Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Сыктывкарский лесной институт (филиал СПбГЛТА)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Теор. Мех. Методическое пособие для КР

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

02.03.2016

Размер:

3.68 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 109 10 > Следующая >>>

w1 = g 0,64m = 9,8 × 0,64 = 1,63 м/с2 . 3,94m 3,94

Мы получили то же, что в примере 12 значение ускорения, что и следовало ожидать.

Для определения натяжения троса, удерживающего груз А, рассмотрим движение груза, освободив его от троса и заменив его действие реакцией Т

(рис. 4.14б).

Основное уравнение динамики для груза А:

P sinadS – TdS – FтрdS – ФdS = 0.

После сокращения на dS получаем

P sin a - T - P cos af - P w = 0,

			g
откуда
	w			1,63
T = P sin a - f cos a -		= P 0,87	- 0,2 × 0,5 -		= 0,6P.
T = P sin a - f cos a -		= P 0,87	- 0,2 × 0,5 -		= 0,6P.
				9,8
	g			9,8

Ответ: ускорение груза w =1,63 м/с2, натяжение троса Т = 0,6Р.

Пример 15 (задача 5-4). Для механической системы, показанной на рис. 4.12 (пример 12), используя уравнение Лагранжа второго рода, составить дифференциальное уравнение движения груза и найти уравнение движения

&	= 0; S = 0 при t = 0. Исходные данные взять из примера 12.
груза, если S	= 0; S = 0 при t = 0. Исходные данные взять из примера 12.
Запишем уравнение Лагранжа второго рода:
		d дТ			дТ
				-		= QS .	(15.1)
			&	-	дS	= QS .	(15.1)
		dt	дS		дS

Обобщенную активную силу Qs определяем из равенства

QS = δdAS .

Элементарная работа активных сил Р; Fтр; P3; Mтр.кач найдена в примере 12 (задача 5-I):

dAs = P sinadS – FтрdS – P3dSC sinb – Mтр.качdj3.

В том же примере установлено:

dSC	= dS	R2	;	dj3	= dS	R2	;	Fтр = fP cosa; Mтр.кач = dР3 cosb.

		r2				r2r3
								81

Тогда

R2d

sin b - P3 cos b

dAS = P sin a - fP cos a - P3

r2r3

R2δ

Q = P sin a - fP cos a - P

sin b - P cos b

= 0,64 mg.

r r

2 3

Кинетическая энергия системы найдена на примере 12 (задача 5-1):

Т =

mпрv

3,94mS

Здесь учтено, что v = S.

Производные кинетической энергии:

дТ

d дТ

= 0;

= 3,94mS;

3,94mS.

дS

дТ

После подстановки

;

и Qs

в уравнение (15.1) получим диффе-

дS

ренциальное уравнение движения груза:
&&	&&	=1,63 м/с	2	.
3,94 mS	= 0,64 mg илиS	=1,63 м/с		.

Последовательным интегрированием полученного дифференциального уравнения найдем уравнение движения груза:

	t	t
&	= 1,63 ∫ dt = 1,63t м/с;	S =1,63∫t × dt = 0,815t	2	м.
S	= 1,63 ∫ dt = 1,63t м/с;	S =1,63∫t × dt = 0,815t		м.
	0	0

Пример	16 (задача	6-1). Дано: G;			β
F1 = 0,2G; F2	= 0,1G; M =	0,5GR; a = 30º;			F1
F1 = 0,2G; F2	= 0,1G; M =	0,5GR; a = 30º;
b = 60º. Определить:			M
1. Закон движения центра масс барабана			M	F2
xc = f(t).				F2	C	x
xc = f(t).						x
2. Минимальное значение коэффициен-						Fт
						р
та трения, при котором возможно еще каче-					N
та трения, при котором возможно еще каче-			y		G
ние без скольжения fmin.					G	α


Решение. Барабан совершает плоско-
параллельное движение под действием сил				О
F1; F2; G; Fтр; N и пары сил с моментом М					Рис. 4.15
(рис. 4.15).
Проведем оси Оху и составим дифференциальные уравнения плоского
движения твердого тела:
		82

m&x&c = ∑ Fkx , m&y&c = ∑ Fky ,

Icϕ&& = ∑ mc (Fк ),

m&x&c = F1 − F2 − G sin б + Fтp ;	(16.1)
m&y&c = N − G cos б;	(16.2)
Icц&& = M + F1 sin в R − F2r − Fтp R.	(16.3)

Первые два уравнения характеризуют поступательное движение тела вместе с полюсом (за полюс в динамике принимают центр масс тела), а третье уравнение – вращение тела вокруг центра масс.

За положительное направление для моментов принято направление вращения барабана по часовой стрелке.

Система трех уравнений (16.1), (16.2), (16.3) содержит пять неизвестных &x&c ; &y&c ; ц&&; Fтp ; N. Для решения задачи составим еще два уравнения связи бараба-

на с наклонной плоскостью:

yc = R = const;						(16.4)
xc = Rϕ.						(16.5)
Продифференцируем дважды по времени уравнения связи:
	d 2 y
	c		=	&y&	= 0,	(16.6)
			=	&y&	= 0,	(16.6)
	dt2			c
	dt2
	d 2 x
	c	= &x&			= Rц&&.	(16.7)
		= &x&			= Rц&&.	(16.7)
	dt2			c
	dt2

Подставляя значение ц&& из (16.7) в (16.3) получим:

			I		&x&c	= M + F sin в R − F r − F				R.	(16.8)
			I		R	= M + F sin в R − F r − F				R.	(16.8)
				c	R		1	2	тp
Из уравнения (16.1) находим Fтр:
			Fтp = m&x&c − F1 + F2 + G sin б								(16.9)
и подставим значение Fтр в уравнение (16.8), получим:
I		&x&c	= M + F sin β R − F r − m&x&					R + F R − F R − GR sin α.			(16.10)
I		R	= M + F sin β R − F r − m&x&					R + F R − F R − GR sin α.			(16.10)
	c	R	1			2	c	1	2
Учитывая, что Ic = mρc2 = m(0,3R)2 , r = 0,5R и подставляя исходные данные
после несложных вычислений из (16.10), получим
						&x&c = 0,13g.					(16.11)
Интегрируя дважды дифференциальное уравнение (16.11) получим
						x&c = 0,13 gt + c1,					(16.12)
							83

x	= 0,065 gt	2 + c t + c .	(16.13)
c		1 2

Постоянные интегрирования с1, с2 находим исходя из начальных условий движения при t = 0; xc = 0; x&c = 0.

Подстановка этих величин в равенство (16.12), (16.13) дает c1 = c2 = 0. Поэтому закон движения центра масс колеса будет иметь вид:

xc = 0,065gt2.	(16.14)
Перейдем к определению fmin. Для этого подставим значение xc	из (16.11) в
&&
формулу (16.9) и получим
Fтр = 0,13mg – 0,2 mg + 0,1mg + mg sina = 0,5mg = 0,53G;	(16.15)
Fтр = 0,53G.
Но сила трения Fтр должна удовлетворять неравенству:
Fтр £ Nf.	(16.16)
Величину нормальной реакции N найдем из (16.2) с учетом, что &y&c = 0,
N = G cosa.	(16.17)

Подставляя значение Fтр и N из равенств (16.15) и (16.17) в неравенство

(16.16), получим 0,53G £ Gf cosa, откуда f ³ 0,61.

Таким образом, значение коэффициента трения, при котором возможно качение барабана без скольжения, fmin = 0,61.

Пример 17 (задача 6-2). Для составной конструкции (рис.4.16а), на которую действуют:

а) сосредоточенные силы P1 = 3 кН; Р2 = 4 кН;

б) равномерно распределенная нагрузка с интенсивностью q = 1 кН/м; в) пара сил с моментом М = 2 кН · м.

Определить реакции опор в точках А и В. Угол a = 45º; b = 30º; размеры:

а = 3 м; b = 2 м; с = 4 м.

Решение. Заменим равномерно распределенную нагрузку сосредоточенной силой Q = qс = 1 · 4 = 4 кН, приложенной в середине загруженного участка.

1. Найдем реакцию подвижной опоры В, для чего мысленно отбросим эту связь, препятствующую вертикальному перемещению балки, заменив ее действие реакцией RB (рис. 4.16б). Сообщим составной конструкции возможное перемещение. Возможным перемещением левой части конструкции (DK) является ее поворот вокруг шарнира K на бесконечно малый угол dj. Направление поворота может быть выбрано произвольно, правая часть конструкции при этом остается неподвижной.

	q			M	A
	P2	P1	α		β
а)	B	P1	α		β
а)	D			K
				K
	c	b	b	a

P2			M	A
P2	Q	δy	P1 α
б) D	Q	δy	P1 α
б) D		δS RB	K
δS	δS	δS RB	δS1
δS	δS	R
D	Q

				P1	δSK	M A	δSA
P	2	Q
в)			B	α			YA

D			δS1	δϕ	K
δSD	δϕ δSQ
							δSA

			XA
P2 Q		P1	M
P2 Q	B	P1	α
г)	B		α

D K

δSB δS1 δSK

						δS		МА
						δS	M	А
	P2	Q	δϕ2		P1	K		А
	P2			B	P1	α
д)	D			B		α
	D					K δϕ1
	δϕ2					K δϕ1
						δϕ2

О1

Рис. 4.16

На основании принципа возможных перемещений для равновесия механической системы с идеальными, стационарными и двусторонними связями необходимо и достаточно, чтобы сумма работ от всех задаваемых сил и реакций связей, приложенных к точкам конструкции, была бы равна нулю на любом возможном перемещении системы:

n	n	δSk
∑δAk(F ) = 0 или	∑ Pk	δSk	cos Pk ; δSk	= 0.	(17.1)
k =1	k =1
k =1	k =1

Составим уравнение работ всех сил на возможных перемещениях:

P2δSD + QδSQ – RBδSB + P1 sinα δS1 = 0.	(17.2)
85

Учитывая, что

dSD = (c + 2b)dj;

dSQ

+ 2b dj;

dSB = 2bdj;

dS1 = bdj,

формула (17.2) запишется:

P2(с + 2b)dj + Q;

+ 2b dj - R

× 2bdj - P sin abdj = 0. (17.3)

Откуда

P (с + 2b) + Q

+ 2b

+ P sin α b

RB =

= 15 кН;

RB = 15 кН.

С другой стороны, для определения реакции RB можно воспользоваться составлением уравнения работ при повороте тела, как произведением момента силы относительно точки вращения на угол поворота тела:

			c
		P2 (c + 2b)δϕ + Q		+ 2b δϕ − RB 2bδϕ + P sin α bδϕ = 0,			(17.4)
		P2 (c + 2b)δϕ + Q		+ 2b δϕ − RB 2bδϕ + P sin α bδϕ = 0,			(17.4)
		14243	2		123	14243
		mk (P2 )	14243		mk (RB )	mk (P1 )
			mk	(Q )
где mk(P2) = P2(c + 2b) –			момент силы P2 относительно точки вращения K;
	c
mk	(Q) = Q	+ 2b – момент силы Q относительно точки K и т. д.
mk	(Q) = Q	+ 2b – момент силы Q относительно точки K и т. д.
	2

Переходим к определению реакции в опоре А. Опора А представляет жесткое защемление. Реакции такой опоры представляются силой RA, направление которой заранее неизвестно, и реактивным моментом MA.

Реакцию RA раскладываем на составляющие YA, XA.

2. Найдем вертикальную составляющую YA (рис. 4.16в). Для этого жесткое защемление заменяем опорой в виде ползуна жестко связанного с участком АK. Такая опора исключает горизонтальное перемещение и поворот участка АK. Система в данном случае получает одну степень свободы. Дадим системе возможное перемещение. При этом правая часть конструкции (АK) совершит поступательное движение, а левая часть (KD) совершит поворот вокруг точки В на угол δϕ.

Уравнение работ принимает вид
YAδSA – P1 sinα δS1 + QδSQ + P2δSD = 0,	(17.5)

где δSA = δSk = 2bδϕ; δSD = сδϕ; δS1 = bδϕ; δSQ = c δϕ. 2

Учитывая вышеприведенные соотношения, формула (17.5) запишется

Y		× 2bdj - P sin a bdj + Q						c	dj + P cdj = 0.	(17.6)
Y	A	× 2bdj - P sin a bdj + Q							dj + P cdj = 0.	(17.6)
	A				1		2		2
Откуда							2
Откуда
				P sin α b − Q		c	− P c
				P sin α b − Q			− P c
		YA	=	1	2		2		= −4,95 кН,
					2
					2b
					2b

Знак «минус» указывает на то, что истинное направление YA противоположно показанному на рис. 4.16в.

3.Найдем горизонтальную составляющую реакции в жестком защемлении

–XA (рис. 4.16г). Для этого жесткое защемление заменяем горизонтальным ползуном, жестко связанным с участком АK. Дадим системе возможное перемещение – горизонтальное поступательное движение всей конструкции.

Уравнение работ имеет вид

– XAδSA + P1 cosα δS1 = 0.	(17.7)
Но при поступательном движении
δSA = δSk = δS1 = δSB = δS.
В результате
XA = P1 cosα = 2,1 кН.	(17.8)

4. Для определения реактивного момента опоры А заменяем жесткое защемление шарнирно неподвижной опорой, исключающей линейное перемещение, но допускающей угловое перемещение (вращение) участка АK вокруг опоры А.

Действие отброшенной связи заменяем реактивным моментом МА (рис. 4.16д). Дадим системе возможное перемещение. При этом участок АK совершает вращение вокруг точки А, а участок KD совершает плоскопараллельное движение, которое представим в виде вращения вокруг мгновенного центра скоростей (точка О1).

Уравнение работ имеет вид:

Mdj - M	dj + P cdj + Q		c	dj + P cosaO Bdj - P sin abdj = 0.				(17.9)
Mdj - M	dj + P cdj + Q			dj + P cosaO Bdj - P sin abdj = 0.				(17.9)
1	A 1 2 2	2		2 1		1 2 1	2
		2
Учитывая, что		δSk = AK δϕ1 = O1K δϕ2,
найдем		δSk = AK δϕ1 = O1K δϕ2,						(17.10)
найдем
				δϕ1 =	O1K	δϕ2 .		(17.11)
				δϕ1 =	AK	δϕ2 .		(17.11)
					AK

Подставим значение δϕ1 из (17.10) в формулу (17.8), получим:

	P cos a O B + Q		c	+ P c + M	O1K	- P sin a b
	P cos a O B + Q			+ P c + M		- P sin a b
M A =	1	1	2	2	AK	1	= 21,46	кH × м.
			2		AK

O1K

Ответ: RB = 15 кН; YA = –4,95 кН; XA = 2,1 кН; MA = 21,46 кН · м.

Пример 18 (задача 6-3). Дано: w = 15 рад/с; длина стержней: l1 = 0,2 м;

l2 = 0,3 м; l3 = 0,15 м; mЕ = 2 кг; a = 30º; b = 60º; а = 0,3 м; mАВ = m0 = 20 кг.

Масса одного метра стержня равна 10 кг. Определить реакции в подпятнике А и подшипнике В.

Решение. Изобразим вал с жестко закрепленными стержнями и точечной массой в соответствии с исходными данными (рис. 4.17). Определим массу и вес каждого из стержней в зависимости от их длины: m1 = 2 кг; m2 = 3 кг;

m3 = 1,5 кг; G1 = m1g; G2 = m2g; G3 = m3g; GE = mEg; G0 = m0g.

Для определения реакций проведем оси координат Аху так, чтобы стержни лежали в плоскости ху и изобразим действующие внешние силы (рис. 4.18):

а) силы тяжести G1; G2; G3; GE; G0 приложенные в центре масс тел; б) составляющие реакций связей YA; XA; XB.

К действующим внешним силам присоединим силы инерции стержней и точечной массы Е. Поскольку вал вращается с постоянной угловой скоростью (w = const), то возникнут только осестремительные составляющие ускорения

(вращательные составляющие ускорения равны нулю, т. к. e = dω = 0 ). dt

При этом силы инерции элементарных масс будут направлены противоположно осестремительным ускорениям и пропорциональны расстояниям до оси вращения. Поэтому эпюры от сил инерции этих масс будут параллельными силами и образуют для стержней 1 и 2 треугольники, а для стержня 3 – прямоугольник.

Полученную систему параллельных сил инерции для каждого из стержней и точечной массы заменим равнодействующей, равной главному вектору этих сил, которая по модулю имеет значение Ф = mWc, где m – масса тела; Wc – ускорение центра масс тела.

Силы инерции соответствующих стержней и точечной массы имеют значения:

Ф1 = m1Wc1;

Ф2 = m2Wc2;

Ф3 = m3Wc3;

ФЕ = mЕWЕ,

где Wc1; Wc2; Wc3; WE – осестремительные составляющие ускорения центра масс стержней и точечной массы, которые равны

Wc1 = w2b1;

Wc2 = w2b2;

Wc3 = w2b3;

WE = w2bE.

Расстояния от оси вращения до центра масс определяются:

b1 = l1 sin β; 2

			В
		l	2		3
				α	l

a
a
				α
		D
a
			K
	l1	β
a		β	ω
a
	E
	E		A
			A
	Рис. 4.17

b = l2		sin α;	b3 = l2 sinα;				bE = l1 sinβ.
2	2
	2
					y
			B			ХB
					b2		Ф2
					αc2		Ф3
						c3	Ф3
			D G2				G3
							G3
							2
							h
			b	1	О	b3	3
				1		b3	h

				K	G0
		Ф1		c1 β
	ФЕ			c1 β	Y
	ФЕ				Y
1	E	E	bE	G 1	A	x
h	h	E	bE			x
				A	XA
			GE	A	XA
			GE		ω
					ω
				Рис. 4.18

С учетом полученных значений вычислим величины сил инерции:

Ф = m W				= m ω2b = m ω2			l1		sin β = 39,2 H,
Ф = m W				= m ω2b = m ω2					sin β = 39,2 H,
		1 1	c	1	1	1	2
			1

Ф	2	= m W		= m ω2b = m ω2				l2		sin α = 50,6 H,
Ф		= m W		= m ω2b = m ω2						sin α = 50,6 H,
		2	c2	2	2	2	2
							2

Ф3 = m3Wc3 = m3ω2b3 = m3ω2l2 sin α = 50,6 H,

ФE = mEWE = mE ω2bE = mE ω2l1 sin β = 78,3 H.

Линии действия сил инерции Ф1 и Ф2 пройдут через центры тяжести соответствующих треугольников, силы инерции Ф3 – через середину стержня l3, силы инерции ФЕ – через точку Е.

Согласно принципу Даламбера, добавлением сил инерции к действующим внешним силам образуется уравновешенная система сил. Для полученной пло-

ской системы сил составим три уравнения равновесия:
1. ΣFkx = 0;	XB + XA + Ф2 + Ф3 – Ф1 – ФЕ = 0;
2. ΣFky = 0;	YA – GE – G1 – G0 – G2 – G3 = 0;	(18.1)

3. ΣmA(Fk) = 0; G1b1 + GEbE – G2b2 – G3b3 + Ф1h1 + ФEhE – Ф2h2 – Ф3h3 – xB AB = 0,

где G0 = m0g – вес однородного вала АВ;

= AK −

cos β = a −

l cos 60O = 0,23 м;

3 1

hE = AK – l1 cosβ = a –

l1 cos60º = 0,2 м;

= AD +

cos α = 2a +

cos 30O = 0,43 м;

= AD + l

cos α −

= 2a + l

cos 30O −

= 0,79 м;

АВ = 3а = 0,9 м.

С учетом вышеприведенных значений вычислим из уравнений (18 .1)

YA = 279 Н;

XA = 10,57 Н;

XB = –5,73 Н.

Знак «минус» при ХВ говорит о том, что действительное направление реакции ХВ противоположно указанному на рис. 4.18.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 109 10 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
02.03.201638.9 Кб4темы ДП каф.МиМ 2014.docx
#
13.11.201933.52 Кб3темы ДП каф.МиМ.docx
#
22.09.201974.24 Кб8Темы ДР на 2011-2012 уч.год.doc
#
09.11.201961.44 Кб12Темы ДР на 2012-2013 уч.год.doc
#
10.07.2019131.58 Кб19темы исследоват работ экология.doc
#
02.03.20163.68 Mб46Теор. Мех. Методическое пособие для КР.pdf
#
16.08.2019189.95 Кб36Теория перевода 13-16.doc
#
02.03.2016322.43 Кб150Теория статистики, вопросы(зачет,экзамен) .docx
#
02.03.20161.94 Mб189Теория Страхования часть 2, 5 курс.rtf
#
15.08.2019273.92 Кб14Теплот Строительство ПГС(3 пок) испр.doc
#
02.03.2016203.26 Кб29теплотехника СТиТМ_ 2012.doc