Решение задач Динамика

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Санкт-Петербургский государственный технологический университет растительных полимеров

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Зависимость

скоростями

ускорениями:

v1 = Rω2 , a1 = Rε2 .

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

13.02.2015

Размер:

582.14 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 22

НАУЧНО-ИНФОРМАЦИОННЫЙ ЦЕНТР САНКТ-ПЕТЕРБУРГСКОГО ГОСУДАРСТВЕННОГО ТЕХНОЛОГИЧЕСКОГО УНИВЕРСИТЕТА РАСТИТЕЛЬНЫХ ПОЛИМЕРОВ

S1R2

[m3 gr3 (sin β − fTPK cos β) + M ].

(R3 +r3 )

Отсюда найдем искомую скорость груза 1:

−m1gS1 (sinα + fTP cosα) +

S1R2

[m3 gr3 (sin β − fTPK cos β) +M ]

v1 = 2

r (R +r )

m +

m2 R22

m3 R22 (r32 + R32 )

(R +r )2

−m1gS1 (sinα + fTP cosα) +

S1R2

[m3 gr3 (sin β − fTPK cos β) + M ]

Ответ: v1 = 2

+r )

m +

m R2

(r2

+ R2 )

2 +

(R +r )2

Применение принципа Даламбера к определению опор вращающегося тела

Задача №5

Определить динамические реакции опор твердого тела, вращающегося равномерно вокруг неподвижной оси АВ с угловой скоростью ω . Стержни АВ, NK, DL. На концах стержней NK и DL сосредоточены точечные массы соответственно m1 и m2 . Даны расстояния а, b, c, l1, l2.

Решение:
	ΦL	m1
		L
Ζ	l	aLy				ΖB
	l					ΖB
ΖA	1				ω
yA				K	ω	B
A						y
b	D	l2				y
b	D	l2	α			X B
X A			α			C
X						C
X		ΦN	N	aNy
		ΦN

a m2

Динамические реакции возникают под действием сил инерции, причиной которых являются ускорения.

Точечные массы L и N движутся по окружностям, расположенным в плоскостях, перпендикулярных к оси вращения.

Так как вращение равномерное, точки L и N имеют только центростремительные ускорения, направленные по радиусам соответствующих окружностей, перпендикулярно к оси вращения:

aц	=ω2l ; aц		=ω2l	2	cosα		.
L	1 N
	Силы	инерции				масс m1 и m2 :		ΦL = m1ω2l1; ΦN = m2ω2l2 cosα
(направлены противоположно ускорениям aLц								и aNц соответственно).

Запишем принцип Даламбера для отыскания неизвестных реакций в проекциях на координатные оси, которые введены так, как показано на рис.2:

∑n Pix = 0; i=1

∑Piy = 0; i=1

∑Piz = 0; i=1

∑Mix =0; i=1

∑Miy = 0; i=1

∑Miz =0; i=1

X A + X B +ΦN = 0;

YA = 0;

ZA +ZB +ΦL =0;

ΦLb +ZBa = 0;

−X B a −ΦN (a −c +l2 sinα) = 0.

Из которых получим:

X B = −

(a −c +l

sinα)

= −

m ω2l

cosα(a −c +l

sinα)

;

m ω2l

cosα(a −c +l

sinα)

= −X

−Φ

−m ω

cosα =

m ω2l

cosα

(l2 sinα −c);

ZB = −

= −

m ω2l b

;

= −Z

−Φ

ω2l b

−m ω

m ω

−a).

Ответ:	X A =	m ω2l			cosα	(l2 sinα −c);
Ответ:	X A =		2	2		(l2 sinα −c);
			a
X B = −	m ω2l	2	cosα(a −c +l				2	sin α)	;
	2	2					2
					a
					a

ZA = m1ωa 2l1 (b −a);

ZB = − m1ωa2l1b ;

YA = 0.

Применение принципа возможных перемещений к исследованию равновесия механической системы

Задача №6

Определить область значений вращающего момента М или силы Р, при которых заданная система находится в равновесии.

Дано: G, r, α. Найти: М.

Решение:

Система находится в равновесии под действием силы G и момента М. Придадим системе бесконечно малые возможные перемещения δϕ и δ x . При повороте кривошипа ОВ на бесконечно малый угол δϕ точкаВ переместится по окружности ВВ1. С точностью до величин первого порядка малости перемещение точки по дуге можно заменить прямолинейным перемещением, отложенным по касательной к траектории точкиВ:

δx

r	α	М
δϕ	α	А

BB1 =δS = rδϕ.

Из треугольника BB1K :

δx = BB1 sinα; δx = rδϕsinα.

Составим уравнение работ при перемещении системы из положения равновесия на возможные перемещения

δϕ и δx :

Mδϕ −Gδx = 0;

Mδϕ −Grδϕsinα = 0;

M =Gr sinα.

Отсюда область значений вращающего момента:

Mmax =Gr		при	sinα =1, α = 90o .
Mmin = 0	при	sinα =0, α =0 .
Ответ: Mmax =Gr			приsinα =1, α = 90o .
Mmin = 0	при	sinα =0 , α = 0 .

Применение общего уравнения динамики к исследованию движения механической системы

Задача №7

Для механической системы определить линейное ускорение a1 или угловое ускорение ε2 . Считать, что у блоков и катков массы распределены по

наружному радиусу. Тросы и ремни считать невесомыми и нерастяжимыми, проскальзывание отсутствует. Трением качения и трением скольжения пренебречь.

Дано: m1, m2 , m3 - массы тел, R и r		- радиусы больших и малых окружностей.
Решение:
				Μϕ
				Ζ2
				2
		y0
δs3		r O	X0	ε2
	ε3			ε2

		R		δϕ2
		R
	δϕ3	m2g
ΜϕΖ3	δϕ3	m2g
ΜϕΖ3	r

Φ3	3
Φ3	δS1	Φ1
	δS1	Φ1	1
			1
α	m3g
		F
		m1g

Система состоит из груза 1, блока 2 и катка 3.
На груз 1	действует сила F , сила тяжести m1 g и сила инерции			Φ1 = m1a1.
Груз 1 опускается вниз.
На блок 2	Φ	= IZ2 ε2 , где	IZ2	= m2 R2 -
	действует момент от сил инерции MZ2

момент инерции блока 2 относительно оси вращения. Выразим угловое

ускорение ε2

и момент MZΦ2

через искомое линейное ускорение груза 1 a1 :

; M

Φ = m R2

На каток 3 действует сила тяжести m3 g , сила инерции Φ3

= m3a3

и момент от

сил инерции MZΦ3

= IZ3 ε3 , где IZ3

= m3r2 . Выразим угловое ускорение ε3 , силу

Φ3

момент

M Z3

через

искомое

линейное ускорение

груза

1 a1 :

ε3 =

ε2 R

a1R

; a3 =ε3R =

= a1

; Φ3 = m3a1

, M ZΦ = m3r

a1R

= m3a1R .

δS1

Придадим

системе

возможные

перемещения:

δS1 ,

δϕ1

δS3

= δS21R .

δS3 =δϕ2 R = δS1R

, δϕ3

Составим уравнения работ:

Φδϕ

−M Φδϕ

FδS +m gδS −Φ δS −M

−m gδS

sinα −Φ δS

= 0;

FδS +m gδS −m a δS −m a

δS −m gδS

sin

α −m a δS

−m a

δS = 0.

1 1

2 1

1 r

3 3

3 1 r2

После преобразования:

F +m g −m g

sin α = a (m +m

);

F +m1g −m3 g

a1 =

sinα

ε2 =

;

m1 +m2

+2m3

r .

F +m g −m g

sinα

Ответ:

;

r .

m1 +m2 r2 +2m3 r2

Решение задачи с помощью различных методов теоретической механики

Задача №8

Определить ускорение грузаА массой m1 , опускающегося под действием собственного веса, если барабан В – полый цилиндр массой m2 и радиуса R . Решение:

y		Механическая			система
		состоит	из	двух	тел: грузаА,
B		совершающего			поступательное
δϕ		движение,		и	барабана	В,
O		совершающего			вращательное
		движение.
R	X
		Связь			между

δh
		перемещениями: δh = Rδϕ .
m2

1.Дифференциальные уравнения поступательного и вращательного движения.

Расчленим систему на отдельные тела и рассмотрим движение каждого тела отдельно.

	Тело 1 движется поступательно
y	вдоль оси у. Силы, действующие на тело
ε2	1 – сила тяжести m1g и сила натяжения

			нити	T . Составим дифференциальное
O			уравнение движения тела 1 в проекции на
	R	X	ось у:
		X

−m1a1 =T −m1g ,

m2g

T = m1g −m1a1.

Тело

вращается

вокруг

неподвижной оси z , перпендикулярной к

плоскости чертежа. На тело 2 действует

сила тяжести m2 g

и сила натяжения нити

T .

Дифференциальное

уравнение вращательного движения в проекции на ось z :

Izε2 =TR,

где Iz - момент инерции тела 2 относительно оси z , для полого цилиндра

вычисляется по формуле: Iz = m2 R2 .					a1
Выразим угловое ускорение ε2 через линейное ускорение тела 1:			ε2	=	a1	.
			ε2	=		.
Получим: m2a1 =T .					R
Получим: m2a1 =T .
Подставим найденное значение силы натяжения			нити T в
дифференциальное уравнение для тела 1:
		m2a1 = m1g −m1a1,
отсюда a1 =	m1g	.
отсюда a1 =		.
	m1 +m2

2. Теорема об изменении кинетической энергии.

TII −TI = ∑AiE . i=1

Так как в начальный момент времени система находилась в покое, то

TI = 0;

TII = ∑AiE . i=1

Кинетическая энергия системы в конечный момент времени:

T =	m v2	+	I	Z	ω2		=		m v2		+		1	m R				2	v2	=	v2	(m	+m ).
	1 1			Z	2				1 1										1		1
	2			2					2										R2		2
II	2			2					2				2	2					R2		2	1	2
									n
Сумма работ всех внешних сил:									∑AiE = m1gδS .
									i=1
По теореме об изменении кинетической энергии получим:
						v2		(m1 +m2 )= m1gδS ,
						1
					2
					2					2m1gδS
								v2 =		2m1gδS						.
								v2 =								.
									1		m1		+m2
											m1		+m2
Продифференцируем это выражение по времени:
												2m1g
							2v1a1 =										v1		,
							2v1a1 =					m +m					v1		,
											1			2
									a =			m1g			.
									a =						.
									1		m1		+m2
											m1		+m2

3. Теорема об изменении кинетического момента.

dLz = ∑n M E

dt i=1 iz .

Кинетический момент системы относительно оси z :

Lz = m1v1R + Izω2 = m1v1R +m2 R2 vR1 = v1R(m1 +m2 ).

Моменты всех внешних сил относительно оси z :

∑MizE = m1gR.

i=1

Получим:

dtd v1R (m1 +m2 ) = m1gR,


dv1		=		m1gR				,
dt		=	R (m		+m		)	,
				1	2
a =				m1g		.
a =						.
	1			m1 +m2
				m1 +m2

4. Принцип Даламбера.

Ζ	Φ1
	v
	a

	ΜΦ	Силы инерции и моменты от сил инерции:
	Z	Силы инерции и моменты от сил инерции:
	Z

Φ1 = m1a1, M ZΦ = IZ ε2 = m2 R2 aR1 = m2 Ra1.

X Сумма моментов внешних сил и сил инерции относительно точкиО:

m1gR −m1a1R −m2a1R =0,

a = m1g .
1	m1	+m2

m1g

5. Общее уравнение динамики.

Сумма работ задаваемых сил и сил инерции на возможном перемещении: m1gδS −m1a1δS −MZΦδϕ = 0,

MZΦ = m2 Ra1, δϕ = δRS ,

m1gδS −m1a1δS −m2 Ra1 δRS = 0,

									a =			m1g			.
									a =						.
										1	m1 +m2
											m1 +m2
6. Уравнение Лагранжа II-го рода.
							d			∂T		−	∂T	= Q.
													∂x

							dt
										∂ x
x - обобщенная координата,						x = v1 , Q - обобщенная сила, Q = m1g.
Кинетическая энергия T:
T =	m v2	+	I	Z	ω2	=		m v2			+	1	m R			2	v2	=	v2	(m +m ).
	1 1			Z	2					1 1							1		1
	1 1			2						1 1		2					R2		1
	2			2						2		2	2				R2		2	1	2

∂∂Tx = 0 - кинетическая энергия не зависит от обобщенной координаты.

∂T =

∂

v12

+ m

)

= (m

+ m

)x,

∂ x

∂ x 2

∂T

(m +m )x

=(m +m )x =

(m +m )a ,

1 2

∂ x

подставляя в уравнение Лагранжа II-го рода, получим:

(m1 +m2 )a1 = m1g,

a = m1g .
1	m1	+m2


Ответ:	a =	m1g		.

	1	m1	+m2

Учебное издание

Кузнецова Наталья Владимировна Саблина Маргарита Владимировна Головко Виктор Евгеньевич Петров Сергей Гаррикович Калинин Денис Вадимович

Динамика

Примеры решения задач для самостоятельной работы студентов

Учебно-методическое пособие

Редактор и корректор В.А.БасоваТехн. редактор Л.Я.ТитоваТемплан 2010 г., поз. 69

_______________________________________________________________

Подп. к печати 25.05.10.		Формат 60х84/16.
Бумага тип. №1.	Печать офсетная. Уч.-изд. л. 1.25 Усл. печ.л. 1,25
Тираж 100 экз.	Изд.№ 69.	Цена «С».	Заказ

_____________________________________________

Ризограф ГОУ ВПО Санкт-Петербургского государственного технологического университета растительных полимеров, 198095, Санкт-Петербург, ул. Ивана Черных, 4.

<<< < Предыдущая 12 / 22

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
13.02.201571.01 Кб17Реферат Экономика.docx
#
13.02.201567.33 Кб35Реферат Экономика.docx
#
13.02.201555.06 Кб6РЕФЕРАТ.docx
#
13.02.201589.6 Кб41Реферат.docx
#
13.02.201559.95 Кб48реферат.docx
#
13.02.2015582.14 Кб31Решение задач Динамика.pdf
#
13.02.2015858.1 Кб28Решение математических задач.pdf
#
13.02.201526.11 Кб21решение.doc
#
13.02.20155.09 Mб292Руководство к DV-II.doc
#
13.02.201556.32 Кб100Рынок земли и земельная рента.doc
#
13.02.2015132.61 Кб20Рынок труда и заработная плата .doc