З.П. Козлова, А.В. Паншина, Г.М. Розенблат - Теоретическая механика в решениях задач из сборника И.В. Мещерского (1115228), страница 36
Текст из файла (страница 36)
равна ы., Указание. Воспользоваться ответом к аадаче 84,27. Ответ: "г„=Уе =О; Хл--- — ~~ — +о г! — +асов~~аг; Хв = .'+ Ф ' .—.'. ': —, Ф'ФВ'тг хч! . ;:"': -" ':;.:ф..„ДМ$мМйвм)зв(аМаи((юйж((:Ф~мфф))т) уаггд на ()сь,д)()дц((вннл 335 А Рис. 42.14Л Рис.
42. 14.2 Л).',. ;3 "„'-,':;::,::. М." $аф))ГЕННЕ. Расчетная схема — на рис. 42.14.2 (оси Ор и Ср, направ;;:-';:;:-;" 'ахейц перпендикулярно плоскости рисунка на нас). Приведем силы инерции точек диска к точке О. Получим главный вектор снл инерции Ф =- -Мас, приложенный к точке О и равный по величине Ф =- .Мы а соа о, ,:„.,.'Й;. -(пи) атак)ке главный момент сил инерции относительно точки О 1,„. При вычислении центробежных моментов диска воспользуемся ответом к задаче 34.27. Учтем, что угловое ускорение г = О. Паттону составляя)шие главнОю момента сил инерции будут име~ь вид ()(1$$' Х, =О, Е --и — сйп2о. ~ — ь а ~, Е. - О. (нм) (ин) 2 М . г 2 (нн) Выпив)ем уравнения равновесия для определения динамических реакций ф);~', ',, подшипников: Х +Л вЂ”.Ф --О А В .(А) (п) УА +У'в — О, Ув 2Ь:О, 1в"-:.
, ,'' Получаем Р4л) у.(А) О (х) 1 1 (ин) 1 2 1 ) ) г 2 Х — — -Ф вЂ” — Ь~~„--- -Мог асоао — -Мы -~ — 4 а ~ а)п 2о, ,'='-,)(',:...::::... " 2 2Д 334 9. Дарение вращающегося твердого тела на ось вращения Х„-- Ф вЂ” Хв —— -М52 а соз а ь -Мы — ~ — + а 2) гйп 2а. ол рй 1 2 21 г 2 2 4 6~,4 Поэтому боковые силы динамического давления на подшипники вдоль оси Од равны нулю, а вдоль оси Оа следуюшие: М, ~/г2 2'1 яп 2а Рл, =- — — ы ~~ — + а ~ — +асоза, 2 1'5 4,/ 2Ь ч г нт =.
ы — + а — — а со5 О Задача 42.15142.15). Однородный круглый диск массы М и радиуса Я насажен на ось АВ, нроходяшую через точку О диска и составляюшую с его осью симметрии Са~ угол а (рис. 42.15.1). ОЬ— проекция осн 2, совмешенной с осью АВ, на плоскость диска, причем ОЕ = а, ОК =- Ь. Вычислить боковые силы динамического давления на подшипники А и В„если диск врашается с постоянной угловой скоростью ы, а АО =- ОВ == Ь. Рис.42.15.1 Указание. Воспользоваться ответом к задаче 34.27 2 М 1 7 7 2 Ответ: Хл = — -Маи ссва — — ~-В +а ~ы 51о2а, 2 4й ~4 2 М 1 2 2 2 Хв = --Мам соза+ — ~-М +а уи 51п2а, 2 4Ь 1,4 Ул = — — ~1+ — зиза~ы, Уц = — — ~1- — 51п'ауи й.,7' ' 2 ~ й Решение. Приведем силы инерций, точек однородного.
к4)углом: диска к точке О, лажашей на неподвизкнойг осн ВРДшевия, .йойУйцм'два вектора, приложенные к Втрй 'точке: . гладь)ый,.вФктар .охий::инер1цтй Ф и главный,момент Фий ийрр17нй ФтнОсйтельнр'ТОчки О Хд..'.,"""' ' . ' ,' — и~2„, =- — ш~МаЬыяо 2о„=-а а„=ы М~-22 , 'а а(пасоаа ( 1 1 а 1 г, Й ~,4 Хо„- — 0 (им1 ф„ Рис, 4г. (В.В -.":,В:,::!':!::;:,:...:.а;левовательно, Ф = Мы ~(г(асоао)+ Ь-'. (~Р:,л-',2 Так как вектор Ф перпендикулярен оси Ол, то ф — ф + ф КС Ь Ф =-Фа(п(5, Ф =- — фсоа,В, соа(3 =- — — = —, й ' а ОлО м::-", О'Е а соа а а(п 13 =- — = — — (см.
рис. 42.15.2 и 42.15.3). -( 1 Определим проекции главного момента снл инерции Ео на оси коорлинат системы Охуг. М Йееь воспользовались ответом к задаче 34.28. Теперь составим уравнения равновесия, вытекающие из принципа Даламбера. Приравняем нулю суммы проекций сил на ксюрдинатные оси и суммы моментов сил относительно координатных осей, проходяших через точку А: Й ХЯ)= — 0Ф )-АΠ— (ОЫ) = -ы М~ -В-+а ~ з)пасова ),4 (4 (л) Хл — — — Фх — Хв Увы — — — (!Фт! АО+То'" ) = ЗЗБ 9.
Давление вращающегося твердого тела на ось вращения Хл -ь Хв + Ф, = О, (л) ОЬ )А + У'в + Фт = О ГЬЬ (д) Ф(") = О, Ув ' АВ + )Фт ~ АО + бо"," = О, Х„" А.в-!Ф,! АО+Т,(,"„") =О. — о соя а — — Мы т/атсоз'аи Ь' — — Ь— 26 ъ'а~ соя) а+ Ь ) 2 ) 2 2 =- -Мьз асоза — — ты ~-В +а ~ тйП2, 2 4Ь 'з 4 2 2 ) т 2 2 = -Мы асоза+ — Мы ~ — Л +а ~ в!п2а, 4Ь ~ч4 1 тт а, =-Мы Ь~! - — в)па Ь =--Мы Ь 1+ — в(па; (я) л. — 2 Ц Щ 3 Н :.':.:;-::-;:!;...";";::.—...:: Ф:..-:;:фар)фйФ.афа((ИГ(ОД»26Г6ГФ:Ф6(й((ОГргтп)Д)И64)СЬ6))а)((Е))Г)Я 337 42тийт." )гл =О» (ьеЛ'г$» Однородная прямоугольная пластинка мясо,ар(вдается вокруг своей диагонали 4В с угловой .
42. $б )), Определить силы динамического давления поры А и Н, если'длины сторон равны а и (). Расчетная схема -- на рис. 42.16.2. Пластинка все время инатной плоскости Сух. илы инерции точек пластинки к точке С, являющейся стинки и лежащей на неподвижной оси вращения а. вектор сил инерции Ф = О. роекции главного момента сил инерции пластинки от- С, учитывая, что ь) = сопя(.
ьС. (ии) ),г (ин) 2 ')рр' 2'с ы |* и Рис- 42.16.2 ;::;,!:-':- .иа)ив(итси в коорд ;;-".;::;;- центром масс пла ~„;;-:,!:-":::,;„'Поэтому главный ; '',",:г!':-'-' ' Распишем и носительно точки 2 (нн , ';,; Таккакось Си, б (Рис. 42. 16. 1 ь2) МВ 21В2 ()2) 12(в2+(22)З/2 ° В.— ° В (2(,2 +(2)22» удучи осью симметрии пластинки, является ее главной (ни) центробежныи мом»-нт .7„— О, Повтоыу 2.гр — — О 336 8. давление вращающегося твердого тела на ось вращения Вычислим центробежный момент инерции 1„,. Для этого, повернув а вокру~ оси Сх систему координат Стра на угол о = агсяп л/ат + Р' получил( систему Сху(а(, оси которой — главные оси инерции пластинки, Далее воспользуемся известной формулой (4, ))1: / МЬт Мат'т а Ь 3„, = (Хи — Ои) япо сов о =- ~----.
— — — -) — -- — — - — —. (2 !2 ) х/ат+Ьтх/ат+Ьу Поэтому Мы) аЬ(аз — Ьт) Е "= — ыУ,=- )2 а) +Ьз Составим уравнения равновесия для определения динамических реакций подши((никогс ХА тХв — — О, (л) , РО (и (л) Ув() АВ+ 2( ) О Хв 'АВ=.О.
> ХА хв О (л) (л) ,(,) У~'" Мь(т аЬ(ат — Ьт) ) Ма(т аЬ(аз — Ьз) АВ )2 аз+ Ьл (/аз+Ь )2 (ат+Ьз)з/т', Мы) аЬ(ат Ь)) А в )2 ( ) +Ьз)з/) Силы динамического давления пластинки на подшипники: Ма)т аЬ(ат — Ь') Рл=Едл=О, ГА =-Гд У У )2 (ат ( Ьт)з/3' таедоииа. Расчетная схема — иа рис. 42. 17.2.
если привести силы иарггии пластинки к точке О, то получим: -и 2 зо Ф =- -Мас, Ф -- Мю ОС =- Мю —; з' (звн3 г 2о, =-ы 2тз, 2,'""' =. 0 оь как ось Ож — главная ось инерции пластинки аля ~очки О (Ол перпеиаикулярна плоскосгн материальной симмегрии пластинкиг, а потому -0 Для определения .Ут, перенесем систему коорлинат Оауа поступаьио а точку С и повернем вокру~ осн Сгс на пол о =- ~г/4. получим еиетеьгу координат Са~р~~,, оси которои являкпся главными осями инер- И Плаетинки. Поэтому ~4,! 1~; спп 2а 2т. =- Мхсус+ (А., — ~'т,)— Нвтруугио заметить, что а~ггт 1и = — — 2 — — т~ дл, .=-— 2 340 9. Давление вращающегося твердого тела на ось вращения 1 ) (разбиение на элементарные полоски, параллельные стороне В22 и пер- пендикулярные оси Кл)).
По теореме Штейнера где О г2/2 з 1=2 / — — (А(=— ,/ 3) т !2 о 2 В(, ( (провелн разбиение на элементарные полоски, перпендикулярные оси проведенной вдоль стороны В)3), Поэтому Л ' )(ентробеткный момент инерции Ма' Ма~ ') з(п (к~2) Ма' )2 Зб ! 2 36 Следовательно, (ин),2 Мо ы 2 2 2о -— - -ы .Ул, — — — —. 36 Запишем уравнения равновесия, в которых учтем условие задачи о равенстве нулю величин Х, и Ув .. (л) .(л), ( Х„= О, (л) — Ул~ ° А — Ф ОВ + Х (и, — М8'. ОС = О, Хл АЗ=О. 2о = Мы —;-- — '' ' -МХ- =О.
3'.3 36 3 исключая из полученных уравнений Ул, получим уравнение. для Опре(я) деления угловой скорости ы: -'1 Ф.А — Ф ОВ+ХоФ вЂ” ''Мл. ОС ='Π—, как точечные массы; определить динамические реакции А'н В крана в конце его торможения. Расстояние между опорами АЗ=3 и, М? — — 5т, М> — — Зт„с?=45', Ь=ЗОм, 1= !Ом, масс асей системы находится иа оси вращения; отклонением 'от плоскости крана пренебречь. Оси х, р связаны с краном. СХ> находится в плоскости рз, иие. Воспсльзоватьсв ответом « звдаче 34.3)(положив М, = М,). ='4(рфиа ,цб))тр ФшаннВ. Расчетная схема — на рис.
42Л В.!. Приведем силы инеррац?агошейся части крана к точке А, )3 результате получим, что й вектор сил инерции Ф --: О, так как ч =- -Мас,, В 'в Е В Распишем проекции главного момента сил И: (ин) ? оЛ« = -Еи)ии — и? .(ви (ин) ? ЬЛ нн ЕЛ«и + Ь? Уии, У (ин) иниЛ = -ЕЗ .
ределим угловое ускорение е. 3ак кзк зящий момент постоянен, то и е -- сопя(. му м = ь?в+ е(. С учетом того, что через , = 2 с кран остановился, имеем: А Рис. 42ЛВ. т пользуемся ответом к задаче 34.31, положив М? = М). ~т)))4)~:::: з)?ения. ~*.с';(.''~;::инерци Оп Ул =.
— Ув = 0 Хя =- -Хл Ф 60,3 кН. С лежит на неподвижной оси вра- ь?в 2яп 2« 1,5 / 1 3~ е = -- = — — = -- — '- = -0,023 ~-,~, 60(, 60 2 ~с?~ ?и =М?о + ~М? ь — М?)2 яп о, ? ! ? - ? 3 З42 9. Давление вращающегося твердого гела на ось вращения )/ ! Ят, — — -~ М1+ -М~~ Е а)п2а — М)Ив)па, 3и„-и,7„-. О. Ьл --= О, Ь„„=- е1„,, (нн) (ин) Ьа, = -е1,. [ин) Запишем уравнения равновесия лля определения динамических реакций опор А и В: Х +Х =.О, А в 3'„+)' =О, (и) (и) .-.-- О, (и) -Ув АВ=О, (а) Х АВ+2 =О.
в ' Аи (2) Заметим, что из ненаписанного здесь уравнения для суммы моментов сил относительно оси Аа можно определить величину тормозящего момента. Решая уравнения (2), получим: 3' = — Згв = О, (и) (и) (ин) (и» ~аз вити «А АВ АВ = — ( — 0,78) ° - ~- ~5000 + — ° 8000) ° 900 а)п 90— 3~2х, 3 — 5000 30 )Оа)п45' 6! (кН). В рассматриваемый момент, т.е. в конде торможения, (и - — — О. Поэтому формулы (!) примут вид: «амыюнме, На рис.4З.Б2 изображена балка при ее лвиженип с за';:;!~,','.,::.;-к«репаенным концом В.
Балка вращается вокруг горизонтальнои оси Вх "-;:,.~~':" Офйменим т?я?рему об изменении кинетического момента относительно хе Рис. 43.1.2 ! д~? Зр — -- — - сову? 2 ЬР 2 «?? Г,? ГЗ~ ЗК = / оу? == ( -- соыр4~ =~ и 1 2Е 2? ~И(2Ц?? Хв«у? = ЛХФ сы р„тле Лв. = — —. 3 Проинтегрируем составленное диФФеренци вавиле уравнение вращения балки, переписав его в ви??В: Ф Зл — = -- созе.
й 42 Йсюпочим время 1. йл р 2?х у Г Мф ' 344 10. Смвшанныв задачи Получили, что в тот момент, когда балка вертикальна и освобождается ее конец В, угловая скорость балки равна и; (/3~/(21). Линейная скорость центра масс С в этот момент равна вс =- ы1 = х/Зф/2. Составим дифференциальные уравнения плоского движения балки после освобождения ее конца В. Для этого применим теорему о движении центра масс балки С и теорему об изменении кинетического момента балки в ее относительном движении по отношению к центру масс: $ $ а Мас — -- ) Р~~ ~, а (г) Распишем дифференциальные уравненная Мхэс = МК, Мрс = О, 2с ы Начальные условия получим из результатов первого =- О.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
