Термех__109_теор механика_Тарг

силу упругости

F пружины

(предполагая, что пружина

растянута)

и пару с моментом М.

Неизвестную

силу

F найдем с помощью уравнения

(1), а зная

F и учитывая, что F =

ск, определим X.

2. Чтобы составить уравнение (1), сообщим механизму возможное

перемещение и введем следующие обозначения для

перемещений

звеньев,

к которым приложены

активные силы: 6(pi — поворот стерж-

ня 1 вокруг оси О, 6s0

и 6sB —перемещения ползунов (точек) D и В.

Из

перемещений

6<рь

6sD,

бsg независимое от других — одно

зив их через бфь

при этом важно верно определить и направления

6sо, бsB, так как иначе в уравнении (1) будут ошибки в знаках.

При расчетах

учтем, что зависимость между возможными

переме-

звеньев механизма

при

его

движении

и воспользуемся

известными

из кинематики соотношениями

(ход расчетов

такой

же, как

в примере

КЗ).

Сначала найдем и изобразим 6s,4 (направление бвд определяется

направлением бф|);

получим

6 s 4 =

/,бф, ; 6 s , , ± ( M .

(2)

Теперь

определим

и

изобразим

бsD,

учитывая,

что

проекции

бsD и бsA на прямую AD должны быть равны друг

другу (иметь оди-

наковые модули и знаки). Тогда

6so cos30° =

6^cos30° и бsD =

бsA =

Лбф, .

(3)

Чтобы определить бsB, найдем сначала бsE. Для этого построим

мгновенный

центр вращения (скоростей) Сг стержня 2

(на пересечении

перпендикуляров к 6sл и бsD, восставленных из точек А

и D)

и покажем

6sоТак как

ЛС-iAD =

/^СгГ)А — 60°, то

ДДС2 0—равносторонний

и С2Е В нем

высота,

поскольку АЕ — ED.

Тогда перемещение бsB,

перпендикулярное СгЕ, будет направлено по прямой ЕА

(при

изображе-

нии бsE учитываем направление поворота вокруг центра

Сг).

Воспользовавшись опять тем, что проекции бsE и bsA

на

прямую

ЕА должны быть равны друг другу,

получим (значение

6s£

можно

найти и составив соответствующую пропорцию)

6s£ = 6s,,cos30° =

8<pi cos30° .

(4)

бSB = 6s£ cos60° = /,бф, cos 30° • cos 60° = 0,43/,6<p, .

(5)

М 6 ф | + Q6SQ—F6SB

=

0 ,

( 6 )

или, заменяя

здесь бsD и 6sB их значениями

(3) и (5) и вынося

одно-

временно

6ф|

за скобки,

(M + h Q -

0,43/, F)6<pi = 0 .

(7)

Так

как

бф| ф 0, то отсюда

следует,

что

M + hQ-0,43hF

=

0 .

(8)

Из уравнения

(8) находим значение F и определяем X = F/c.

О т в е т :

Я. =

13,5 см. Знак указывает,

что пружина, как и предпо-

лагалось,

растянута.

нитям, и

невесомого блока

(рис. Д10.0 —Д10.9, табл. Д10).

Система

движется

в

вертикальной

плоскости

под

действием

сил

тяжести и

пары сил

с моментом М,

приложенной

к. одному

из шкивов. Радиусы

ступеней

шкива

1

равны:

R\ = 0,2

м,

п = 0,1

м,

а

шкива 2 —

/?2 = 0,3

м,

/"2

=

0,15

м;

их радиусы инерций относительно осей

вращения

равны соответственно pi =

0,1 м и р2 =

0,2

м.

Пренебрегая трением, определить ускорение груза, имеющего

больший

вес;

веса

Р

Рц шкивов

и

грузов

заданы

в

таблице

жать (шкивы

1, 2 изображать всегда как части

системы).

Указания.

Задача Д 1 0 — н а применение

к изучению движения

тела, вращающегося

вокруг своей

оси симметрии (шкива),

система

сил инерции приводится к паре

с

моментом

М" = /2е,

где /г —

момент инерции тела

относительно

оси

вращения,

е — угловое ускоре-

Т а б л и ц а

Д 1 0

Номер

условия

Р,

Ря

Рз

Р4

Рь

Рь

М,

Н - м

0

10

0

20

30

40

0

10

1

0

40

0

10

20

3 0 '

12

2

20

30

40

0

10

0

16

3

0

20

10

30

0

40

18

4

30

0

2 0

0

40

10

12

5

0

10

30

40

20

0

16

6

40

0

0

20

30

10

10

,7

10

20

0

40

0

30

18

8

0

40

10

0

30

20

12

9

30

0

40

20

10

0

16

Рис. Д10.6

Рис. Д10.7

жется в вертикальной плоскости под действием сил

тяжести

и

пары

сил с моментом М, приложенной к блоку 1.

Д а н о :

Я, =

О, Р2 =

30 Н, Р3 =

40 Н,- Р4 =

20

Н, М =

16

Н-м,

Ri = 0,2

м,

#2 =

0,3 м,

г2 =

0,15 м,

р2 = 0,2

м.

О п р е д е л и т ь :

ускорение

груза 3, пренебрегая

трением.

26/1|+26Л? = 0,

(1)

где

— сумма

элементарных

работ

активных

сил; 26Л£ — сумма

элементарных

работ

сил

инерции.

2. Изображаем

на

чертеже

активные силы

Р%, Рз,

РА и

пару

сил с моментом М. Задавшись направлением ускорения а3,

изображаем

на чертеже силы инерции F3, FJ и пару сил инерции с моментом

М2,

величины

которых

равны:

р.

Р4

Гз

g а3; F, =

g а4 ;

M Z = - J - P ! S 2 . ;

( 2 )

3. Сообщая системе возможное перемещение

и составляя уравне-

ние (1),

получим

(Рз sin 60° — FSjSsi -

М№((2 — FfSsi — M6(fi =

0 .

(3)

Выразим все перемещения через 6Фг:

6sз =

/?2 бф2; бSi =

ггбфг;

Г2

ф| ^ "лГбф2 •

^

Подставив

величины (2)

и

(4)

в

уравнение

(3), приведем

его

к виду

Г Рз(sin60"

ь '

R2

&

£

KiJ

бф2 = 0 .

(5)

L V k

Входящие сюда величины е2 и а4 выразим через искомую величи-

ну аз-

аз

=

=

г2

62 =

1?Г;

Затем, учтя,

что 6ф2 ф

0,

приравняем

нулю

выражение, стоящее

в (5) в квадратных скобках.

Из полученного в результате уравнения найдем

_

/y?2 sin60°-Al(r2//?i)

°3

~ P3Ri

+ P&l/R*

+ Plrl/R2)g

'

ступенчатые

блоки

1

и

2 (рис. ДИ.О — Д11.9, табл.

Д11). Радиусы

ступенчатых

блоков

1

и 2 равны соответственно Ri

= R,

гi =

0,4/?,

R2 — R, г2

— 0,SR.

При вычислении моментов инерции все блоки,

катки

и

колеса

считать

однородными

сплошными

цилиндрами

радиуса R.

На

систему

кроме

сил тяжести действует сила F, приложенная

к

телу

3

или 4

(если

тело 3

в

систему не

входит,

сила

приложена

в точке В к тележке),

и пары

сил с моментами Mi, Ms, приложенные

к

блокам

1

и 2;

когда

М< 0, направление момента противоположно

показанному

на рисунке.

Номер

Рг

Р,

F

м,

Мг

условия

Р.

Р2

Ръ

Пружина

0

4Р

0

ЗР

ЗР

АР

0

0

АВ

1

0

2Р

—

—

0

0

- 2 PR KE

2

0

IP

2Р

Р

0

2PR

0

АВ

3

—

0

5Р

—

0

0

2PR

BD

4

Р

_

—

.—

4Р

0

-PR

0

KE

5

—

0

4Я

ЗР

—

Р

0

0

BD

6

2Р

—

—

Р

0

0

-PR

KE

7

АР

—

2Р

—

ЗР

0

2PR

AB

8

—

4Р

2Р

0

—

0

0

3 PR

BD

9

2Р

0

—

Р

—

0

2PR

0

AB

Решение начать

с

выбора

обобщенных

координат, обозначив их

q1 = х и <72 = ф

или

q\ = х

и

= у.

За координату х принять

начального положения. Соот-

ветствующие

примеры даны

на рис. Д 11.10. Дальнейший

ход решения разъяснен в при-

мере

Д11.

Пример

Д11. Механиче-

ская

система

(рис. Д11)

со-

стоит из барабана 1 радиуса

R, к которому приложена

па-

ра сил с моментом Л1, тележки

2 и катка 3 (барабан и ка-

ток — однородные

цилинд-

Рис. Д11

ры) ; веса всех тел равны соот-

ветственно Pi, Pi, Рз\ весом

колес тележки пренебречь. Тележка соединена с барабаном

намотанной

на него нитью, а

с катком — пружиной BD, коэффициент

жесткости

Д а н о :

R,

с, Pi =

2Я;

Р2

= 4Я;

Р3 = 2Р; М = APR, а. =

30°.

О п р е д е л и т ь :

1)

х =

f(t),

где

х — удлинение пружины

(или переме-

щение центра D катка по отношению к

тележке 2); 2)

частоту

k и

период т колебаний.

Решение.

1. Для

решения

задачи

воспользуемся

уравнениями

берем в качестве обобщенных

координат угол

поворота барабана <j>

и удлинение пружины x{q\ =

ср, q2 =

х).

Тогда

уравнения

Лагранжа

будут иметь

вид

d

/

дТ \

дТ _

_

d j

дТ\

дТ_

At

2. Определим кинетическую энергию Т системы, равную сумме

энергий всех

тел:

Г =

Г. + Гг +

Гз.

(2)

Так как барабан вращается вокруг оси

О, тележка

движется

поступательно, а

каток — плоскопараллельно, то

Т\ = -^-/0<о?; Г2

=

g

-02 ,

J.L

1

Яз

2 , 1

,

2

( 3)

Тз •

где /о =(Pi/2g)R2, ID=(P3/2g)Rl

(R3

— радиус катка 3).

Все входящие сюда скорости надо выразить через обобщенные

скорости <р и х. Очевидно, что он = ф, V2 =

Ru>i — Ry>- Для определения

vo рассмотрим движение катка

как сложное. Учитывая, что х определя-