|
|
Пример решения. |
|
|
|
Определим |
скорость |
и ускорение |
|
|
|
|
ползуна В, угловую скорость и угловое |
|
A |
|
|
ускорение шатуна АВ по известной |
|
|
|
|
|
|
|
скорости и ускорению ползуна А (см. |
|
|
|
|
рисунок). |
|
|
|
|
|
|
Исходные данные: длина шатуна |
|
|
|
|
АВ равна 4 м; VA = 1 м/с; |
WA = 3 м/с2. |
|
|
|
|
Решение. |
Шатун |
совершает |
B |
º |
|
º |
плоскопараллельное |
движение |
60 |
60 |
|
|
|
|
|
|
|
(подраздел |
3.4.). |
Направление |
|
|
|
|
векторов скорости ползунов А и В |
|
|
|
|
известны: они |
движутся вдоль направляющих. |
Восстановим |
перпендикуляры к векторам скоростей ползунов. Точка пересечения перпендикуляров даст положение мгновенного центра скоростей Р (см. рис.). Следовательно,
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
VA = ωAB IAPI и |
VВ = ωAB IPВI, где |
|
|
|
VA |
ωAB – угловая скорость шатуна АВ. |
|
|
A |
Из |
решения |
треугольника |
АВР |
|
|
|
|
|
находим: I API = IPВI = 4/√ 3. Тогда |
Р |
|
|
|
|
ωAB = |
VA / IAP I = √ 3 /4 с -1, а |
VВ = |
|
|
|
|
1 м/с. |
Перейдем к |
определению |
|
|
|
|
|
|
|
ωАВ |
|
|
ускорения WB ползуна В и углового |
|
|
|
60º |
|
|
|
|
|
º |
|
ускорения шатуна εАВ. Для этого |
B |
60 |
|
|
воспользуемся формулой сложения |
|
|
|
|
|
ускорений при плоскопараллельном |
VB |
|
|
|
|
движении твердого |
тела |
(см. |
|
|
|
|
подраздел 3.4), взяв теперь в качестве полюса точку А. Тогда имеем:
WB = WА + WBА ,
где WBА – ускорение точки В в ее вращательном движении вокруг полюса А. Последнее, в соответствии с формулой (3.15), является суммой касательного ускорения Wm и нормального ускорения Wn . Все четыре ускорения связаны векторным соотношением:
Нормальное ускорение в нашем случае направлено вдоль шатуна к точке А. Его величина согласно (3.26) равна: Wn АВ2 
АВ
3/4 м/с 2.
Вектор касательного ускорения Wm перпендикулярен шатуну АВ. Отметим на рисунке направления всех ускорений. При этом направления векторов WB и Wm пока что не могут быть определены
однозначно, поскольку неизвестно, является поворот шатуна.
Спроектируем равенство (♠) на горизонтальную и вертикальную оси:
WB = WA sin300 – Wm cos300 +
+ Wn cos600;
0 = -W |
cos300 + W |
m |
sin300 |
+ |
Wm |
A |
|
|
|
|
+ Wn sin600.
ускоренным или замедленным
A
WA
Wn 
60ºεАВ 60º
B WB
Получили два уравнения
относительно неизвестных WB и Wm . Последовательно решая эти уравнения, получаем: Wm = 9√3/4 м/с2 и WB = -(15 - 3√3)/8 м/с2. Отрицательное значение ускорения означает, что его истинное направление противоположно первоначально принятому (см. рис.).
Угловое ускорение шатуна εАВ найдем с помощью формулы (3.25):
АВ Wm 9√3/16 с-2.
AB
Ответ: VВ = 1 м/с; WB = (15 - 3√3)/8 м/с2; ωAB = √ 3 /4 с -1; εАВ = 9√3/16 с-2.
Контрольная работа № 3.
Динамика
Вприведенных ниже расчетных схемах механическая система состоит из трех тел. Движение тел происходит либо за счет приложенного вращающего момента, либо за счет веса груза. С помощью теоремы об изменении кинетической энергии механической системы требуется найти ускорение всех трех тел.
Втаблице исходных данных приняты следующие обозначения: m – масса тела; R и r – радиусы большого и малого барабана соответственно; f – коэффициент трения скольжения; α – угол наклона поверхности, по которой перемещается груз; M – вращающий момент.
Сила и коэффициент трения скольжения связаны соотношением: Fтр = f ∙ N, где N – проекция веса тела на нормаль к поверхности (см.подраздел 2.8).
Расчетные схемы
1 M
2
α 
3 
1
2 3
1
r
α
3
2
r
1
7
2
M
3
1
9
Исходные данные
№ |
m1, |
m2, |
m3, |
R1, |
R2, |
R3, |
r2, |
f |
α, ◦ |
M, |
вар. |
кг |
кг |
кг |
см |
см |
см |
см |
|
|
Н∙м |
0 |
20 |
10 |
40 |
30 |
45 |
60 |
25 |
0,12 |
30 |
70 |
1 |
24 |
40 |
20 |
35 |
50 |
80 |
30 |
0,15 |
15 |
40 |
2 |
15 |
35 |
42 |
15 |
55 |
75 |
35 |
0,20 |
45 |
120 |
3 |
20 |
8 |
15 |
45 |
60 |
70 |
40 |
0,10 |
60 |
60 |
4 |
10 |
20 |
50 |
20 |
55 |
65 |
20 |
0,25 |
20 |
220 |
5 |
45 |
20 |
15 |
30 |
40 |
50 |
15 |
0,15 |
40 |
90 |
6 |
20 |
30 |
50 |
40 |
50 |
85 |
25 |
0,20 |
35 |
480 |
7 |
15 |
30 |
70 |
25 |
45 |
45 |
30 |
0,12 |
25 |
180 |
8 |
40 |
20 |
100 |
20 |
60 |
40 |
40 |
0,25 |
50 |
270 |
9 |
15 |
32 |
30 |
25 |
40 |
55 |
20 |
0,10 |
55 |
100 |
Пример решения.
Определим ускорение груза 1 в механической системе, изображенной на рисунке. Нити невесомы и нерастяжимы.
Исходные данные: m1 = 40 кг; m2 = 10 кг; m3 = 20 кг; R2 = 20 см; R3
|
= 50 см; М = 100 Н∙м. |
|
|
|
|
Решение. Данная механическая система |
M |
|
состоит из трех движущихся тел: груза 1, |
|
|
|
блока 2 |
и барабана 3. |
Согласно |
(4.52) |
3 |
|
производная по времени от кинетической |
|
|
|
энергии |
механической |
системы |
равна |
|
алгебраической сумме мощностей всех сил, 2
вызывающих движение: 
Определим левую и правую части этого равенства. Кинетическая энергия системы Т включает энергию поступательного движения груза, энергию вращательного движения барабана и кинетическую энергию блока, который будет совершать и поступательное, и вращательное движение. С учетом формул (4.48) – (4.50) для кинетической энергии всей системы имеем:
Т |
m V 2 |
|
m V 2 |
|
J 2 |
|
J 2 |
. |
2 |
1 |
2 |
2 |
2 |
2 |
2 |
3 |
|
1 |
|
2 |
|
2 |
|
3 |
|
Моменты инерции блока и барабана равны (см. подраздел 4.6):
J2 |
m |
R2 |
0,2 кг∙м2 ; |
J3 |
m R2 |
2,5 кг∙м2 . |
2 |
2 |
3 3 |
|
2 |
|
|
2 |
|
В выражении для кинетической энергии выразим все скорости через скорость груза. Скорости поступательного движения груза и блока одинаковы: V1 = V2 = V. Угловые скорости вращения блока и барабана, очевидно, связаны соотношением: ω3 R3 = 2 ω2 R2, откуда с учетом численных значений радиусов ω3 = 0,8 ω2. В свою очередь ω2 = V/ R2. Подставляя последние соотношения в выражение для кинетической энергии, получаем следующую связь энергией и скоростью груза: Т = 47,5 V2.
Раскроем теперь правую часть (♣). Для этого рассмотрим действующие в системе силы и их мощности. Мощность будут иметь
сила тяжести груза – N1, сила тяжести блока |
- N2 и вращающий |
момент – N3 . Используя формулы (4.35) и (4.41), имеем: |
N1 = m1 g V = 400 V; |
N2 = m2 g V = 100 V; |
N3 = M ω3 = 400 V. |
Подставим полученные выражения в (♣), продифференцируем и сократим на V. В результате для ускорения груза получим:
W dVd 9,47 м/с2.
Ответ: W1 = 9,47 м/с2.
Контрольная работа № 4.
Внутренние силовые факторы в элементах химического оборудования
Настоящая контрольная работа состоит из трех задач. В первой задаче для стержня, подвергнутого растяжению – сжатию, необходимо составить аналитическое выражение для продольной силы N на каждом грузовом участке и построить ее эпюру. Во второй задаче для вала, подвергнутого кручению, необходимо определить значение скручивающего момента Т0 или момента в заделке, на всех грузовых участках составить аналитические выражения для крутящих моментов, вычислить их значения и построить эпюру. В третьей задаче требуется для двухопорной балки определить ее опорные реакции, получить выражения для поперечной силы Q и изгибающего момента M на каждом грузовом участке, вычислить их экстремальные значения и построить эпюры.
F
l
F
F
l