З.П. Козлова, А.В. Паншина, Г.М. Розенблат - Теоретическая механика в решениях задач из сборника И.В. Мещерского (1115228), страница 32
Текст из файла (страница 32)
Уо = -Ф == -Мы —, 2' Полученную величину Уо подставляем в (1) и выражаем В„: з 3 2~ В„=- -Ф! — Уо = -Мы — + Мы — = Мы —— 21 2 21 Однородная прямоуголь- Х равномерно врашается и с угловой скоростью ь ь силу, разрывающую пларпендикулярном оси врааяшем через ось вра1иения.
ЮЬ. Рис. 41.19.1 ~Ф' зайцзбний расчетная сзема и на рис. 41.!9,2. Система координат зана с врашаюшейся пластиной. ~ф ~Отбросим» правую половину и вал вдоль вертикальнои оси. Их нв оставшуюся половину заменим ,1 ", юШимн силы и момента реакции Л -'„,,!'-"!:;:: и Мох. Мор. Мо* Применим принцип Даламбер ;","-;,'::;,!;-'з:-:: го добавим силы инерции частиц и ,':;.'~::,,';„, иы. Так как врашение равномерное, зображена Окуз свя- пластины действие составля'о.
уо, Ф а. Для это- олупластито частицы Рис. 41.19.2 Это и есть сила, растягиааюшая стержень в поперечном направлении 8. Метод кинегосгагихи гтмехп лишь нормальные ускорения, направленные параллельно оси Ок к осп вращения О». Поэтому их силы инерции также параллельны оси Ок и ттапранленгл ог оси вращения Оа (толщиной пластины пренебрегаем).
Так как пластина однородная, то такая система сил инерции имеет равнодействующую. линия действия которой проходит через центр масс С~.' Ф =-. — гтг~ат'-,. Величина ;3 М г а Маьтт а=тагес,= — ы -= 2 2 4 Приравняем нулю сумму проекций всех сил на ось Оах Х +ф=-о. Отсюда Хо =- -Мам,т'4.
Следовательно, искомая сила, разрывающая т пластинУ, Равна Маы тт4. Задача 41.20 (41.231, Одно радиуса гг и лгассы М враш ловой скоростью ьт вокруг свое метра (рис. 41.20.г'Г. Определи диск по диаметру. 2МД 2 Ответ: — -- —. Зтг Рис. 41.20.1 ((1 Решение. Расчетная схема — на рис.41.20.2. Система координат Охра связана с вращающимся диском, «Разрежем» диск вдоль вертикального диаметра и «отбросим» левую половину Действие отброшенной части и вертикально~о го вала на оставшуюся часть диска'заменим я — — — реакциями Хо, гто, Яо и Мо«, Мое, Мо», 0»™о»Уо Центр масс Сг половины диска опреае- С, р ляется соотношением (4,1ф Хо 2 агп гт 2 ьбп (кД) 43 гх пте ОСг = -Л вЂ” ' = -'Й вЂ”. 3 .
гг 3 .кг2 Зк ы Чтобы воспользоваться принципом Д(гламб~-. 4 и С. 4т.20.2 Ра, ДОбаВИМ СИЛЫ ИНЕРЦИИ.ЧаеттЗ Ц ПГГат(атва,: та ПРИВЕДЕМ СИЛН ИНЕРЦНИ .К.тЕЧКЕ От атаги.,КхаК СнетЕМа ВРашастСЯ РаВНОМЕРИО И ВСЕ тРИ ОСИ ЯВЛЯЮтеа ГГ(ВЯГ4ЬГМИ.1ГгИМН инерции для 'точки О,:го главный момент сия:ийерции, полудцойй.тзтирсительно точки О.равен нулю (х;~- .= Щ. Гаявнмйсваехбр.'амид,аггга(гг(г4ит $$МЮМ ЕНЛЙ' ИНЕРЦИИ)) Ф се -"гй1Ф~,. ЛИНИЯ' ДЕИСтани ПРОХОВь Э)аитР МаСС С1, ВЕЛНЧННа д), МНОГИ 21~ 22)У«Р22 Ф вЂ” гп1ас, = ' — ау - ОС1 =— 2 ' Зя ьг уравнение равновесия сил для полудиска в проекции на ось Оу 2 М,122 3'о = -Ф == —— 3 11 2ЛХи122 в, разрываьэщая диск по диаметру, равна — —.
3я 24). Тонкий прямолинейный однородньш стеры М вращается с постоянной угловой скоростью ь точки О (шаровой шарническую поверхность с О ! й в точке О (рис.41.21.1), ьлонения стержня от верния, а также величину 1т' а шарнир О. 5 1 ! 3л Ы." и )/ 411ь,4 Рис. 41.21.1 1аФШ6нно. Расчетная схема ии~бражеиа 41.21.2. Применим принцип Даллмбестержень действуют сила тяжести Мхг реакции шарового шарнира О с состами Хо, Уо, Яс (рис.41.21.2). Разобьем стержень на элементарные участнаковой длины (рис. 41.21.3). Ускоресрааннх точек этих участков распределять стержня по линейному ззкону; так сопа1 и ал =- ы Ьь, ~де Ьх — рассго- 2 срсдней точки элементарного участка вращения Ол. Силы инерции элеменучастковстержня (которые принимаем Рис. 41,21.2 ~У:;:"~; '-,' ".-'.
..::: Эг'Магщ «мМгОстяияи..... 299 8. 1Иетод кинетостатики за точки), тоже распределятся по линейному за- О кону. Распределенные так параллельные силы имеют равнодействуюшую силу, приложенную к точке 22, которая делит длину стержня в отноб О Ф шенин 2: 114,11~. 22 Поэтому 2 ОП = -1, Ф =- -Ма", Ф =- Мы — япд. 3 ' 2 Составим уравнения равновесия силы тяжести, сил реакции шарнира О и силы инерции в виде суммы проекций их на координатные оси и суммы моментов их спносительно координатных осей. Получилс Рис.
41.2! .3 Хо -О, 1'о ~ Ф.=О, го-мд=О, 2 — Мд- яп ~р+ Ф . -1 сох р:-. О, О = О, Π—. О. 2 3 2 — Мд — яп у~+ Мы — яп д-1соз1р = О 2 2 3 Зд = спышь=- — -, з1прФО 2Ы ' Зд = д =- агссти —. Из первых трех уравнений системы получаем. что Хо = О, /За \ 1'о = -Ф = — Мы — ейп 9~ = — Мю — 1 — ~ — ~ ° ~21ы / ~о М8 Поэтому величина силы давления стержня на шарнир О равна х э+3 з+ хт Заметим, что указанньче силы, приложенные к стержню, не создают моменты относительно осей Ор и Ог, поэтому последние два уравнения обращаются в нулевые тождества. Решаем четвертое уравнение системы: Рис. 4т.22.2 вах РЕщение.
Расчетная схема — на рис.4К22.2. Координатные оси Опух свяжем с врашаюшейся системоп так, что стержни расположены плоскости Оух. Применим принцип Даламбера Для этою шарнир О заменим реакйямн Хо, 1о, Яо, Для удобства рассмотрим стержни отдельно. На каждый из ник действует своя сила тяжести, приложенная соответственно мантрах масс С~ и С,; гп,лт и гп;а, где та~ — — — а а-+, 'Ь При исследовании сил инериии воспользуемся рассуждениями, принными в решении задачи 4К2К Получим.
что для одного стержня 8. Метод кинетостатики равнодействукггдая сила инерции й Ф~ — -- — тп|ас, приложена к точке В (ОВ = 2а/Зг, причем величина М га Ф~ = тгас, = — аы — зги уг; аЬЬ 2 а для другого стержня равнодействуюшая сила инерции Фг = — пггас, приложена к точке Ю (0.0 =- 2Ь/3), причем величина гЬ Фг = ггггас == Ььг — сох ф. а+Ь 2 Запигдем уравнение равновесия всех перечисленных сил изогнутого стержня в виде суммы моментов сил относительно осн Ов: а Ь 2 2 гнал — ип д — тгл- сох д — Ф,-а сов 1р+ Фг-Ьсчпу = О. 2 2 3 3 Расписав величины, получим: М аг М Ьг М аг — — — я $1п ф — д соа ф — — — ы -а $1п д сов уг + ачЬ2 а+Ь2 а+Ь2 3 М Ьг 2 + — — ы — Ьзгп~рсоауг = О.
а+Ь2 3 После несложных преобразований выразим зависимость между угловой вт скоростью ш и утлом отклонения д: 4:-"' Ьг сов 1р — аг згп Зг '=3~ (Ьз аз) з<п 2Зр Рис. 4 $. 23.2 ч,~г чав. $Мшеиие. Расчетнаа схелга — на Рис. 41.23.2. сисгемУ кооРдинат Ь9~.;„Ойуа свяжем с врашаюшилюя стержнем так, что он все врелгя расположен в плоскости Ора.
Действие шарнира на стержень заменим силами реакции 4.'о.Уо,Яо. Для удобства рассмотрим две части стержня, разделенные вертикальной осью. ~$~ч,. К первой части стержня в центре масс С, приложена сила тяжести тгв, причем М тч -- — а ауЬ ааа. ' Ко втщюй части стержня в центре лисс Гг приложена сила тяжести тгх, причем М тг — — — -Ь. а ЬЬ При исследовании сил инерции стержня воспользуемся результатами, веденными в решении задачи 4!.21. В ~очке А (ОА = 2а/3) первой ти стержня приложена равнодействуюшая сила инерции Ф; — — — т,ас,.
чем величина М,а Ф! — — — а. ы — я'и ь.. азЬ 2 ке В (ОВ = 2Ь/3) второй части стержня приложена раг нодейству- сиав инерции й Фг = — тгас,, ~'-; ~'ф,-Дайлейие ер ащавщегооа твердого тела раценив ф 42, ~$ОЦ задача.42;т ( ходится. Иа рас ук(дщипников от йодщипники, к симметрии, пер ь!тает! Сила ствуюшдя дв вертикали, а д соединяющей с центром мас давления на каждый из подшипников есгь равнодейух сил, из которых одна равна !4,7 кН и направлена по ругав равна 23,б кН и направлена параллельно прямои, геометрический центр колеса, находящийся на оси вала, с колеса. Расчетная схема — на рис. 42. !.1.
Свяжем систему коорращающеися системой (вал с маховым колесом) Причем я направлена параллельно ОС, где С' — центр масс колеса. илы для системь<: сила тяжести Мя и реакции подшипников оставляющих вдоль координатньи осей (Хд, Гд, Хв, т<в !. <ся принципом Даламбера лля механической с«стел<ь<. С учен точек системы уравнения равновесия ил(еют вид !4, 1! ~: 22„, (- Фн -= О, Лн), ( ~э й'" =-О дн Мян(Л,) ( ,'> Мдт(1<,) 4 н <Мян(В„) ) Е "й" =-О, Ян г(мн) О дн Здесь Ян — реакции подшипников А и В; (! — главный вектор сил инер(нм) ;й;, - ции махового колеса, бя — главный момент сил инерции отн<юительно точки А махового колеса (г( „) ,-':;;--;:,-: йе Решение.
динат Акул с в ось Атг все врем Внешние с А и В в виде с Воспользуеь том сил инерци 42Л). Центр л<асс махового колеса массы 3000 кг настоянии ! мм от горизонтальной оси вала; расстояния колеса равны между собой. Найти силы давления на огда вал делает ! 200 об/мин. Маховик имеет плоскость пендикулярную оси вращения. Е"'+ Е и и Е'Р" Е м Х." +Е м Мдн (Км ) К Мдт (<'"м ) н М„(К„") ЗОб 9. Лаалеттие вращающегося твердого тела на ось вращения Рис.
42.(.! Приведем силы инерции точек махового колеса к точке О на неподвижной оси врашения Ах. Получим главный вектор сил инерции Ф = — Мас вв и главный момент сил инерции относительно точки О вв Х "ы = -'— "', -;4 приложенные в этой точке О. Выпишем формулы лля вычисления про- )х' екций этих векторов (4, ) (1: С ) Фх =- -еус — »а ас, Фу -= вас -(а ус* Ф» = б (ин) 2 (»~н) т (хх) т'ох = а.)х» "' .)х» Хох = а )т» + ьт,)х»» бе~ = -а г». Заметим, что вал системы не обладает массой по условию задачи (безынерционный). Так как вал вращается равномерно, то угловое ускорение е равно нулю. Поэтому главный вектор сил инерции Ф определяется лишь нормальным ускорением центра масс С.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
