teoreticheskaya_mehanika_1989

Рис. Д 7.8

Рис. Д7.9

не может быть

N < 0 ) . Если при расчетах

получится FTp< 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

Р

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. Д 7).

Д а н о :

Р,

F =

0.8Р, М =

1,IPR, а =

30°,

р = . 30°. О п р е д е ­

л и т ь :

1)

хс =

f(t) — закон движения центра масс барабана; 2) / min —

тхс =

2 Fkx ;

тхс =

fc o sP +

P s i n a + F rp;

(1)

туе = ^ F ky\

туе =

N — P c o sa — F sinp ;

(2)

/ С2е =

_

™ n2

(3)

2 tncAFk) ; —^ — г = F R - FTfR - М .

За

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 х с — f(t)

Так

как ясно, что в нашей

задаче

у с =

R = const и ус =

0, то уравне­

ния (1) — (3) содержат четыре неиз­

вестные

величины (хс, г, N

и Frp) .

величины. Для этого учтем, что

х с =

а с

(так как центр С движется

прямолинейно)

и что при качении без скольжения в точке В находится

мгновенный

центр скоростей. Тогда

ус =

a>R, ас = vc =

a>R =

гR или

Хс =

eR .

(4)

Теперь

из

уравнения

(3)

можно исключить е, подставив в

(3)

найденное

значение

&R;

деля

одновременно

обе

части уравнения

(3)

на R, получим

1

••

г.

г.

М-

,ГХ

—

m x c = F — FTр

— .

(5)

Далее,

сложив

почленно

равенства

(1)

и

(5), исключим

из

них

Frp и получим

Q

F{ 1 +

cos р) +

Р sin а

М

= 0,8Р( 1 +

cos 30°) +

Р sin 30° -

Л - т х с =

—

— 1 ,1 Р = 0.89Р .

Отсюда,

так

как

Р = mg,

найдем

для

определения

х с =

/(/)

следующее дифференциальное уравнение:

хс =

0,6g .

(6)

Интегрируя

уравнение

(6),

получим

Хс =

0,6gZ-f- Cj ;

Хс — 0,3gt?4* C i,-|- С2 .

(7)

По начальным

условиям

при

t =

0

v c = х с = 0

и х с — 0 (ось у

проводим через начальное положение точки С). Подстановка этих

величин в

равенства (7)

дает

Ci = 0, С2 — 0. Окончательно

находим

следующий закон движения центра С:

x c = 0 , 3 g t 2 .

(8)

2)

О п р е д е л е н и е

f min. Для определения f

исходим из того, что

при качении без скольжения сила трения должна удовлетворять не­

равенству

|f , PK /A Z ,

(9)

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

уравнения

(2), учитывая, что у с =

0.

Получим

N = Р cos а +

Fsin р=

Р cos 30° +

0,8Р sin 30° =

1,27Р .

(10)

Значение

Fr? прощевсего

найти

из

уравнения(5),

заменив

в нем х с его значением (6). Получим

0,3m g =

F — FTp — M / R .

Отсюда, так как m g =

Р, то

FTf= F — M / R — 0,ЗР = 0.8Я — 1,1Я — О.ЗЯ =

— 0,6Р .

(11)

Знак

указывает,

что

сила

Flp направлена

противоположно

показанному на рисунке.

Подставляя значения FTf к N

из равенств

(11) и

(10) в неравен­

ство. (9),

получим

0,6Р<: 1,27Pf,

откуда

0,47.

Следовательно,

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 /?“, то численно R" =

т ас,

где ас — ускорение центра

масс

С тела, но

линия-

действия силы R* в общем случае не проходит через

точку

С (см. пример Д 8).

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 о. К валу жестко прикреплен

в точке Е ломаный однородный стержень массой т

и длиной

106, состоящий из двух

частей 1

и 2 , а в

точке

В

прикреплен

невесомый

стержень

длиной

Рис. Д8.9

/ = 56 с точечной массой

т з

на конце;

оба стержня

лежат

в одной плоскости.

лл “

Л 1

V- — 8

с-1,

m =

mi +

т г =

10

кг,

т з

= 2

кг,

а. = 30°,

П О U

/ л .

Р = 150°,

ф =

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 т\ =

0,6т;

т 2 =

0,4т;

Pi = 0,6mg ; Р2 =

0A mg ;

Р3 =

m3g .

(1)

активные силы — силы

тяжести Pi,

Р 2, Рз и реакции связей —

составляющие реакции

подпятника Х А,

Ул и реакцию цилиндрического

дуль главного

вектора

сил

инерции

любого тела имеет значение

R* = т а с, где

т —масса

тела,

а с — ускорение его

центра

масс,

то для частей стержня соответственно получим

R “ =

m taC[, R S =

m2 a C2 -

(2)

Сила инерции точечной массы 3 должна быть направлена в сторо­

ну, противоположную ее ускорению и численно будет равна

Рз = тзйз .

(3)

Ускорения

центров

масс

частей 1

и

2

стержня

и

груза 3

равны:

а с1=

(o2/zci ,

а с2

— о)2Ас2,

Оз =

to2/i3,

(4)

где h Cu h C2 — расстояния центров масс частей

стержня

от оси

враще­

ния, а Аз — соответствующее расстояние

груза:

h C\ =

36sin30° =

0,15

м ,

h C2 =

66 sin 30° =

0,3

м ,

(5)

кз =

/sin 60° =

56 sin 60° =

0,43

м .

Подставив

в (2)

и

(3)

значения (4) и учтя

(5),

получимчисловые

значения R “, RH и Р§\

Я Г =

0,6ш(о2Лс, =

57,6 Н ,

/?2 =

0,4т(о2ЛС2 =

76,8

Н ,

(6)

Рз” =

т 3(о2Лз = 55,0 Н .

действия R f

проходит на расстоянии -^ - Я от вершины треугольника

Е, где Я =

66cos30°.

3.

Согласно принципу Даламбера, приложенные внешние сил

(активные и реакции связей) и силы инерции образуют уравновешенную

-

/?ГЯ, -

RUh + Fз"Яз = 0 ,

где Я i, Я2, Я3 — плечи

сил Rf,

R$, F$

относительно точки А,

равные

(при подсчетах учтено, что Я =

66cos30° = 0,52 м)

Я, = З а - ( 2 /Э ) Я =

0,55

м,

Я 2 =

З а - ( Я + 26) =

0,18 м ,

Я3 =

o +

/cos60° =

0,55 м .

(8)

Подставив

в уравнения

(7)

соответствующие величины из ра­

венств (1), (5), (6), (8) и решив

эту систему уравнений (7),

найдем

искомые реакции.

О т в е т :

Х А= - 3 3 ,7

Н;

УА=

117,7 Н; R D= - 4 5 ,7

Н.

Определить, чему

равна при равновесии деформация X пружины,

и указать, растянута

пружина или сжата. Значения всех заданных

величин приведены в

табл. Д9а для рис. 0—4 и в табл. Д9б для

щими и пружину изобразить так, как в примере Д9

(см. рис. Д9, а так­

же рис. Д 9 .10, б). Если на чертеже решаемого

варианта задачи

ной (как на

рис. Д9.10, а), то пружину следует считать прикрепленной

к ползуну с

другой стороны (как

на рис. Д 9 .10, б, где

одновременно

иначе изображены направляющие).

Указания. Задача Д9 — на

определение условий

равновесия

делить

силу

упругости

F. На

чертеже

эту силу

можно

направить

в любую сторону

(т. е. считать

пружину или

растянутой,

или сж атой);

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 /с

и

вия

Q

а

Р

V

<Р

е

М

М,

М 2

0

90

120

90

90

60

180

100

400

120

460

I

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

340

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

Y

Ф

0

с.Н/см

М,

м 2

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

200

8

90

120

120

90

60

160

360

180

9

90

150

120

90

30

180

380

160

Рис. Д9.2

Рис. Д9.3

Л

J

М,

yO ^C xf

/

4

Рис. Д9.8

Рис. Д9.9

5

Рис. Д9.10

Пример Д9.

Механизм

(рис. Д9, о), расположенный

в горизон­

тальной плоскости, состоит из стержней 1, 2, 3 и ползунов S, 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°,

т =

60°,

ф = 0°,

9 = 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, б);

при этом согласно последнему из указаний

к задаче

Д9

прикрепляем

пружину к ползуну с другой стороны

(так, как если бы было р =

180°).

Для решения задачи воспользуемся принципом возможных пере­

мещений, согласно которому

26-46 =

0 ,

( 1)