УМК Коровкин-Кулик

В этом случае видоизменяем жесткую заделку так, как это показано на рис. 50. Полученной системе сообщаем возможное перемещение, при котором балки АВ и BD будут смещаться поступательно на δS, например, вправо, а балка DЕ повернется относительно МЦС (точка PV) на угол δφ.

Составляем уравнение работ:

∑δ Аактк = 0 ;

ХA·δS + (– Q2·DL – P2·cos60º·DPV – P2·sin60º·DK)·δφ = 0.

Зависимость между возможными перемещениями:

δS = DPV·δφ.

Учитывая это, находим: ХА = 15,6 кH.

Определение mA (рис. 51).

Рис. 51

Для определения реактивного момента в жесткой заделке заменяем ее шарнирно-неподвижной опорой, ограничивающей любые перемещения балки, кроме ее вращения относительно шарнира А. Дадим балке АВ воз- можное перемещение, в результате которого она повернется на угол δφ1, против хода часовой стрелки, балки BD и DE повернутся при этом относи- тельно точек С и Е (эти точки являются мгновенными центрами скоростей балок ВС и DE) на углы δφ2 и δφ3 соответственно.

Составляем уравнение работ:

∑δ Аактк = 0 ;

(mA – P1·AО)·δφ1 + (M + Q1·CN)·δφ2 + (Q2·LE + P2·sin60º·KE)·δφ3 = 0.

Находим зависимость между δφ1, δφ2 и δφ3. По рис. 51 имеем:

δSВ = АВ·δφ1 = CВ·δφ2 ;

δSD = CD·δφ2 = ЕD·δφ3 .

262

Так как АВ = 8 м; ВС = 4 м; CD = 4 м; ЕD = 4 м, получаем:

δφ2 = 2·δφ1, δφ2 = δφ3.

Выполним проверку правильности решения задачи, для чего соста- вим известное из статики уравнение равновесия для всей конструкции в целом (рис. 52).

Рис. 52

∑Fky = 0 : YA – P1 + RC – Q1 – Q2 – P2sin60º + REcos30º = 0; –16,2 – 12 + 47,8 – 8 – 4 – 20·0,866 + 11,2·0,866 = 0;

0 = 0.

∑Fkх = 0 : ХА – REsin30º = 0; 15,6 – 11,2·0,5 = 0;

0 = 0.

∑mb (Fk ) = 0 :

YA·AО + P1·OB – M + mA + RC·BC – Q 1·BN – Q2·BL –P 2·sin60º·OK + + RE·cos30º·BE = 0.

263

264

Составляем уравнение работ:

∑δАкакт = 0 ;

(М + F2×6)dj + ХД×dSД = 0.

Определяем зависимость между возможными перемещениями:

dSД = ДС×dj = 8dj.

Подставляя это выражение в уравнение работ и сокращая на dj ¹ 0, находим: ХД = –20 кН.

Определение YA (рис. 56).

∑dАактк = 0 ;

( yA + F1 sin α)δSA − Q·2δϕ = 0.

Находим зависимость между перемещениями:

δSB = BC·δϕ = 4δϕ.

Подставляя в уравнение это выражение и сокращая на dj ¹ 0, нахо- дим: YA = 5 кН.

Определение ХА (рис. 57)

Заменим жесткую заделку в точке А новым типом связи и искомой со- ставляющей реакции жесткой заделки. Сообщаем системе возможное пере- мещение, в результате которого точки А и В получат перемещения dSА = dSВ. Стержень ДС повернется на угол dj вокруг токи Д, а точка С получит пере-

265

мещение dSC, перпендикулярное к ДС, т.е. тоже горизонтальное. Поэтому стержень ВС переместится поступательно, и dSС = dSВ. Точки А и В перейдут в положения А¢ и В¢ при поступательном горизонтальном перемещении тела

АВ, т.е. dSС = dSВ , АА¢ = ВВ¢.

δSВ = АB·δφ1 = ВР2·δφ2 ;

δSС = Р2С·δφ2 = DС·δφ3 .

266

Определив линейные размеры АВ, ВР2, Р2С и DС непосредственно по рисунку, получаем:

25·δϕ1 = 4 5·δϕ2 ;

4δφ3 = 4δφ2.

Отсюда δφ1 = 2·δφ2; δφ3 = δφ2.

Задача 3 Применение общего уравнения динамики и уравнения Ла- гранжа II рода к исследованию движения механической системы с одной степенью свободы.

Порядок выполнения

(с применением общего уравнения динамики)

1.Производим анализ движений тел заданной системы.

2.Прикладываем активные силы и те реакции связей, которые на- рушают условие идеальности связей.

3.Прикладываем Даламберовы силы инерции к точкам и телам сис- темы, вычисляем их величины в зависимости от искомого ускорения.

4.Сообщая системе возможное перемещение и устанавливая их взаимозависимости записываем выражение общего уравнения динамики и разрешаем его.

267

Порядок выполнения

(с применением уравнения Лагранжа II рода)

1.Выделяем механическую систему, движение которой будем ис- следовать.

2.Прикладываем активные силы.

3.Выбираем обобщенную координату.

4.Находим кинетическую энергию системы как функцию обоб- щенной скорости.

5.Вычисляем обобщенную силу.

6.Вычисляем производные и составляем уравнение Лагранжа II рода.

системы. Q = 20Н – движущая сила.

Рис. 60

Из примера 12: IC2 = 0,12 кгм2 ; IC3 = 0, 27 кгм2 ; IC4 = 0,056 кгм2 .

268

Система имеет одну степень свободы, и на нее наложены идеальные

шает условие идеальности, поэтому пару сопротивления качению с момен- том Mc = fK m4 g cos30° будем вносить в активные силы.

Зададимся направлением ускорений точек и тел, исходя из условия передачи движения без проскальзывания и направления движущей силы

Q (рис. 60).

При этом связь между ускорениями аналогична связи между скоро- стями в примере 12:

сти и M c = 0,01×5 ×9,8 × 0,866 = 0,424 Нм.

Приложим к телам и точкам системы даламберовы силы инерции, направляя их в сторону, противоположную соответствующему ускорению:

Ф1 = m1a1 = 2a1 – сила инерции тела 1, движущегося поступательно;

тела 4 в плоском движении.

Сообщим телам и точкам системы возможные перемещения, зависи- мость которых от dS1 (возможного перемещения тела 1), очевидно, такая

же, как зависимость между ускорениями

dj2 = 2,5dS1 ; dj3 = 5dS1 ; dSC4 =1,5dS1; dj4 =10dS1 .

Составим выражение общего уравнения динамики в виде

∑dAKa + ∑dAKин = 0 ,

где должны быть вычислены работы активных сил и даламберовых сил инерции на возможных перемещениях:

+P4 ×sin 30° × dSС4 + Q × dS4 - M c × dj4 = 0.

269

Подставим значения величин:

-2 × gdS1 - 2a1dS1 - 0,3a1 × 2,5dS1 -1,35a1 ×5dS1 - 0,56a1 ×10dS1 - 7,5a1 ×1,5dS1 + +5 × g × 0,5 ×1,5dS1 + 20 ×1,5dS1 - 0, 424 ×10dS1 = 0 ,

рения тела 1 уравнение Лагранжа II рода (рис. 61). Запишем краткое усло- вие задачи. Дано: m1 = 2 кг ; m2 = 3 кг ; m3 = 3 кг ; m4 = 5 кг R2 = 0,4 м; r2 = 0, 2 м ; ρ2 = 0,2 м ; R3 = 0,3 м; r3 = 0,1 м ; ρ3 = 0,3 м r4 = 0,15 м – одно-

родный круглый диск; fK = 0,01 м ; α = 30° ; Q = 20Н – движущая сила.

Рис. 61

где q – обобщенная координата системы; (в качестве q выберем S1 – коор-

дината тела 1 (см. рис. 61); qɺ – обобщенная скорость системы (в качестве qɺ выбираем Sɺ1 – скорость тела 1); T – кинетическая энергия системы в за-

висимости от S1 и Sɺ1 ; Qq – обобщенная сила ( QS1 – обобщенная сила, со-

ответствующая принятой обобщенной координате S1 ).

270