5.6.5. Пример выполнения курсового задания д 5

В курсовом задании Д 5 требуется определить реакции внешних связей, наложенных на механическую систему в следующих случаях: в произвольный момент времени; в фиксированный момент времени t₁; в тот момент времени, когда угол поворота тела равен значению φ₁.

Рассмотрим последовательно эти случаи.

Случай 1.

Однородный стержень 1 длиной l и точечный груз 2, закрепленный на конце стержня, совершают вращательное движение относительно оси OZ с постоянной угловой скоростью ω (рис. 5.41).

Рис. 5.41

Дано: m₁ = 20 кг; m₂ = 10 кг; ОА = l = 1 м; α = 30^о. Определить реакции связи в точке О.

Решение.

Запишем формулу, выражающую принцип Даламбера для механической системы в векторном виде:

Σ + Σ + ΣФ_i = 0,

где Σ – геометрическая сумма активных сил; Σ – геометрическая сумма реакций внешних связей, наложенных на механическую систему; ΣФ_i – геометрическая сумма сил инерции.

Согласно этому принципу на механическую систему действуют активные силы G₁, G₂, реакции Y₀, Z₀ внешней связи и силы инерции Ф₁, Ф₂. Применительно к рассматриваемой задаче принцип Даламбера выражается формулой

G₁ + G₂ + Y₀ + Z₀ + Ф₁ + Ф₂ = 0.

Покажем эти силы на рис. 5.41. Силы G₁, G₂ поместим в центрах С₁, С₂ масс тел 1 и 2.

Используя исходные данные задачи, запишем формулы для определения модулей активных сил и сил инерции:

G₁ = m₁g; G₂ = m₂g.

Так как механическая система вращается с постоянной угловой скоростью ω, то угловое ускорение ε = dω/dt = 0 и, следовательно, ускорения a_c1, a_c2 центров масс тел 1 и 2 соответственно равны:

a_c1 = = ω²·0,5 l sinα;

a_c2 = = ω² l sinα,

где , – центростремительные ускорения центров масс тел рассматриваемой механической системы.

Тогда имеем:

Φ₁ = m₁a_c1 = m₁ = m₁(ω²·0,5 l sinα);

Φ₂ = m₁a_c2 = m₁ = m₂(ω²·l sinα).

Сила инерции Ф₁ тела 1 приложена в точке D на расстоянии ОD = 2 l/3, так как эпюра распределения элементарных сил инерции тела 1 имеет форму треугольника.

Согласно рис. 5.41 на рассматриваемую конструкцию действует плоская произвольная система сил. Принцип Даламбера в этих условиях выражается системой трех уравнений.

Σ + Σ + Σ = 0; (1)

Σ + Σ + Σ = 0; (2)

Σ ) + Σ + Σ = 0, (3)

где Σ ), Σ , Σ – суммы моментов соответственно активных сил, реакций внешних связей и сил инерции относительно точки О.

Преобразуем последние уравнения к следующему виду:

Y₀ – Φ₁ – Φ₂ = 0; (1¹)

– G₁ – G₂ + Z₀ = 0; (2¹)

G₁·0,5lsinα + G₂·lsinα – Φ₁·(2l/3)cosα – Φ₂·lcosα = 0. (3¹)

При использовании условий задачи эти уравнения принимают вид:

Y₀ – m₁(ω²·0,5lsinα) – m₂(ω²·lsinα); (1¹¹)

– m₁g – m₂g + Z₀ = 0; (2¹¹)

m₁g·0,5lsinα + m₂g·lsinα –

– m₁(ω²·0,5lsinα·(2l/3)cosα – m₂(ω²·lsinα)·lcosα = 0. (3¹¹)

В трех уравнениях (1¹¹), (2¹¹), (3¹¹) содержатся три неизвестные величины: Y₀ , Z₀, ω. Решим эти уравнения.

Из уравнения (3¹¹) имеем

ω = (glsin(0,5m₁ + m₂)/(lsinlcos(0,333m₁ + m₂)))^0,5 =

= (g(0,5m₁ + m₂)/(lcos(0,333m₁ + m₂)))^0,5 =

= (9,81(0,5(20) + 10)/(1(0,866)(0,333(20) + 10)))^0,5 = 3,686 рад/с.

Из уравнения (2¹¹) следует, что

Z₀ = g(m₁ + m₂) = 9,81(20 + 10) = 294,300 H.

Из уравнения (1¹¹) получим

Y₀ = ω²lsinα(0,5m₁+m₂) = 3,686²·1·0,5(0,5·20+10) = 135,939 H.

Таким образом, ответы на вопросы (Y₀ =?, Z₀ =?), поставленные в курсовом задании Д 5, получены.

Случай 2.

Однородный стержень массой m из состояния покоя приходит во вращательное движение относительно вертикальной оси OZ по гладкой горизонтальной плоскости под действием пары сил с моментом М (рис. 5.42).

Рис. 5.42

Определить реакции внешней связи в момент времени t₁.

Дано: m = 10 кг; ОА = l = 1 м; φ₀ = 0; ω₀ = 0; M = 10t; t₁ = 1 c.

Решение.

Запишем формулу, выражающую принцип Даламбера в векторном виде:

Σ + Σ + ΣФ_i = 0,

где Σ – геометрическая сумма активных сил; Σ – геометрическая сумма реакций внешних связей, наложенных на механическую систему; ΣФ_i – геометрическая сумма сил инерции.

Согласно этому принципу на стержень действуют активная сила G (сила тяжести), активная пара сил с моментом М, реакции X₀, Y₀ цилиндрического шарнира в точке О, реакция N гладкой горизонтальной поверхности OXY, центробежная Ф^ω и вращательная Ф^ε силы инерции и момент М^Φ сил инерции. Силы G и N на рис. 5.42 не показаны, так как рисунок приведен в ортогональных проекциях.

Стержень на рис. 5.42 изображен в произвольный момент времени, при этом предполагается, что он вращается с угловой скоростью ω в сторону возрастания угловой координаты φ с угловым ускорением ε. Исходя из этого предположения, силы Ф^ω, Ф^ε инерции и момент М^Φ сил инерции направлены так, как это показано на рис. 5.42.

Применительно к рассматриваемой задаче принцип Даламбера выражается формулой

G + X₀ + Y₀ + N + Ф^ω + Ф^ε = 0.

Модули Ф^ω, Ф^ε сил инерции и модуль М^Φ момента сил инерции определим по формулам:

Φ^ω = m· = m(ω²l/2); Φ^ε = m· = m(εl/2);

M^Φ = J_czε = (ml²/12)ε.

Поскольку стержень движется по гладкой горизонтальной поверхности, то силы G и N на это движение не влияют и, следовательно, их можно исключить из рассмотрения. В этих условиях принцип Даламбера выражается системой трех уравнений:

Σ + Σ + Σ = 0; (1)

Σ + Σ + Σ = 0; (2)

Σ ) + Σ + Σ = 0, (3)

где Σ ), Σ , Σ – суммы моментов соответственно активных сил, реакций внешних связей и сил инерции относительно произвольной точки О.

Применительно к рассматриваемой задаче имеем:

X_O + Φ^ωcosφ + Φ^εsinφ = 0; (1¹)

Y_O + Φ^ωsinφ + Φ^εcosφ = 0; (2¹)

M – Φ^ε(l/2) – M^Ф = 0. (3¹)

При использовании условий задачи эти уравнения приобретают следующий вид:

X_O + m(ω²l/2)cosφ + m(εl/2)sinφ = 0; (1¹¹)

Y_O + m(ω²l/2)sinφ + m(εl/2)cosφ = 0; (2¹¹)

M – m(εl/2)(l/2) – (ml²/12)ε = 0. (3¹¹)

Следует отметить, что угловая скорость ω, угловое ускорение ε и угол φ поворота зависят от времени t (ω = f₁(t); ε = f₂(t); φ = f₃(t)). В момент времени t₁ они будут иметь соответствующие значения ω₁, ε₁, φ₁. Внесем эти значения в последние уравнения.

X_O + m((ω₁)²l/2)cosφ₁ + m(ε₁l/2)sinφ₁ = 0; (1¹¹¹)

Y_O + m((ω₁)²l/2)sinφ₁ + m(ε₁l/2)cosφ₁ = 0; (2¹¹¹)

M – m(ε₁l/2)(l/2) – (ml²/12)ε₁ = 0. (3¹¹¹)

Нетрудно заметить, что в трех уравнениях содержатся следующие неизвестные величины: X₀, Y₀, ω₁, ε₁, φ₁, следовательно, для успешного решения задачи требуется получить дополнительные уравнения. Для этого дифференциальное уравнение (3¹¹¹) представим в следующем виде:

(ml²/3)ε = 10t.

Преобразовав это уравнение, получим

ε = dω/dt = (30/ml²)t. (4)

Дважды проинтегрировав последнее уравнение, получим:

ω = (30/(ml²))(t²/2) + C₁ = (15/(ml²))t² + C₁;

φ = (15/(ml²))(t³/3) + C₁t + C₂ = (5/(ml²))t³ + C₁t + C₂,

где С₁, С₂ – постоянные интегрирования, определяемые по начальным условиям движения.

Поскольку ω₀ = 0 и φ₀ = 0, то С₁ = 0 и С₂ = 0. Тогда справедливы выражения:

ω = (15/(ml²))t²; (5)

φ = (5/(ml²))t³. (6)

Если в уравнения (4), (5), (6) подставить значения времени t₁, то получим:

ε₁ = (30/(ml²))t₁ = (30/(10·1²))1 = 3 рад/с; (4¹)

ω₁ = (15/(ml²))(t₁)² = (15/(10·1²))1² = 1,5 рад/с; (5¹)

φ₁ = (5/(ml²))(t₁)³ = (5/(10m·1²))1³ = 0,5 рад. (6¹)

Определим значения sinφ₁ и cosφ₁:

sinφ₁ = 0,479; cosφ₁ = 0,877.

По известным величинам ε₁, ω₁, sinφ₁, cosφ₁ определим реакции X₀, Y₀ связи:

X_O = – m((ω₁)²l/2)cosφ₁ – m(ε₁l/2)sinφ₁ =

= –10(3,5²·1/2)0,877 – 10(1,5·1/2)0,479 = – 57,308 H;

Y_O = – m((ω₁)²l/2)sinφ₁ + m(ε₁l/2)cosφ₁ =

= –10(3,5²·1/2)0,479 + 10(1,5·1/2)0,877 = – 22,760 H.

Таким образом, ответы на вопросы (X₀ = ?, Y₀ = ?), поставленные в курсовом задании Д 5, получены.

Случай 3.

О

Рис. 5.43

днородный круг массой m и радиусом R находится в состоянии покоя. В момент времени t₀ = 0 ему придали угловую скорость ω₀. Определить реакции внешней связи в момент времени, когда угол поворота тела равен значению φ₁. На рис. 5.43 круг изображен в произвольный момент времени.

Дано: m = 10 кг; R = 1 м; φ₁ = 60^о; φ₀ = 0^о; ω₀ = 10 рад/с.

Решение.

Запишем формулу, выражающую принцип Даламбера в векторной форме:

Σ + Σ + ΣФ_i = 0,

где Σ – геометрическая сумма активных сил; Σ – геометрическая сумма реакций внешних связей, наложенных на механическую систему; ΣФ_i – геометрическая сумма сил инерции.

По условию задания на материальное тело действует активная сила тяжести G, реакции Y₀, Z₀ цилиндрического шарнира, центробежная Ф^ω и вращательная Ф^ε силы инерции и момент М^Φ сил инерции. Направления нагрузок G, Y₀, Z₀, Ф^ω, Ф^ε, М^Φ показаны на рис. 5.43. При определении направления этих нагрузок предполагается, что тело вращается в сторону увеличения угловой координаты φ ускоренно. Модули инерционных нагрузок определяют по формулам:

Φ^ω = m· = m(ω²R); Φ^ε = m· = m(εR);

M^Φ = J_cxε = (mR²/2)ε,

где , , J_cx – соответственно центростремительное, вращательное ускорения центра масс и момент инерции круга относительно оси, проходящей через центр масс.

Так как система сил, действующая на круг, является плоской и произвольной, то для решения поставленной задачи необходимо составить три уравнения:

Σ + Σ + Σ = 0; (1)

Σ + Σ + Σ = 0; (2)

Σ ) + Σ + Σ = 0, (3)

где Σ ), Σ , Σ – суммы моментов соответственно активных сил, реакций внешних связей и сил инерции относительно точки О.

Для рассматриваемого варианта курсового задания Д 5 имеем:

Y₀ – Φ^ωsinφ + Φ^εcosφ = 0; (1¹)

G + Z₀ – Φ^ωcosφ – Φ^εsinφ = 0; (2¹)

G·Rsinφ + Φ^ε·R + M^Φ = 0. (3¹)

В уравнения (1¹), (2¹), (3¹) введем обозначения исходных данных.

Y₀ – m(ω²R)sinφ + m(εR)cosφ = 0; (1¹¹)

mg + Z₀ – m(ω²R)cosφ – m(εR)sinφ = 0; (2¹¹)

mg·Rsinφ + m(εR)·R + (mR²/2)ε = 0. (3¹¹)

Очевидно, что при вращении тела его угловой путь φ, угловая скорость ω и угловое ускорение ε будут переменны и взаимозависимы. При значении угла φ₁ угловая скорость будет иметь значение ω₁, а угловое ускорение значение ε₁. Исходя из этого, уравнения (1¹¹), (2¹¹), (3¹¹) приобретают вид:

Y₀ – m(ω₁)²Rsinφ₁ + mε₁Rcosφ₁ = 0; (1¹¹¹)

– mg + Z₀ – m(ω₁)²Rcosφ₁ – mε₁Rsinφ₁ = 0; (2¹¹¹)

mg·Rsinφ₁ + mε₁R·R + (mR²/2)ε₁ = 0. (3¹¹¹)

В системе этих уравнений содержатся следующие неизвестные: Y₀, Z₀, ω₁, ε₁. Для решения задачи необходимо получить четвертое уравнение.

Проанализируем исходные данные задачи. Нам известны начальное (φ₀ = 0) и конечное (φ₁) значения угла поворота тела. Связь между начальным и конечным значениями параметров определяется теоремой об изменении кинетической энергии механической системы на ее конечном перемещении.

T_sk – T_sn = Σ ,

где Т_sk – кинетическая энергия механической системы в конечном положении; Т_sn – кинетическая энергия механической системы в начальном положении; Σ – сумма работ внешних сил, приложенных к механической системе, на ее перемещении.

Кинетическую энергию твердого тела при его вращательном движении определяют по формуле

T = 0,5J_oxω²,

где J_ox – момент инерции тела относительно оси вращения; ω – угловая скорость.

Для рассматриваемой задачи

J_ox = mR²/2 + m(CO)² = mR²/2 + mR² = 1,5 mR².

Тогда получим

T = 1,5mR²ω².

Определим кинетические энергии тела в начальный и конечный моменты времени:

T_sn = 1,5mR²(ω₀)²; T_sk = 1,5mR²(ω₁)².

Определим сумму работ внешних сил, приложенных к телу, при его повороте из начального положения (φ₀ = 0) в конечное положение (φ₁ = 60^о).

Σ = – G·H_c = – mg(R – Rcosφ₁) = – mgR(1 – cosφ₁).

Применительно к условиям задания теорема об изменении кинетической энергии приобретает вид

1,5mR²((ω₁)² – (ω₀)²) = – mgR(1 – cosφ₁).

Отсюда определим значение ω₁ угловой скорости.

ω₁ = ((ω₀)² – g(1 – cosφ₁)/(1,5R))^0,5 =

= ((10)² – 9,81(1 – 0,5)/(1,5·1))^0,5 = 9,835 рад/с.

Решим систему уравнений (1¹¹¹), (2¹¹¹), (3¹¹¹) относительно неизвестных величин Y₀, Z₀, ε₁.

Из уравнения (3¹¹¹) имеем

ε₁ = – (mgRsinφ₁)/(1,5mR²) = – (gsinφ₁)/(1,5R) =

= – (9,81·0,866)/(1,5·1) = – 5,633 рад/с².

Из уравнения (1¹¹¹) определим реакцию Y₀.

Y₀ = m(ω₁)²Rsinφ₁ – mε₁Rcosφ₁ =

= 10·9,835²·1·0,866 – 10(-5,663)1·0,5 = 995,587 H.

Из уравнения (2¹¹¹) получим

Z₀ = mg + m(ω₁)²Rcosφ₁ + mε₁Rsinφ₁ =

= 10·9,81 + 10·9,835²·1·0,5 + 10(– 5)1·0,866 = 538,436 H.

Таким образом, ответы на вопросы (Y₀ =?, Z₀ = ?), поставленные в курсовом задании Д 5, получены.