baryshnikov_yu_n_opredelenie_reaktsiy_po dshipnikov_vraschayuschegosya_tverdogo_t ela_2015 (833809), страница 3
Текст из файла (страница 3)
е. главный вектор сил инерции кольца имеет только одну отличную от нуля проекцию — на ось Oy (см. рис. 2.10):R1иx = 0; R1иy = m1R1иy = 16α.При определении главного момента учтем, что ось Ox являетсяглавной осью инерции кольца в точке О как ось, перпендикулярная плоскости симметрии кольца в точке пересечения ее с этой22плоскостью. Тогда на основании свойства главной оси центробежный момент J xz = 0 и, следовательно, LиОy = 0. Главный моментсил инерции будет иметь только одну проекцию LиОx = − J yz ω2 .Центробежный момент инерции определим по формулеJ yz = ∑ mk yk zk ,гдеyk = y1k cos α − z1k sin α; zk = y1k sin α + z1k cos α.Здесь y1k , z1k — координаты произвольной точки M k в системе осей,которые являются главными для кольца в точке О (см.
рис. 2.10).Подстановка последних выражений в формулу центробежногомомента инерции позволяет записать:J yz = ∑ mk ( y1k cos α − z1k sin α )( y1k sin α + z1k cos α ) =sin 2α sin 2α= ∑ mk ⎡ y12k + x12k − x12k + z12k ⎤=J z1 − J y1 .⎣⎦ 22() ()()Осевой момент J z1 инерции кольца относительно оси, находящейся в его плоскости, равен:J z1 =1 d 2 m1d 2.m1=248Момент J y1 определим, используя теорему Штейнера:J y1 = J C + m11d2d2d2d2.= m1+ m1= m14442ТогдаJ yz ≅J yzα ⎛ m1d 2 m1d 2−⎜2 ⎜⎝ 82⎞α 3m1d 2=−;⎟⎟2 8⎠3m1d 23 ⋅ 2 ⋅ 0, 4 ⋅ 0, 4≈−α=−α = −0, 062.1616Возвращаемся к главному моменту сил инерции:23LиОx = − J yz ω 2 = 0, 06 ⋅ 400α = 24α.На рис.
2.8 изображены все найденные величины.Для определения угла отклоненияα от положения равновесия расчленимконструкцию по узлу О и покажем всесилы, приложенные к ней (рис. 2.11).Сила упругости Fупр = cλ , где λ —OOOxдеформация упругого элемента, которую при растяжении определим поформуле λ = l sin α − l sin α0 ≅ l (α − α 0 ),тогдаРис. 2.11Fупр = cl (α − α 0 ) = 2000 ⋅ 0,16(α − α 0 ) = 320(α − α 0 ).Система сил(m g, m g, Φ , R122и1 ,LОи , Z О , YО , Fупр)эквива-лентна нулю.Составим уравнение моментов всех сил относительно оси Oxв целях исключения неизвестных реакций в точке О.Знаки моментов сил устанавливаем, как в разделе «Статика»теоретической механики [1]:2ldΦ 2 ⋅ l cos α + m2 g sin α + LиOx − m1 g sin α − cl (α − α 0 )l cos α = 0.322Подставим значения найденных величин и исходные данныезадачи в полученную формулу:2164α ⋅ ⋅ 0,16 ⋅ 1 + 5 ⋅ 10 ⋅ 0,16 ⋅ α + 24α −32− 2 ⋅ 10 ⋅ 0, 2α − 320(α − α 0 ) 0,16 ⋅ 1 = 0,илиα (6, 4 + 4 + 24 − 4 − 51, 2) = −51, 2α 0 ;(30, 4 − 51, 2)α = −51, 2α 0 ; 20,8α = 51, 2α 0 ,откуда24α=51, 2α 0 = 2, 5α 0 .20,8Угол отклонения конструкции от вертикали при установившемся вращении равен 0,25 рад.Определим полные реакции подшипников A и B.
Возвратимсяк рис. 2.8.()Система сил RA , RB ; m1 g , m2 g ; Φ 2 , R1и , LОи эквивалентна нулю.Составим уравнения равновесия для этой произвольной пространственной системы сил:X A + X B = 0;(2.1)YA + YB − Φ 2 + R1иy = 0;(2.2)Z A − m1 g − m2 g = 0;(2.3)2ldYA ⋅ AO − YB ⋅ BO + LиОx + Φ2 ⋅ l cos α + m2 g sin α − m1 g sin α = 0; (2.4)322X B ⋅ BO − X A ⋅ AO = 0;(2.5)0 = 0.Из уравнений (2.1) и (2.5) получимX A = 0;X B = 0.Из уравнения (2.3)Z A = m1 g + m2 g = 70 H.С учетом данных задачи согласно (2.2),YA + YB − 16α + 64α = 0,а согласно (2.4),20,16YA ⋅ 0, 5 − YB ⋅ 0, 5 + 24α + 64α ⋅ ⋅ 0,16 ⋅ 1 + 50 ⋅α − 20 ⋅ 0, 2 ⋅ α = 0,32откуда25YA = 136 H;YB = −256 H.Ответ: α = 0, 25 рад; YA = 136 H; YB = −256 H; Z A = 70 H.Пример 4. Однородная круглая пластинка массой m1 = 5 кг идиаметром d = 0, 4 м закреплена в точке O1 невесомого стержняOO1 = l1 = 0,1 м шарнирно (рис.
2.12). При вращении вокруг осиOz с постоянной угловой скоростью ω = 50 рад/с пластинка отклоняется на угол α. Этому движению препятствует пружина,жесткость которой с = 1625 Н/м, причем при вертикальном положении пластинки пружина не деформирована. На рис. 2.13 изображена проекция конструкции на плоскость Oyz.Требуется определить:1) угол отклонения пластинки при установившемся вращении,считая его малым;2) динамические составляющие реакций в точках A и B, еслиAB = 1 м и AO = OB;3) массы точечных грузов D и E, находящихся на расстоянииl1 = 0, 2 м от оси вращения при условии динамической уравновешенности системы.OxEEРис. 2.1226Рис.
2.13EРешение. Определим силы инерции однородной пластины. Зацентр приведения сил инерции примем начало координат — точку O.Результатом приведения являются:а) главный вектор сил инерцииR и = Rxи i + Ryи j + Rzи k ,где Rxи = m1ω2 xС ; Ryи = m1ω2 yС ; Rzи = 0.КоординатыцентрамасспластинкиxС = 0;yС =d⎛⎞= − ⎜ l1 + sin α ⎟ , тогда главный вектор сил инерции будет иметь2⎝⎠только одну отличную от нуля составляющую, направленную проd ⎞⎛тив координатной оси Oy и равную Ryи = − m1ω2 ⎜ l1 + L ⎟ =2 ⎠⎝= −5 ⋅ 2500(0,1 + 0, 2α ) − 125(10 + 20α ) = −1250 − 2500α;б) главный момент сил инерции, проекции которого определяются формуламиLиОx = − J yz ω 2 ;LиОy = − J xz ω 2 ;LuОz = 0.Заметим, что для данной системы ось Ox является главнойосью инерции в точке O как ось, перпендикулярная плоскостисимметрии в точке пересечения ее с этой плоскостью.
Согласносвойству главной оси инерцииJ xz = 0, следовательно, LиОy = 0.Определим момент инерцииJ yz :J yz = ∑ mk yk zk ,yk = y2 k cos α − z2 k sin α − l1 ;гдеzk = y2k sin α + z2k cos α; y2k , z2k —координаты произвольной точкиM k в системе главных осей инерции пластинки (рис. 2.14). ТогдаРис.
2.1427J yz = ∑ mk ( y2 k cos α − z2 k sin α − l1 )( y2 k sin α − z2 k cos α ) == −l1 sin α ∑ mxy 2 k −l1 cos α ∑ mk z2 k ++ ∑ mk ⎡⎣( y22k + x22k ) − ( x22k + z22k ) ⎤⎦= −l1m1 y2C sin α − l1m1 z2C cos α +sin 2α=2sin 2α( J z2 − J y2 ).2Координаты центра масс пластинкиy2С = 0;z 2С =d.2Осевые моменты инерции пластинки1 d 2 m1d 2;m1=44161 d2d2 3= m1+ m1= m1d 2 .244 8J z2 =J y2Тогда центробежный момент инерцииJ yz = −l1m1dd5⎛ 1 3⎞1 + α ⎜ − ⎟ m1d 2 = −l1m1 − m1d 2 ⋅ α < 02216⎝ 16 8 ⎠и главный момент сил инерции будет иметь только одну отличнуюот нуля проекцию:d 5⎛⎞LиОx = − J yz ω2 = ⎜ l1m1 + m1d 2α ⎟ ω2 > 0.2 16⎝⎠Подставим числовые данные:5 ⋅ 5 ⋅ 0, 4 ⋅ 0,4 ⎞⎛LиОx = 2500 ⎜ 0,1 ⋅ 5 ⋅ 0,2 +⋅ α ⎟ = 250 + 0, 25α.16⎝⎠Для определения угла отклонения α пластинки от вертикальной плоскости расчленим конструкцию по шарниру O1(рис.
2.15).28Составим уравнение моментоввсех сил, включая силы инерции относительно оси O1 x, считая, что Fупр == cλ = cd sin α ≈ cd α :OxLиОx + m1 gdα − cd α = 0 ,2илиl1m1O1O1d 2 ⎛d 5⎞ω = ⎜ cd − m1g − m1d 2ω2 ⎟ α.22 16⎝⎠Рис. 2.15Подставим исходные данные задачи:0,1 ⋅ 5 ⋅0, 45⎛⎞⋅ 50 ⋅ 50 = ⎜1625 ⋅ 0, 4 − 5 ⋅ 10 ⋅ 0,2 − ⋅ 5 ⋅ 0, 4 ⋅ 0, 4 ⋅ 2500 ⎟ α;216⎝⎠250 = (650 − 10 − 25 ⋅ 25)α;250 = (650 − 635)α = 15α ,получимα=153== 0, 06 рад = 3, 6 град.250 50Определим динамические составляющие реакций. Вернемся крис. 2.12 и составим уравнения кинетостатики для системы сил,включающей силы инерции и динамические составляющие реакций в точках A и B:X Bд + X Aд = 0;YBд + YAд − Ryи = 0;YAд ⋅ AO − YBд ⋅ OB + LиOx = 0;X Bд ⋅ OB − X Aд ⋅ AO = 0,откуда29X Aд = 0; X Bд = 0;YBд + YAд = Ryи = 1250 + 2500 ⋅ 0, 06 = 1400;YAд ⋅ 0, 5 − YBд ⋅ 0, 5 = 250 + 0, 25 ⋅ 0, 06 = 250 + 0, 015 = 250, 015;YAд − YBд =250 ⋅ 0,15= 500.0, 5Сложим полученное уравнение со вторым уравнением системы.Тогда2YAд = 1900;YAд =1900= 950 H;2YBд = YAд − 500 = 950 − 500 = 450 H.Динамические добавки составляютX Aд = 0; X Bд = 0; YAд = 950 H; YBд = 450 H.Определим массы точечных грузов, помещенных в точках D иE системы, из условия ее динамического уравновешивания.
Дляэтого вернемся к рис. 2.13. Составим уравнения динамическогоуравновешивания, предварительно определив силы инерции в точках E и D:Ф E = mE l2 ω2 ; Ф D = mD l2ω 2 .Система сил, состоящая из найденных сил инерции Ф E и Ф D(см. рис. 2.13), главного вектора R и и главного момента LОи пластины, эквивалентна нулю, следовательно,∑ Фky = 0;Ф D + Ф E − R и = 0;∑ M Оx (Фk ) = 0;LиOx − Ф D d = 0,откудаmE = 1,5 кг;30mD = 1, 25 кг.Ответ. Для того чтобы механическая система была динамически уравновешена, необходимо поместить в точках D и E грузымассой 1,25 и 1,5 кг соответственно.Пример 5.
Конструкция, состоящая из однородного стержнямассой m1 = 40 кг, длиной l1 = 0, 5 м и однородной квадратнойпластины массой m2 = 10 кг и стороной a = 0, 4 м, вращается спостоянной угловой скоростью ω = 30 рад/с вокруг вертикальнойоси (рис. 2.16). К свободному концу стержня прикреплена пружина жесткостью с = 20 кН/м, которая не деформирована приα 0 = 0,1 рад. В точках C, D, E конструкции на невесомых стержнях одинаковой длины l3 = 0, 2 м размещены точечные грузы,массы которых mC , mD , mE неизвестны.Определить: 1) угол отклонения конструкции α от вертикалипри установившемся движении; 2) массы грузов mC , mD , mE изусловий динамической уравновешенности конструкции.Решение. Рассмотрим силы инерции, приложенные к точкамстержня. Силы инерции распределены вдоль стержня линейно.aДлина части стержня OK = l1 − = 0, 5 − 0, 2 = 0, 3 м; Ф11 = m11aCn11 ;2OK0, 3aCn11 = ω 2sin α = 900 ⋅sin α , тогда22Ф11 =m1OK400,3⋅ OK ⋅ ω2sin α =⋅ 0,3 ⋅ 900sin α;l120,52Ф11 = 3240 α,где С11 — центр масс части стержня OK.Равнодействующая сил инерции части OK стержня Ф11 приложена в точке D11 (рис.
2.17).Аналогично вычислим равнодействующую сил инерции, приложенных к части стержня OM = 0, 2 м:Ф12 =m1OMsin α.⋅ OM ⋅ ω 2 ⋅2l131OOOxРис. 2.16Рис. 2.17Подставив численные значения, получимФ12 =40⋅ 0, 2 ⋅ 900 ⋅ 0,1sin α = 1440 α.0, 5Равнодействующая сил инерции части OM стержня Ф12 приложена в точке D12 стержня.Для однородной квадратной пластинки (рис. 2.18) приведемсилы инерции к точке О:− главный вектор сил инерцииRxи = m2 xC2 ω 2 ;Ryи = m2 yC2 ω 2 ;Rzи = 0,где xC2 = − a / 2; yC2 = 0 — координаты центра масс пластинки C2в системе главных осей инерции.32Тогда главный векторсил инерции пластины имееттолько одну отличную отнуля проекцию:⎛ a⎞Rxи = m2 ⎜ − ⎟ ω2 =⎝ 2⎠= −10 ⋅ 0, 2 ⋅ 900 = −1800 H;− главный момент силинерцииOxLO = LиOx i + LиOy j + LиOz k ,где LиOx = −J yzω2 ; LиОy = J xz ω2 ;Рис. 2.18LиОz = 0.Ось Ox для квадратнойпластины является главной центральной осью инерции в точке О.Следовательно, J xz = 0 на основании свойства главной оси инерции.Определим момент инерции J yz = ∑ mk yk zk , где yk = − z1k sin α;zk = z1k cos α (рис.
2.19). Тогдаsin 2αJ x1 ;2m a 2 10 ⋅ 0, 4 ⋅ 0, 4 1, 6 42J x1 = 2 ==== ;121212 30 152J yz = −αJ x1 = − α;152LиОx = − J yz ω 2 = ⋅ 900 = 120 α.15J yz = − ∑ mk z12k sin α cos α = −Главный момент сил инерции имеет только одну отличную от нуля проекцию — на ось Ох (см. рис. 2.18).Найдем угол отклонения конструкции от вертикали.33Освободим в точке О конструкциюот связи — вала AB, заменим в точкеО действие связи реакцией RO == X O i + YO j + Z O k .Для определения угла α составимуравнение моментов сил (см.
рис. 2.17)∑ M O ( Fk ) = 0, включая силы инер-ции:Рис. 2.1922Ф11 ⋅ ⋅ 0,3cos α + Ф12 ⋅ ⋅ 0,2cos α +330,30,2+ m11 g ⋅sin α − m12 g ⋅sin α +22+ LиОx − Fупр ⋅ 0,3cos α = 0,гдеa⎞⎛Fупр = cλ = c ⎜ l1 − ⎟ (sin α − sin α 0 ) = c(0,5 − 0, 2)(α − α 0 ) =2⎠⎝= (0,3α − 0,3α 0 )30 000.После подстановки исходных данных и проведения расчетовполучим α = 1, 2α 0 = 0,12 рад.Определим массы грузов из условий динамической уравновешенности системы.Подсчитаем силы инерции в точках C, D, E:ФC = mC l3ω 2 ;Ф D = mD l3ω 2 ;Ф E = mE l3ω 3и покажем их на рис. 2.16.Полученнаясистемасилинерции:добавленных(Ф E , Ф D , ФC ) , равнодействующих сил инерции стержня34Ф11 , Ф12 , главного вектора сил инерции пластинки R и и главногомомента сил инерции LOи пластинки — эквивалентна нулю.
Уравнения кинетостатики для этой системы сил будут иметь следующий вид:∑ Фkx = 0;∑ Фky = 0;Ф E − R и = 0;Ф12 − Ф11 − ФС + Ф D = 0;∑ M Оx (Фk ) = 0;22Ф11 ⋅ ⋅ 0, 3cos α + Ф12 ⋅ ⋅ 0, 2 cos α + LиОx − Ф D ⋅ 0, 3 = 0,33откуда, учитывая исходные данные задачи, определим1800≈ 7 кг;270166= 0, 6 кг;ФС = 166 H; mС =270382Ф D = 382 H; mD == 1, 5 кг.270Ф E = 1800 H; mE =Ответ: α = 0,12 рад; mE = 7 кг; mC = 0, 6 кг; mD = 1, 5 кг.3. СОДЕРЖАНИЕ ЗАДАНИЯДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙ РАБОТЫЗадание, выдаваемое студентам для выполнения во время контролируемой самостоятельной работы (КСР), содержит 32 варианта рабочих схем.Предлагаемая материальная система состоит из однородныхплоских тел или однородного стержня и отдельных грузов, рассматриваемых как материальные точки.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
