Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уфимский Государственный Авиационный Технический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

D61-ая задача по теормеху

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

18.03.2015

Размер:

921.74 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 116 7 8 9 10 11 > Следующая >>>

13		z		14		z
13		z		14
		D
A	К		B
					R		B
	a	a		К
				A			D
							D
15		z		16	z
15				16	z
					b		b
				B	a
			D	B
	К		D
	К	R
B	a	R
B	a	A			Кα
a		A			Кα	α	D
a	a	2a				A	D
17		z		18		z
		B					D
							D
					R		B
					R
				К
				a	A		b
				R
	К	α		D
		α		D
	A
			Продолжение рис. 4.1

19			20		z
19	z	A	20
	z	A
	45o	a
	К	a		B
D				B
D
45o		a			a
B						R
a	a				К	R
a	a				К
				A		D
21	z		22		z
					D
			B		A	b
					A

B			R	К		b
B		R
	К	R	a	a
	К		a	a
	A	D
23	z		24		z
	z	D
		D
		B			B
		b			D
					D
К		b
A				К
a	a			К
				α
			A	a
		Продолжение рис. 4.1

25		z	26	z
25		z	26
		D
			D	A
			К			a
			К
		R	B				R
							R

A К			B
27	z		28		z
	a						D
		B	b/2				b
							b

	R	a	B		К		b
	R						b
							A
							A
			a	a			b/2
D		a	a	a
D		a
		К
		A
29	z		30		z
	a
		B		90o		D	b
		B				D
		a	К				b
		К					b

			A
			A	B
	D		a	B
	D	a	a
		a
		A
			Окончание рис.4.1
53

						Таблица 4.2
	Осевые моменты инерции однородных пластинок
	Форма пластинки			J x	J y	J z
	z	R
	O		mR 2		mR 2	mR2
	O		y	2	4	4
			y

	x
	z	R
		R
	r		m(R 2 + r 2 ) m(R 2 + r 2 ) m(R 2 + r 2 )
	r		y	2	4	4
	O			2
	O
x
	z
	O	b	y	2 + b2 )	mb2	ma2
			y
		b	m(a
x		b		3	3	3
x				3	3	3
	a	a
	z		y
			y			ma2
	O		ma2		0	ma2
x	O			3	0	3
x	a	a		3		3
	z
			m(3a2 + b2 )		mb2	ma2
			b	18	18	6
				18	18	6
	O		y
x		b/3
x
	a	a
54

4.3. Пример выполнения задания

4.3.1. Условие примера

Тело D, имеющее форму прямоугольной пластины, показанной на рис. 4.2, массой m1=20 кг вращается вокруг вертикальной оси z с угловой скоростью ω0 =2 с-1. При этом в точке

M желоба AB тела D на расстоянии AM= πR от точки A,

отсчитываемом вдоль желоба, закреплена материальная точка K массой m2 =8 кг. В момент времени t = 0 на систему начинает

действовать пара		сил с		моментом			M z = 30t 2	Нм. При t=t1=4 с
действие пары сил прекращается; одновременно точка K начинает
относительное		движение по					желобу	согласно закону
MK = S = S ( t − t		) =	2πR	( t − t		) 2 м.
	1				1
		3

Определить угловые скорости тела D соответственно в
моменты времени t = t1 и				t=t2=5 с, если R=0,6 м, a=1,2 м; b=0,9 м

	MZ
D	R		B	b
O1	R	O	B	b
O1		O
	A		M	b
	A
a	ω0
a	a
				y

Рис. 4.2

4.3.2. Решение примера Запишем равенство, выражающее теорему об изменении

кинетического момента механической системы относительно оси z

dK z	= M e	,	(4.1)

dt	z

где K z - кинетический момент механической системы, состоящей

в данном случае из кинетического момента тела D и кинетического момента точки К, относительно оси z;

M e	= ∑ M e	- главный момент внешних сил, приложенных к
z	iz

системе, относительно оси z.

Рассмотрим движение системы в отрезке времени [0;t1].

В произвольный момент времени на систему действуют

внешние силы m1 g , m2 g , X E , YE , Z E , X H , YH , M z (рис. 4.3), главный момент которых относительно оси z равен вращающему моменту M z , то есть

M e = M

= 30t 2 .

(4.2)

`YH

`XH

60o

2V b

2 g

`ZE

`YE

m1 g

`XE

Рис. 4.3

Кинетический момент данной системы равен сумме

K z = KDz + KTz ,

где K Dz K Tz - кинетические моменты тела D и точки K

относительно оси z.

Тело D вращается относительно неподвижной оси, поэтому

K Dz = J zz ω .

Здесь ω - угловая скорость тела, а	J zz - его момент инерции
относительно оси z.	относительно оси z ′,
Момент инерции J ′ ′ тела	относительно оси z ′,
z z

параллельной оси z и проходящей через центр масс О тела, определяется по формуле (табл. 4.2)

′ =

( a 2

+ b 2 )

J ′

z z

По теореме Штейнера

= J

z′z′

+ m ×O

O 2 .

Таким образом

= m (

a 2 + b 2

+ O O 2

)ω .

Кинетический момент материальной точки K, закрепленной в

точке М желоба

KTz

= momz (m2V ) = m2V × O1M .

Скорость точки К

V = ω × O1 M .

Очевидно, что V ^ O1M .

Согласно

условию

задачи

длина

дуги окружности

È AM =

πR

тогда

центральный

угол

AOM = È AM = π .

Следовательно,

равнобедренном треугольнике

ОМО1

ÐO OM =150o и O M = 2 × O O sin 75o .

Имеем

= 4m

×ω × O O 2 sin 2 75o .

Окончательное выражение кинетического момента системы относительно оси z следующее


				a 2		+ b		2
K	z	= m								+ O O 2			+ 4m	2	× O O 2 sin 2 75o ω =
K		= m								+ O O 2			+ 4m		× O O 2 sin 2 75o ω =
			1			3		1									1
						3
																					(4.3)
				2	+ 0,9		2														(4.3)
				2			2				2					2		2
		1,2									2					2		2	ω	» 33,0ω.
= 20									+ 0,6			+	4 ×8 × 0,6				× 0,966
= 20									+ 0,6			+	4 ×8 × 0,6				× 0,966
					3
					3

Подставляя выражения (4.2) и (4.3) в равенство (4.1), имеем

33,0 dω = 30t 2 , dt

откуда

dω = 0,909t 2 . dt

Разделяем в последнем уравнении переменные и интегрируем левую и правую части уравнения:

		ω1		t1
		∫ dω = ∫ 0,909t 2 dt .
		ω0		0
Тогда
ω = ω	0	+ 0,909	t13	= 2 + 0,909	43	» 21,4 с-1.
ω = ω		+ 0,909		= 2 + 0,909		» 21,4 с-1.
1		3		3
		3		3
В момент времени t1 из выражения (4.3) имеем
K z (t1 ) = 33,0ω1 = 33,0 × 21,4 » 706 Нмс.
Рассмотрим	теперь движение системы						в отрезке времени
[t1 ; t 2 ].
После прекращения действия момента M z							на тело D, главный
момент внешних сил относительно оси z M e							= 0 (см. рис. 4.4).

Тогда равенство (4.1) примет вид

dK z = 0 , dt

то есть K z = const .

Это означает, что кинетические моменты системы относительно оси в начале t1 и в конце t2 отрезка времени [t1; t2] равны

K z ( t1 ) = K z ( t 2 ) .

		z
			`YE
	H
	H
`XD			m2Ve
`XD

m2Vr `Vr Ve

K≡B

A O

	ω2	R	M
	`ZE	m1 g	R
	`ZE		R
		`Y	m2 g
`X	E	`Y
`X	E		y
			y

Рис. 4.4

Вмомент времени t2 тело D вращается с угловой скоростью

ω2 (см. рис. 4.4). При этом точка К, совершая сложное движение,

оказывается в точке В желоба. Действительно, центральный угол

2π

- t ) 2

2π

- 4 ) 2

ÐBOM = È MK =

R ( t

R ( 5

= 2π .

= 3

Кинетический момент системыK z

( t 2 ) относительно оси в

конце t2 отрезка времени [t1; t2] также равен сумме кинетических

моментов тела K Dz ( t 2 )

и точки K Tz ( t 2 ) :

K z ( t 2 ) = K Dz ( t 2 ) + K Tz ( t 2 ) .

Очевидно, что

a 2 + b

( t

) = J

= m

+ O O 2

1, 2 2

+ 0 ,9 2

= 20

+ 0, 6 2

ω = 22, 2ω .

По теореме о сложении скоростей:

Va = Vr + Ve ,

где Va , Vr , Ve - абсолютная, относительная и переносная скорости

точки.

Умножая обе части этого равенства на m2, получаем:

m2Va = m2Vr + m2Ve .

Следовательно, кинетический момент точки К в конце отрезка времени t2 равен сумме моментов векторов m2Vr и m2Ve

относительно оси z

KTz (t2 ) = momz (m2Va ) = momz (m2Vr ) + momz (m2Ve ) =

= m2Vr × R + m2Ve × O1B.

Относительная скорость точки К

&		4πR	(t - t1 ).
Vr = S	=	3	(t - t1 ).
		3

При t=t2=5 c найдем величину относительной скорости точки

Vr = 4 ×π × 0,6 (5 - 4) » 2,51 м/с. 3

Переносная скорость точки К

Ve = ω2 ×O1B .

Из прямоугольного треугольника О1ОВ по теореме Пифагора имеем:

				O B = O O2 + OB2 = R							.
				O B = O O2 + OB2 = R						2	.
				1	1
Окончательно получаем
K	Tz	(t	) = m	(V × R + O B2		×ω	2	)= m	(V × R + 2 × R2			×ω	2	)=
	Tz	2	2	r	1		2	2	r				2
= 8(2,51× 0,6 + 2 × 0,62 ×ω2 )						» 12 + 5,76ω2.

Тогда

Kz (t2 ) = 22,2ω2 +12 + 5,76ω2 » 12 + 28ω2.

Приравнивая Kz (t1) и Kz (t2 ) :

706 = 12 + 28ω2 ,

находим

ω2 » 24,8 с-1.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 116 7 8 9 10 11 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
16.08.20191.52 Mб2clovar.doc
#
18.03.2015111.1 Кб10Cogeneration.doc
#
18.03.201539.44 Mб12Collection_RU_01-2014_catalogue.pdf
#
25.11.2019967.17 Кб5COPY_CAM.DOC
#
16.11.2019102.4 Кб11Cтандарты в ИПД.doc
#
18.03.2015921.74 Кб49D61-ая задача по теормеху.pdf
#
18.03.20153.13 Mб54Daewoo.doc
#
15.09.2019414.72 Кб0Damir_IP (2).doc
#
08.11.20181.44 Mб16db-shpora.doc
#
18.03.201566.69 Кб39DEBUG.rtf
#
19.11.201946.95 Кб2Delphi.docx