З.П. Козлова, А.В. Паншина, Г.М. Розенблат - Теоретическая механика в решениях задач из сборника И.В. Мещерского (1115228), страница 35
Текст из файла (страница 35)
Оврв свяжем с вращааэщейся механической 'системой. Стфкань КХ: рве; положен в плоскости Оув., При определении сил инерций иастни системы рвзббьем стержень:. ~) КХ, иа два одинаковых стержня .КО: и ОХ и.'аогспаащаатвй:~айулгаениями:в решенЯи'аадВчи 41.2),: В-реаультате йодучим Щйя сф~вйий:Кб:.;:3 '$ и "„'",ф Рис. 42.10.2 равнодействующую силу инерции и Ф~ = — — ос,. 2 2 з з приложенную в точке Е (ОЕ =- -ОК = -1). (очка С, — непер масс стержня КО. Причем Ф~ -- — (йс,. ос,) =Ф', ~Ф', 2 оси От, в противоположном ей направив точек стержня КО сонаправлены ф-'.:,~= Вектор Ф~ направлен параллельно оси Ор я сторону от оси вращения Ог "'";;;.... и равен по величине М „И Ф~ =.
вс, = — — ш япо. 2 ' 2 2 ~ф';;»' Вектор Ф~ направлен параллельно 'ленни, твк как касательные ускорен " "',.'( ооръю.бв. Величина ею равна тп „тп Ф =. — бс =-' е 5(п о. 2 ' 2 2 324 9. Давление врвигающегося твердого тела нв ось вращения Учитывая, что равноускоренное вращение системы начиналось из состояния покоя, получаем величину угловой скорости ы = ег. Поэтому М ггг Ф", =- — г г — а(гга. 2 2 Аналогичг(о, для стержня Ог: М ггг Фг =- Фг + Фь Фг' -= — ы — йпа = — е 1 — а(п а, 2 2 2 2 2 2 Фг —— - — г- ейпа, ОГ = -02 = -(; 2 2 ' 3 3' вектор Фг направлен в сторону оси Ог( параллельно ей, вектор Ф~г параллелен оси Оа и направлен в ту же сторону. Составим уравнения равновесия для определения динамических составляющих реакиий в опорах А и В: Х +Х '+Ф вЂ” Ф' =-О.
Г +Зт — Ф" +Ф" — О, Я =О, л в г — (= л в — ( г — ° л — Уе' Ь (- Ф', — — - (сова — Фг — + -гсоаа =О, 'х2 3 ) ~2 3 Л Ь вЂ” Ф( ~ — — -(сова) +Фг ~ — + -геена =О. — Х(' .: -- Ф', — — -(сова — Фг — +-(сова ! М г 4 М =- — — — е- ейпа. -(сова = — — ег а!п2а, Ь2 2 3 6Ь Хл = Хв Фг+Ф( = -Хв —— — — й агп2а, (4 (4 т т (4 М г 6Ь 'ге — — (Ф(~ — — — (сова) -Фг~ — + — 1соаа ~~ =- — е 1 1 ейв2; в Ь~ ~2 3 ) ~2 3 Я 6Ь =- — 3'в +Ф, — Фг — — -Ув — — — е 1 1 яп2а, (4 (4 в и (4 М г г г .
" бЬ Поэтому силы динамического. давления на подпятник М и подшипник В следующие: Рие. 42 11.1 Рие. 42.11.2 ° ае' Рвщениб. Расчетная схема — на рис 42.!!.2. Применим принцип Даламбера лля системы. Для этого силы инерции точек олноролнои пла атинки, враааюшейся равномерно, приведем к точке О,. В результате '.,~~"." получим главный вектор сил инерции, приложенный к точке Оы и глав- ,$;-";::" ный момент сил инерции относительно точки Оы Ф = -Ма; == -М(а~ г ас) -- -Маг (тачка С вЂ” центр масс пластинки, а~-::= О, так как ы —.-: санса), Ф; — Ми Ь/2, оча Ьт,т =с,У„г 1 '.7„=-0, (так как е = 0 и ось О,з являе~ся главнои оськз инерции пластинки лля „...:.;:пккн 01 в силу того, что она перпенлиьулярна плоскости материальнои ,:,:.,:, ентаметрии пластинки 01ау). 326 9.
Давление врашающегося твердого тела на ось враи(ения Составим уравнения равновесия для определения динамических составляк~ших реакций опор О и Е вдоль осей х и р: Х" +Х =-О, о в = — 3~в 2а — Ф вЂ” = О, (,) а 2 Хв 2а=-О (суммы моментов сил записаны относительно осей координат Ож и Оу). Решаем уравнения: Хв =О, Х„=-О, (л) (л) со Ф ) )~ (л) (л) 3 т() У =.
— — — —. — — Мш —, У = -Ф вЂ” К вЂ”.— --Мьт —. 4 4 2 в 4 2 Следовательно, боковые силы динамического давления вала на опоры О и Е имеют вил: з Ео,:= Ег, =- О, Еот — -- -Мы б, Ева =- -Мы Ь. й Задача 42 12 (42.10). Прямой однородный круглый цилиндр массы М. длины 21 и радиуса г врашается с постоянной угловой скоростью ы вокруг вертикальной оси Оа, проходящей через центр масс О цилиндра (рис.
42.12.1); уп)л между осью цилиндра О(, и осью Оа сохраняет при этом постоянную величину а. Расстояние Н~Н) между подпятником и подшипником равно Ь. Определить боковые силы давления: 2)т~ на подпятник и Жз на подшипник. Ответ: Давления )(т~ и 2(гз имеют одинаковую величину (ал в)п2о и противоположны по направлению Рис.42.12.1 )Л(' РЕцЕИМЕ.
РаСЧЕтиая СХЕМа — Иа рие. 42.12л2;:.ПРИВЕДЕМ СНЛЫ' Нивр'- цни точек цилиндра к точке:О; Получймл что тлавпь(й. вектор сид инерции ~л, Рис. 42.12.2 а совпадает с неподвижной ( 1 =-. е3ад — ю У»; = — м Лг„ «иы г ~от ' г'~ук + ы ~хх Е .= — еУ = — О, ~вн) ог е (ось Оа, цилиндра Вычислим инерции Х,г — 0 льной симметрии для точки О). = 0 и центробежный момент дикулярной плоскости материа главной осью инерции цилиндра момент инерции ,7м .- ~ пткркак ~~!~'! :.-": Фа, этого иерей дем к системе координат ОЩ (см. рис. 42.!2.2), оси ковные оси инерции цилиндра бФ,',."„,:2зк как центр *.:~' - трчкюй О.
Распигяем '~:;;:;":::. тр ки О: Ф~.",. будучи перпен Суд„является нентробежный масс С однородного цилиндр проекции главного момента сил инерции относигельно 32В 9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения Выпишем координаты произвольной частицы цилиндра Мк массой т„в системе Овуз через координаты в системе ОЩ: Ук =' 011гк 51П (тг + Зг„) = 51П (О + як) = ьк СО5 1Вк (ЯПОСО51гк+ СОзаЯПСг„) =- со5 12 к ~к(5!ПО+СО5ОФфк) ' ЯПО'(к 1 СО5О" 21к 'кк ОМ,СО5(о+ р„) = — (созосо51в„— 51паяп1р„)— СО5 д„ 2 к — — со5 а (, — яп а . 21„.
2М =. ~ тпкркзк.=' 2 ктпк(гк51ПО+21кс05О)((ксозо 21кЯПО) = к к .=- 51ПО СО5О 7 тпк1кк — ЯП ОСО5О" ~ тпкггк ч г 2 к к . г ч г — ЯП а ° г т,(кг1 +СО5 О 2 кто ~„21 к к 1 1 2 ° 2 2 " 2 = — яп 2а. ЗОС вЂ” - яп2а .токг+ (со5 а — яп а),ХС . в. Центробежный момент инерции .ус„-— ",т тп„(„11„= О, к так как оси 01, и О21 — главные оси инерции. Вычислим моменты инерции относительно координатных плоскостей Зокв и то2С.
При определении УО1» произведем разбиение цилиндра на элементарные диски толщиной 2К, находящиеся н» расстоянии ~ от плоскости О(21. Получим: 1 г г ггм 1ьаг Хое,=/ (' йп =„1 ( — й~~— 21,'': З (М1 . -1 . -...- ..: $~5 Прн ОПрсдЕЛЕНИИ УО1С ПрОИЗВЕдЕМ раэбИЕНИЕ цнянидра На ЗЛЕМкснтариые прямоугольные пластины, находящиеся на расстояний 51, ,——, -,'т сов р от плоскости ОС1,", толщиной (СМ. рИС.42.12;3), ВЫСОтбй 4 йщтгрг(1агй;2еа(бу..'г; .. - ' .: " '-: —:,: .,',: '!.;":!( 330 9. 22авлеиие вращающегося твердого тела на ось вращения :Ф3 Составим уравнения равновесия для определения боковых динамических реакций подпятника и подшипника: Х„, +Х„, =О, Рн, +Рн, --=О, < (л) (л) (л) (л) (им) (л) (л) „— Р,Ь=-О, Хн,Ь=-О.
т /2 т( = — > Хн ---. Хн — —. О„ун („) (л),(л) Мы г ( т з (л) (л) и, нг " " и 2д ~3 4 1' н~ н~' Поэтому боковые силы давления на подпятник и подшипник равны по величине: Задача 42.13 (42.11». Вычислнтьсилыдавления в подшипниках А и В при врашении вокруг оси АВ однородного тонкого круглого диска С(3 паровой турбины, предполагая, что ось АВ проходит через центр О диска (рис. 42,!ЗА), но вследствие неправильного Рис. 42.13.1 рассверливания втулки составляет с перпендикуляром к плоскости диска угол АОВ = =- а = 0,02 рад.
Дано: масса диска 3,27 кг, радиус его 20 см, угловая скорость соответствует 30 ООО об/мин, расстояние АО = 50 см, ОВ = = 30 см; ось АВ считать абсолютно твердой и принять а(п 2а = 2а. Ответ: Силы давления от веса диска; 12,! Н на подшипник А и 20,0 Н иа подшипник В; силы давления на подшипники, вызываемые враще- нием диска, имеют одинаковую величину 8,06 кН и противоположные направления. . 2»1) схема — иа рис.42А3,2. Угловая скорость рав- .в»(; мы )()(( )а(ь р номер ешение. Расчетная ного врашения систе а кточке О Тес как.центр мас4:Сднска,сов- .'!':;.,' т нв'ненжВи~кнОЙ жи.Врап(аняя„;ю:Клятвой': '-'"-~г» Приве падаю векто дем силы инерции диск ший с точкой О, лел(и р сил йнерций Ф =.те„- Мю' П' т з Ю1 = Ф1 = — в!п2а~ — — — ). 2й 'х3 4) (»(( Замечаиие к задаче 42.( 2. При вычислении центробежного момента .Ум можно было воспользоваться известной формулой [4, ) )(: йп 2а яп 2а /МВ Мт''~ ФЕ 2к, =- (У.,-~.„» - [' — — ).
и- 2~,3 4) У. Ч Рис.42 43.2 Ось Оу — ось симметрии диска. Позтому зта ось является главнои веыо инерции диска и центробежный момент У„, = О. Также, учитывая. углещое ускорение е =- О, получаем для главного момента сил инерции ка относительно точки О следуюшие составляюшие: 2(чн) ол ( ) (11ч) г Ь .=О, Ьо — Я) г вычисления центробежного момента,7„, выразим координаты произ))ояьнойточкн диска массой т, в системе Охра через ее координаты в системе главных координатных осей Ос))(. Система О(р( получается при вороте системы Оврв на угол а вокруг оси Оу (О))) (см.
рис. 42!3,2, О~ перпендикулярна плоскости диска, ось Оу (ОО) — вдоль диаметра я„:=- С„сов а, х„=- („з1п а Ух, —,') гп„т,а„-- ~ гп„(; мпа сова =. ! т') — а(п 2а ..Гол =- —. а(п 2а ==ь 2 ' В ХЬО+ Хв"'-)пк---б, у ( ~ ) + г ( х 1 ) А в — У'( ) . АВ =- О, Хв А — гпл АО = О. тпг и' гпг)ы = Е"„" = — ып2а- а, ог как по условя)о а)п 2а = 2а.
Для определения статических реакций подшипников в уравнениях вновесия, вытекаюших иэ принципа Даламбера, учтем только силу тяжести диска: 332 9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения Отсюда ум" =. у'"! =о в = А Х = чпе — = 3,27 ° 9,8 — 20 (Н), (чч) АВ ' ' О8 Хя — -- чп8- Хв -!2 1 (Н). Следовательно, силь> давления от веса диска на подшипники А и В равны соответственно 12,1 Н и 20 Н. Для определения диналчических реакций подшипников в уравнениях равновесия, вытекающих из принципа Даламбера, учтем силы инерции диска: Х +Х' =О, А +  — 3'вм. АВ = О, Х АВ + Ь „=- О.
в ' от 04 Е,"„"! чпг~чазо 3,27 0,04. 10~я~ 0,02 АВ 4АВ 4. 0,8 Ч М тлю = 8060 (Н). Следовательно, силы давления на подшипники, вызываемые вращением диска, имеют одинаковую величину 8,0б кН и направлены противоположно. Задача 42.14 (42Л 4). В результате неточной сборки круглого диска паровой турбины плоскость диска образует с осью АВ угол а, а центр масс С диска не лежит на этой оси (рис.42Л4Л). Зксцентриситет ОС = а. Найти боковые силы динамического давления на подшипники А и В, если масса диска равна М, радиус его Я„а АО = ОВ =' Ь! угловая скорость вращения диска постоянна и.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
