Термех__109_теор механика_Тарг

Рис. Д7.8

Рис.

Д7.9

не

может

быть

N < 0). Если при

расчетах

получится F T p < 0 ,

то это

означает лишь, что фактически сила

FTp

направлена в другую сторону;

в остальном весь расчет будет верен.

Пример Д7. Барабан

(сплошной

однородный

цилиндр)

радиуса R

и

весом

Я

начинает

катиться

без

скольжения

из

состояния

покоя

по наклонной плоскости с углом наклона

а;

на

барабан

действуют

сила F и пара сил с моментом М

(рис. Д7) .

Д а н о :

Р,

F =

0,8Р,

М =

\,IPR,

а = 3 0 ° ,

р =

30°.

О п р е д е -

л и т ь : 1)

хс — f(t) — закон движения центра

масс барабана; 2)

/min —

оси

Оху и составляем

дифференциальные

уравнения

плоскопараллель-

ного

движения:

тхс

= 2

^ ;

тхс = Fcosp

+

P s i n a +

FT p ;

(1)

tпус

— ЪРку;

гпус = N — P cos a — Fsinp ;

(2)

/С2е = 2 mcAFk)

mR2

FR — F1?R -M .

(3)

J — j — е =

3a положительное

направление

для

моментов

принято

направление

по ходу часовой стрелки, т. е. в ту

сторону, куда будет вращаться

бара-

бан

при

движении

центра

С от

оси

Оу.

1) О п р е д е л е н и е хс—

f { t ) .

Так

как

ясно,

что в

нашей

задаче

у с =

R — const

и у с =

0, то

уравне-

ния

(1) — (3) содержат четыре неиз-

вестные

величины (хс,

г, N

и

Frf).

vc =

со/?,

а с

=

Vc =

со/? =

е/? или

хс

=

ей .

(4)

Теперь

из

уравнения

(3)

можно исключить е, подставив в

(3)

найденное

значение

е/?; деля

одновременно

обе

части уравнения

(3)

на R, получим

тхс

=F

— FTf

j - .

(5)

Далее,

сложив

почленно

равенства

(1)

и

(5),

исключим

из

них

Fl p и получим

- |I- m i ' c =

F( 1 + cos р) +

Р sin а

К

=

0,8Р( 1 + cos 30") + Р sin 30°

-

- 1 , 1 Р = 0,89Я.

Отсюда,

так

как

Р =

mg,

найдем

для

определения

хс =

ДО

следующее дифференциальное

уравнение:

£ c = 0 , 6 g .

(6)

Интегрируя уравнение

(6),

получим

хс =

0,6g/ +

С\ ;

Хс =

0,3gt? +Cit

+

C2.

(7)

По начальным

условиям

при

t=0

vc=

хс=

0 и хс=0

(ось

у

величин в

равенства (7)

дает Ci = 0, Сг = 0. Окончательно находим

следующий

закон движения центра С:

хс=0,3gt2.

(8)

2) О п р е д е л е н и е

fmi„. Для определения f

исходим из того, что

1/ЧрК/ЛГ,

(9)

куда, подчеркиваем, входят модули сил. Величину N находим из

уравнения (2), учитывая,

что у с =

0. Получим

N = Р cos а + Fsin р = Я cos 30° +

0,8Р sin 30° =

1,27Р .

(10)

Значение FTp проще

всего

найти

из уравнения

(5),

заменив

в нем хс его значением (6). Получим

Отсюда, так как mg = Р, то

Frp

= F—M/R

— 0,ЗР — 0,8Р— 1,1Р— 0,ЗР =

- 0 , 6 Р .

(11)

Знак

указывает,

что сила

FT? направлена

противоположно

показанному на рисунке.

Подставляя значения FTp я N из равенств (11) и (10) в неравен-

ство. (9),

получим

0,6Р<1,27Р/,

откуда / > 0 , 4 7 .

Следовательно,

Задача

Д8

Вертикальный

вал АК

(рис. Д8.0 — Д8.9), вращающийся

с

по-

стоянной угловой скоростью ю = 10 с - 1 ,

закреплен

подпятником

в точ-

ке Л и цилиндрическим подшипником

в

точке, указанной

в

табл.

Д8

в столбце 2

(АВ

=

BD — DE = ЕК = а). К валу жестко

прикреплены

тонкий однородный

ломаный

стержень массой т = 10 кг, состоящий

из

частей

/ и

2

(размеры

частей стержня

показаны на

рисунках,

где

6 = 0,1

м, а

их массы mi и т% пропорциональны

длинам),

и

не-

весомый стержень длиной I =

46 с точечной массой т з =

3 кг на

конце;

оба стержня лежат в одной плоскости. Точки крепления

стержней

указаны в таблице в столбцах 3 и 4, а углы а, р,

у, tp даны

в

столб-

цах

5—8.

Пренебрегая весом вала, определить реакции подпятника и под-

шипника. При подсчетах принять а =

0,6 м.

Указания. Задача Д8 — на применение к изучению

движения

сис-

темы принципа

Даламбера.

При решении задачи

учесть, что

когда

Т а б л и ц а

Д8

ПодшипКрепление в точке

р.

V.

ф.

Номер

ник

в

град

град

град

град

условия

точке

ломаного

невесо-

стержня

мого

рис.

рис.

стержня

0—4

5—9

1

2

3

4

5

6

7

8

0

В

D

К

45

135

225

60

1

К

В

D

60

240

150

45

2

К

Е

В

30

210

120

60

3

D

К

В

60

150

240

30

4

К

D

Е

30

120

210

60

5

Е

В

К

45

225

135

60

6

Е

D

К

60

60

150

30

7

К

В

Е

30

30

120

60

8

D

Е

К

60

150

60

30

9

Е

К

D

30

120

210

60

силы инерции частиц тела

(в данной задаче стержня)

имеют равнодействующую RH, то численно R" =

тас,

где ас—ускорение

центра

масс

С тела,

но

линия-

действия силы R" в общем случае не проходит через

точку

С (см. пример Д8).

Пример Д8. Вертикальный вал длиной 3а(АВ =

= BD = DE = а), закрепленный подпятником А и

подшипником

D

(рис. Д8, а), вращается с

постоян-

ной угловой скоростью ш. К валу жестко прикреплен

в точке Е ломаный однородный стержень массой

m

и длиной

106, состоящий

из двух

частей /

и 2,

а

в

точке

В

прикреплен

невесомый

стержень

длиной

/ = 56 с точечной массой

т3

на

конце; оба

стержня

лежат

в одной плоскости.

Д а н о :

ш = 8

с - 1 ,

т

=

т , +

т 2

=

10

кг, т 3

= 2 кг,

а =

30°,

0 = 1 5 0 " , <р=60°,

а = 0,3

м,

6 =

0,1

м. О п р е д е л и т ь :

реакции

подпятника А и подшипника D, пренебрегая весом вала.

Решение.

1. Изображаем

(с

учетом

заданных

углов) вал

и

при-

крепленные к

нему

в точках

В

и Е стержни

(рис. Д8, б).

Массы

и

частей и соответственно равны mi =

0,6m; т 2

=

0,4m;

Pi = 0,6mg ; P2 =

0,4mg ; P3

=

m3g .

(1)

вращающиеся вместе с валом координатные оси Аху

так, чтобы стерж-

ни лежали

в плоскости ху, и изобразим

действующие

на систему

силы:

активные

силы — силы

тяжести Р ь

Р2,

Рз и

реакции связей —

составляющие реакции подпятника ХА,

?А

и реакцию

цилиндрического

подшипника

Rd-

Согласно

принципу

Даламбера, присоединим к

этим силам

силы

только нормальные ускорения а„ь, направленные к оси

вращения,

а численно

= ш2/ц, где hk — расстояния элементов от оси

вращения.

Ft = Arrikakn =

Smkufhk,

где Am* — масса элемента. Так как все Ft про-

порциональны

hk, то эпюры этих параллельных сил инерции

стержня

образуют

для

части /

треугольник, а для части 2

— прямоугольник

(рис. Д8,

б).

Каждую из полученных систем параллельных сил

инерции

заменим

дуль главного вектора сил инерции любого

тела

имеет

значение

R"=mac>

где

m — масса

тела,

ас—ускорение

его

центра

масс,

то для частей стержня соответственно получим

ЛГ=

miaCi,

R$ =

т2аС2-

(2)

Сила инерции точечной массы 3 должна быть направлена в сторо-

ну, противоположную ее ускорению и численно будет равна

F" =

т 3 а 3 .

(3)

Ускорения

центров

масс

частей / и 2

стержня

и

груза

3

равны:

ас 1 =

ь)2ЛС|, ас2=

Ш2ЛС2,

аз =

ш2Лз,

(4)

где

Aci, Ас2 — расстояния

центров

масс

частей стержня от оси враще-

ния,

а Лз — соответствующее

расстояние

груза:

hC\ =

36sin30° =

0,15

м ,

hC2 =

66 sin 30° =

0,3

м ,

(5)

hz =

/sin60° = 56sin60° =

0,43 м .

Подставив в (2) и (3) значения (4)

и учтя

(5),

получим

числовые

значения

R", R$ и FJ:

0,6тю2ЛС1 =

57,6

Н ,

R$ =

0,4m(o2ftC2 =

76,8

Н ,

(6)

Я

=

т3<о2Лз = 55,0

Н .

действия

R\

проходит на расстоянии

о

от вершины треугольника-

Е, где Я

=

66 cos 30°.

S F » , =

0 ;

X.4 +

K D + f l ? - t - R 2 " - F ! ! =

0 ;

_ 2 Л , =

0 ; К л - / , , - Я 2 - Р з = 0;

=

-RD.2a-Pxhci-P2hci

+

Pzh3-

-

RWK -

+ F"Hi =

0 ,

где //1, Я2,

Яз — плечи

сил

R1, R$, F3

относительно

точки А,

равные

(при подсчетах учтено, что Я =

66 cos 30° = 0,52 м)

Я, =

З а — ( 2 / 3 ) # =

0,55

м,

Я2 =

За — ( Я + 26) = 0,18

м ,

Нг = а +

/cos 60° =

0,55

м .

Подставив в уравнения

(7)

соответствующие

величины

из ра-

численно

F = сХ, где

с — коэффициент жесткости пружины,

X — ее

деформация. Кроме того, на

рис. 0 и 1 на ползун D действует

сила Q,

а на кривошип OiA — пара

сил с моментом М; на рис. 2—9 на криво-

шипы 0\А

и 0 2 D действуют пары сил с моментами М, и М2.

Определить, чему

равна

при равновесии деформация X пружины,

величин приведены в табл.

Д9а для рис.

0—4

и

в табл.

Д9б для

рис. 5—9, где Q выражено

в ньютонах, а

М,

М,,

М2 — в

ньютоно-

метрах.

ной (как на рис. Д9.10, а), то

пружину следует

считать прикрепленной

к ползуну с другой стороны

(как

на рис. Д9.10, б, где

одновременно

иначе изображены направляющие).

Указания.

Задача

Д9 — на

определение

условий

равновесия

механической

системы

с помощью

принципа возможных

перемещений.

Чтобы найти X, надо из полученного

условия

равновесия

опре-

делить

силу

упругости

F.

На

чертеже

эту силу

можно

направить

в любую сторону

(т. е. считать

пружину

или

растянутой,

или сжатой);

верно ли выбрано

направление силы, укажет знак.

Т а б л и ц а

Д9а

(к

рис. Д9.0 — Д9.4)

Номер

Углы,

град

Для рис. 0— 1 Для рис. 2—4

усло-

с, Н/см

вия

Л),

а

Р

У

Ф

е

М

Q

М 2

0

90

120

90

90

60

180

100

400

120

460

1

60

150

30

90

30

160

120

380

140

440

2

30

120

120

0

60

150

140

360

160

420

3

0

60

90

0

120

140

160

340

180

400

4

30

120

30

0

60

130

180

320

200

380

5

0

150

30

0

60

120

200

300

220

360

6

0

150

90

0

120

110

220

280

240

3 4 0 .

7

90

120

120

90

150

100

240

260

260

320

8

60

60

60

90

30

90

260

240

280

300

9

120

30

30

90

150

80

280

220

300

280

Т а б л и ц а

Д9б

(к

рис. Д9.5 — Д9.9)

Номер

Углы,

град

усло-

а

Р

V

Ф

6

с, Н/см

м,

Ml

вия

0

30

30

60

0

150

80

200

340

1

0

60

60

0

120

90

220

320

2

60

150

120

90

30

100

240

300

3

30

60

30

0

120

110

260

280

4

90

120

150

90

30

120

280

260

5

30

120

150

0

60

130

300

240

6

60

150

150

90

30

140

320

220

7

0

60

30

0

120

150

340

2Q0

8

90

120

120

90

60

160

360

180

9

90

150

120

90

30

180

380

160

4

Рис. Д9.8

Рис. Д9.9

'Л

™

'//////.

р

о

4 ю 7 ш ш 1

а)

Ь)'

Рис. Д9.10

Пример Д9. Механизм

(рис. Д9, а), расположенный

в

горизон-

тальной плоскости, состоит из стержней 1, 2, 3 и ползунов В, D, соеди-

ненных друг

с другом

и

с

неподвижной

опорой

О

шарнирами.

К

ползуну

В

прикреплена

пружина

с

коэффициентом жесткости

с,

к ползуну D приложена сила

Q,

а

к

стержню

/

(кривошипу) —

пара сил с моментом М.

Д а н о :

а = 6 0 ° , р =

0°,

у = 60°,

q>=0°,

6 = 1 2 0 ° ,

/ = 0 , 4

м,

АЕ = ED,

с =

125 Н/см,

М = 150 Н м ,

Q =

350

Н.

О п р е д е л и т ь :

деформацию X пружины

при равновесии

механизма.

Решение. 1. Строим положение механизма в соответствии с задан-

ными углами

(рис. Д9,6);

при

этом

согласно

последнему

из

указаний

к

задаче

Д9

прикрепляем

пружину

к

ползуну

с

другой

стороны

(так, как если бы было {5= 180°).

Для решения задачи воспользуемся принципом возможных пере-

мещений,

согласно которому

2 6 / П = 0 ,

(1)