а1П уг СОВР(1. -' ЭСООГ ф+ -М2~='а(П,.'уггигауГ=.::.':.,' г,. 4 " '" "''-1' ":2;г- '.,' .,4, "'., ':,-,,- ';ГФ Ыз: ',;,, ": ':-::.'':.,'"- .-3 -':"Нз:.; ':::;;3,: ':;„',:: ', ',;:::.~ ~* ъ:бф'».'у 3$(я.фчмжу — $! уь. -4хМ3, — $)п утьу, --' ! и усову+за)п усы у+ $)п усову !...4»2'4 з »я -4 +3 = -М! — $)п усову. ства сил действия и противодействия динана угол 27 равно по величине динамической З~ф~чв 4$.7(41.9!. Для экспериментал ленни троллейбуса применяется жидкосг п»ий из изогнутой трубки, наполненной в вертикальной плоскости (рнс. 4!.7.!) О пения троллейбуса при торможении, если и юнце трубки, расположенном в направл ется до величины Ь».
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
