Как найти момент инерции звена

1. Определение сил инерции звеньев и точек их приложения, моментов сил инерции звеньев

Рассмотрим
заданное положение механизма.

Так как
в данном механизме симметрично расположены
звенья, и усилие резания прикладывается
одинаково к верхнему и нижнему ножу, то
достаточно будет провести расчет для
верхней кинематической цепи механизма.

Зная
положения
точек
S₁,
S₂,
S₃

на
планах
ускорений,
определим
силы
инерции
звеньев
по
следующей
формуле:

где m_𝑖
–
масса i-го
звена,
кг;

𝑎_S𝑖
–
ускорение центра масс i-го
звена, м/с².

Знак
«-» указывает на то, что вектор силы
инерции F_u𝑖
направлен
противоположно
вектору
ускорения
𝑎_s𝑖
.

Результаты
расчетов приведены в таблице
3.2.

Момент
силы инерции звеньев определим по
формуле:

где
I_S𝑖
=
–
момент
инерции
i-го
звена
относительно
оси,
проходящей
через
центр
масс,
кг
∙
м²;

𝜀_𝑖
– угловое
ускорение
i-го
звена, рад/с².

Знак
«-» указывает на то, что момент силы
инерции М_и𝑖
направлен
противоположно угловому ускорению 𝜀_𝑖
.

Определим
веса звеньев механизма по
формуле:

G_𝑖
=
m_𝑖
𝑔,

где m_𝑖
–
масса i-го
звена, кг;

𝑔 – ускорение
свободного падения, равное 9,81 м/с².

Результаты
расчетов приведены в таблице
4.2.

Таблица
4.2 – Результаты расчетов, необходимые
для кинетостатического
анализа

№ звена	Масса звена m𝑖, кг	Момент инерции звена IS𝑖, кг∙м2	Вес звена G𝑖 , Н	Вектор ускорения центра масс 𝑝𝑎𝑠𝑖, мм	Ускорение центра масс 𝑎𝑠𝑖, м/с2	Сила инерции Fu𝑖 , Н	Момент сил инерции Мu𝑖, Н·м	Сила полезного сопротивления FC , кН
1	–	–	–	–	–	–		–
2	650	208,09	6376,5	46,803	23,40	15211,0	742,04	–
3	320	11,27	3139,2	19,993	10,00	3198,9	46,43	305,26

1. Определение уравновешивающей силы методом планов сил н.Г. Бруевича

Силовой
расчет механизма методом планов сил
сводится к
определению
уравновешивающей силы путем
последовательного расчета реакций в
кинематических
парах
механизма. Определение реакций в
кинематических парах начинаем с анализа
последней
(считая
от ведущего звена) присоединенной
группы, затем последовательно переходим
к
следующей
группе и заканчиваем силовой расчет
анализом ведущего звена. Порядок силового
расчета
рассмотрим для заданного положения
механизма.

Рассмотрим
группу, состоящую из звеньев 2 и 3. На
звенья этой группы
действуют
реакции
R₀₃
и
R₁₂

Реакция
R₀₃
проходит
через центр шарнира О₂
она
неизвестна ни по
величине,
ни по направлению. Реакция R₁₂
прикладывается
в центре вращательной
пары
𝐴.

Чтобы
определить реакцию R₁₂,
действующую в паре А,
разложим
ее на две составляющие:

Чтобы
определить реакцию R₀₃,
действующую в паре О₂,
разложим
ее на две составляющие:

Величина
силы

определяется из уравнения моментов
всех сил действующих на звено 2 относительно
точки B.

откуда

Величина
силы

определяется из уравнения моментов
всех сил действующих на звено 3 относительно
точки B.

откуда

Реакцию

в
паре 2 – 3 определяем из условия равновесия
шатуна
АВ:

Строим
план сил для диады 2-3. Масштабный
коэффициент диады:


;

Результаты
расчетов представлены в таблице 4.4.

Таблица
4.4 – Результаты силового расчета группы,
состоящей из звеньев 2,
3

Обозначение силы	Длина вектора, мм	Величина силы, Н
R12	194,96	292440
R03	10,49	15735
R23	6,648	9972

Рассмотрим
равновесие ведущего звена – кривошипа
1. Условие равновесия
для
кривошипа запишется следующим
образом:

В
данном
уравнении
неизвестна
величина
силы
F_у,

величина
и
линия действия силы R₀₁.
Чтобы определить реакцию R₀₁
в
шарнире 𝑂,
разложим
ее на две составляющие:

Составим
уравнение моментов всех сил, действующих
на звено 1, относительно
точки
𝐴.

Тогда
условие равновесия для кривошипа 1
запишется:

Решаем
графически уравнение, построив план
сил. Из начала вектора



проводим
линию
действия силы

,
параллельную кривошипу 1, а из конца
вектора

проводим
линию
действия
силы

,
перпендикулярную
к кривошипу 1. Пересечение двух линий
определяет
положение
конца
вектора

и
начало вектора

=

.
Масштабный коэффициент сил для данной
группы

;

Результаты
вычислений приведены в таблице
4.5.

Таблица
4.5 – Результаты силового расчета ведущего
звена

Обозначение силы	Длина вектора, мм	Величина силы, Н
	183,37	275055
	66,22	99330

Соседние файлы в папке 5 задание ТММ курсовая

• #

  24.10.2020120.65 Кб133.cdw

• #

  24.10.2020163.07 Кб164.cdw

• #

  24.10.2020314.38 Кб13List_1.cdw

• #

  24.10.2020175.57 Кб12List_2.cdw

• #
• #

Определение сил инерции звеньев механизма

Важными качествами любой машины являются прочность, надежность и долговечность. Для определения конструктивных размеров и расчета элементов кинематических пар на прочность необходимо вычислить силы, действующие на каждое звено и кинематическую пару. Если при силовом расчете учитываются силы инерции, то расчет называют кинетостатичес- ким (в отличие от статического, при котором уравнения составляются без учета сил инерции).

Кинетостатический расчет основан на принципе Даламбера. Известно, что в общем случае все силы инерции звена, совершающего сложное плоское движение, могут быть сведены к главному вектор>’ сил инерции Р_и и к паре сил инерции М_и, величины которых определяются по формулам

где т — масса звена, кг; a_s — ускорение центра масс (м/с 2 ); J_s — момент инерции звена относительно оси, которая проходит через центр масс S звена, кг • м 2 (см. Раздел I); е — угловое ускорение звена, с 2 . Знак «минус» в формулах указывает на то, что сила Р_и направлена противоположно ускорению й₅, а момент инерции М„ — в сторону, обратную угловому ускорению.

Таким образом, инерционная нагрузка звена представляется одной инерционной силой Р_и, приложенной в точке 5 и одним инерционным моментом М_и.

Частные случаи (рис. 9.3).

Поступательное движение звена. Инерционная нагрузка состоит только из одной инерционной силы Р_и, определяемой формулой (9.4).

Неравномерное вращательное движение звена. Инерционная нагрузка состоит из силы инерции Р_и и инерционного момента М_и, определяемых формулой (9.4). Модуль полного ускорения центра масс звена в этом случае равен

где а” и я₅ т — нормальное (центростремительное) и касательное (тангенциальное) ускорения центра масс звена; со и е — угловая скорость и угловое ускорение звена; l_AS — расстояние от центра масс 5 до оси А вращения звена.

Рис. 93. Частные случаи инерционной нагрузки звена

Равномерное вращательное движение звена. Инерционная нагрузка состоит только из силы инерции Р_и звена, которая в этом случае направлена по радиусу противоположно направлению вектора центростремительного (нормального) ускорения центра масс звена. Это ускорение определяет центробежную силу инерции Р_и = -ma_s ?—та” = -m 2 l_AS. Произведение ml_AS называется неуравновешенностью, или дисбалансом, и имеет размерность [гем].

Неравномерное вращательное движение звена при совпадении центра масс S звена с его осью вращения А (см. рис. 9.3). В этом случае инерционная нагрузка звена состоит только из инерционного момента М_и.

Равномерное вращательное движение звена при совпадении центра масс S звена с его центром вращения А (см. рис. 9.3, е). В этом случае l_AS = 0 и Р_и = О, и, так как е = 0 (равномерное вращение), то М_и = 0. В этом случае инерционная нагрузка звена равна нулю и оно называется уравновешенным (следует помнить, что рассматривается плоская система сил).

Пример: для кривошипно-ползунного механизма (рис. 9.4) найти инерционную нагрузку всех звеньев, если длины звеньев равны 1_ЛВ = 0,020 м,

Рис. 9.4. Определение инерционной нагрузки звеньев кривошипно-ползунного

l_BS = 0,060 м, /_в5–_з = 0,100 м; массы звеньев: кривошипа АВ т_л = 10 кг, шатуна ВС т₂ = 0,5 кг, ползуна 3 т₃ = 0,40 кг; центральный момент инерции шатуна ВСJ_s = 0,0018 кгм 2 . Угловая скорость кривошипа АВ постоянна и равна со, = 200 с Задачу решить для положения механизма, когда угол 2 р, = 200 2 – 0,001 = 40 мс’ 2 /мм. Построение проводим в соответствии с равенством

На этом плане отрезок kb, изображающий вектор нормального ускорения точки В, будет равен АВ = kb = 74 мм.

Отрезок пЬ, изображающий на плане нормальное ускорение а’^_в точки С во вращении звена ВС относительно точки В, найдется из равенства

где Ьс = 52 мм — отрезок (взятый из плана скоростей), изображающий скорость точки С в движении (вращении) звена ВС относительно точки В.

По правилу подобия находим точки s,, s₂, s₃ (концы векторов ускорений центров масс звеньев механизма кривошипа АВ, шатуна ВС и ползуна 3). Подсчитываем инерционную нагрузку для каждого механизма. Инерционные силы. Сила инерции кривошипа равна

приложена в центре масс кривошипа .V, и по направлению противоположна вектору ускорения a_S< этого звена. Сила инерции шатуна равна

приложена в центре масс S₂ и но направлению противоположна вектору ускорения a_s> этого звена. Сила инерции ползуна 3 равна

приложена в центре его масс (точке С, рис. 9.4) и по направлению противоположна вектору а_с ускорения этого центра.

Инерционные моменты. Для кривошипа АВ инерционный момент М_и равен М_иХ = 0, так как звено вращается равномерно.

Для шатуна ВС инерционный момент

Этот момент по направлению противоположен угловому ускорению звена ВС (см. рис. 9.4). Угловое ускорение звена ВС в нашем случае направлено против хода стрелки часов, в соответствии с направлением а Т _св тангенциального ускорения точки С во вращении звена ВС относительно точки В.

Для ползуна 3 инерционный момент М_м3 = 0, так как звено движется поступательно.

Главный вектор и главный момент сил инерции

Находить значения главного вектора и главного момента сил инерции непосредственно по формулам (22.6) затруднительно, так как в общем случае будем иметь дело с множеством сил инерции всех материальных точек системы. Поэтому целесообразно получить выражения главного вектора и главного момента сил инерции через параметры, характеризующие в целом механическую систему и ее движение.

Подставив в первое из равенств (22.7) значение ZT 7 / из теоремы о движении центра масс Ма_с = ЕГ/ (см. § 17.3), найдем

т. е. главный вектор сил инерции механической системы направлен противоположно вектору а_с, а модуль его равен произведению массы системы на ускорение ее центра масс.

Подставив теперь во второе из равенств (22.7) значение ‘Lni₀(F_k e ) из теоремы моментов (см. § 18.2) dK₀/dt = Y.m₀(F?), найдем

т. е. главный момент сил инерции механической системы относительно некоего центра О направлен противоположно вектору производной по времени от кинетического момента системы относительно того же центра.

Аналогичным будет соотношение для моментов относительно оси. Так, относительно оси z будет

Таким образом, все силы инерции механической системы можно эквивалентно заменить двумя векторами: силой Я ф , приложенной в произвольно выбранном центре О, и парой сил с моментом, равным М ф .

Рассмотрим, как эти величины определяются для твердого тела.

Если тело совершает поступательное движение, то ускорения всех его точек одинаковы и равны ускорению а_с центра масс С

тела (а_к =а_с). Следовательно, все силы инерции –т_ка_к образуют систему параллельных сил, которая приводится к равнодействующей Я ф = -Ма_с, линия действия которой будет проходить через точку С (здесь полная аналогия с силами тяжести). Сумма моментов сил инерции относительно точки С будет равна нулю.

Для твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси Oz, величину главного момента сил инерции относительно этой оси определим, подставив в формулу (22.11) значение K_z = J_zсо (см. § 18.1):

т. е. модуль M°_Z = J_zs, а направление момента противоположно

направлению углового ускорения е (это следует учитывать при выполнении чертежей для расчета).

Следовательно, система сил инерции такого вращающегося тела приводится к приложенной в точке О силе Я ф , определяемой формулой (22.8), и к паре, момент которой определяется формулой (22.12).

В частном случае, когда тело вращается вокруг оси Cz, проходящей через его центр масс С, получим R ф = 0, так как а_с = 0, и система сил инерции приводится лишь к одной паре с моментом

ф , определяемой формулой (22.8) и приложенной в центре масс С тела, и паре сил с моментом = — /_Сге (ось Cz перпендикулярна плоскости движения).

Главный вектор и главный момент сил инерции

Определение: главным вектором сил инерции называется вектор, равный геометрической сумме векторов сил инерции. .

Просуммировав уравнения (51) с учетом того, что по свойствам внутренних сил (32) а по теореме о движении центра масс (38): , получим

Определение: главным моментом сил инерции относительно точки О (оси), называется пара сил с моментом, равным геометрической сумме моментов сил инерции относительно той же точки (оси).

, .

Поскольку система сил, определяемых уравнением (51) является уравновешенной, то для нее справедливо равенство:

, k = 1…n. (52)

Просуммировав уравнения (52) с учетом того, что по свойствам внутренних сил (32) а по теореме об изменении момента количества движения системы (44): , получим , .

Приведение сил инерции для различных видов движения

В случае поступательного движения тела силы инерции, действующие на его точки, образуют систему параллельных сил, так как ускорения всех точек тела равны по величине и направлению, например, ускорению центра масс тела – . Система параллельных сил эквивалентна одной силе (равнодействующей), которая равна сумме всех сил системы и приложена в центре масс тела. В случае поступательного движения силы инерции приводятся к одной силе:

.

В случае вращательного движения тела, обладающего плоскостью материальной симметрии, вокруг оси, перпендикулярной этой плоскости и проходящей через центр масс тела, силы инерции могут быть приведены к паре сил с моментом, равным главному моменту сил инерции относительно оси вращения:

.

Учитывая, что: , находим, что в этом случае силы инерции могут быть приведены к паре сил, с моментом, равным главному моменту сил инерции относительно оси вращения:

.

В случае когда ось вращения Oz не проходит через центр масс тела, силы инерции приводятся к силе , приложенной в точке О, и паре сил с моментом , лежащей в плоскости симметрии тела.

Приплоскомдвижении тела, имеющего плоскость симметрии и движущегося параллельно этой плоскости, силы инерции приводятся к силе, приложенной в центре масс тела и равной главному вектору сил инерции , и паре сил с моментом, равным главному моменту сил инерции относительно оси, проходящей через центр масс:

.

Принцип возможных перемещений

Определение: возможным называется бесконечно малое перемещение системы, которое допускают наложенные на нее связи. На рис. 27 показано возможное перемещение системы.

Направление возможных перемещений совпадает с направлением скоростей точек и угловых скоростей звеньев механизма. Перемещение из положения ОАВ в положение ОА₁В₁ не является возможным, так как оно конечное.

Определение: связь называется идеальной, если работа ее реакции на любом возможном перемещении равна нулю (например, гладкая поверхность).

Для равновесия системы с идеальными двухсторонними связями необходимо и достаточно, чтобы сумма работ активных сил, действующих на нее, на любом возможном перемещении равнялась нулю:

. (53)

Общее уравнение динамики

Если к активным силам, действующим на систему с идеальными связями добавить силы инерции, то сумма работ этих сил на любом возможном перемещении будет равна нулю:

. (54)

Общее уравнение динамики является суммой двух принципов: принципа Даламбера и принципа возможных перемещений. Действительно, если к неуравновешенной системе сил, действующей на механическую систему, добавить силы инерции, то согласно принципу Даламбера такая система сил будет уравновешенной и, следовательно, согласно принципу возможных перемещений

. (55)

Но, поскольку связи, наложенные на систему, являются идеальными, то сумма работ их реакций на любом возможном перемещении равна нулю: . С учетом этого формула (55) примет вид (54).

Уравнение Лагранжа II рода

Уравнение Лагранжа II рода имеет вид:

, i = 1,…, n. (57)

Здесь обозначено: T – кинетическая энергия системы; – соответственно обобщенная скорость и обобщенная координата. Скорость и координата называются обобщенными, поскольку могут быть как линейными, так и угловыми. – обобщенная сила ( может быть как силой, так и моментом); n – число степеней свободы системы. число степеней свободы системы с геометрическими связями (геометрическими называют связи, которые налагают ограничения на положение точек системы) равно числу независимых координат, с помощью которых можно однозначно определить положение системы. В общем случае точка системы может иметь бесконечное число возможных перемещений, но всегда найдется несколько возможных перемещений, через которые можно линейно выразить все остальные. Именно они и называются независимыми. Например, любое перемещение точки на плоскости можно выразить через два перемещения, соответствующие координатам x и y. Таким образом, точка на плоскости имеет две степени свободы. Вращающееся тело имеет одну степень свободы, так как его положение можно однозначно определить, задав всего одно перемещение – угол поворота. Обобщенную силу находят по формуле:

,

где – работа сил, действующих на систему на возможном перемещении, при котором изменяется только обобщенная координата .

Например, для точки на рис. 28 обобщенные силы, соответствующие координатам x и y можно найти по формулам:

,

.

ЗАДАЧИ К КОНТРОЛЬНЫМ ЗАДАНИЯМ

Задача Д1

Груз D массой m, получив в точке А начальную скорость υ₀, движется в изогнутой трубе ABC, расположенной в вертикальной плоскости; участки трубы или оба наклонные, или один горизонтальный, а другой наклонный (рис. Д1.0 – Д1.9, табл. Д1). На участке АВ, на груз кроме силы тяжести, действуют постоянная сила (ее направление показано на рисунках) и сила сопротивления среды , зависящая от скорости груза (направлена против движения); трением груза о трубу на участке АВ пренебречь.

В точке В груз, не изменяя своей скорости, переходит на участок ВС трубы, где на него, кроме силы тяжести, действуют сила трения (коэффициент трения груза о трубу f = 0,2) и переменная сила , проекция которой F_x на ось х задана в таблице. Считая груз материальной точкой и зная расстояние АВ = l или время t₁ движения груза от точки А до точки В, найти закон движения груза на участке ВС, т. е. x = f(t), где x = BD.

Указания.Задача Д1 – на интегрирование дифференциальных уравнений движения точки. (Решение основной задачи механики). Решение задачи разбивается на две части. Сначала нужно составить и проинтегрировать методом разделения переменных дифференциальное уравнение движения точки (груза) на участке AB, учтя начальные условия. Затем, зная время движения груза на участке АВ или длину этого участка, определить скорость груза в точке В. Эта скорость будет начальной для движения груза на участке ВС. После этого нужно составить и проинтегрировать дифференциальное уравнение движения груза на участке ВС тоже с учетом начальных условий, ведя отсчет времени от момента, когда груз находится в точке В, и полагая в этот момент t=0. При интегрировании уравнения движения на участке АВ в случае, когда задана длина l участка, целесообразно перейти к переменной х, учтя, что:

Номер условия	m, кг	υ0, м/с	Q, H	R, H	l,м	t, c	Fx, H
0,4υ	–	2,5	2sin(4t)
2,4	0,8 υ 2	1,5	–	6t
4,5	0,5 υ	–	3sin(2t)
0,6 υ 2	–	-3cos(2t)
1,6	0,4 υ	–	4cos(4t)
0,5 υ 2	–	-6sin(2t)
1,8	0,3 υ	–	9t 2
0,8 υ 2	2,5	–	-8cos(4t)
0,5 υ	–	2cos(2t)
4,8	0,2 υ 2	–	-6sin(4t)

Пример Д1. На вертикальном участке АВ трубы (рис. Д1) на груз D массой m действует сила тяжести и сила сопротивления ; движение от точки А, где υ₀=0, до точки В длится t₁ c. На наклонном участке ВС на груз действуют сила трения (коэффициент трения груза о трубу равен f) и переменная сила F=F(t), заданная в ньютонах.

Дано: m=8кг, R=μυ 2 , где μ=0,2 кг/м, υ₀=0, t₁=2c, f=0.2, F_x=16 sin (4t), α=30˚.

Определить: x=f(t) – закон движения груза на участке ВС.

Решение.1. Рассмотрим движение груза на участке АВ, считая груз материальной точкой. Изображаем груз (в произвольном положении) и действующие на него силы . Проводим ось Аz и составляем дифференциальное уравнение движения груза в проекции на эту ось:

(1)

Далее находим P_z=P=mg, R_z=-R=-μυ 2 ; подчеркиваем, что в уравнении все переменные силы надо обязательно выразить через величины, от которых они зависят. Учтя еще, что υ_z=υ, получим

(2)

Введем для сокращения записей обозначение

(3)

где при подсчете принято g≈ 10 м/с 2 . Тогда, разделяя в уравнении (2) переменные и взяв затем от обеих частей равенства интегралы, получим

(4)

По начальным условиям при t = 0 υ=υ₀=0, что дает С₁=(1/2n)×ln1=0. Введя еще одно обозначение

(5)

Отсюда находим, что

(6)

Полагая здесь t=t₁=2 c и заменяя n и k их значениями (3) и (5), определим скорость υ_В груза в точке В (число е=2,7):

(7)

2. Рассмотрим движение груза на участке ВС; найденная скорость υ_В будет для движения на этом участке начальной скоростью (υ₀= υ_В). Изображаем груз (в произвольном положении) и действующие на него силы Проведем из точки В оси Вх и Ву и составим дифференциальное уравнение движения груза в проекции на ось Вх:

или

(8)

где F_ТР=fN. Для определения N составим уравнение в проекции на ось Вy. Так как а_у=0, получим 0=N-mgcosα, откуда N=mgcosα. Следовательно, Fтр=fmgcosα; кроме того, F_x=16sin(4t) и управление (8) примет вид

(9)

Разделив обе части равенства на m, вычислим

g(sinα – f cos α)=g(sin30˚-0,2cos30˚)=3,2; 16/m=2 и поставим эти значения в (9). Тогда получим

(10)

Умножая обе части уравнения (10) на dt и интегрируя, найдем

(11)

Будем теперь отсчитывать время от момента, когда груз находится в точке В, считая в этот момент t=0. Тогда при t=0 υ=υ₀=υ_В, где υ_В дается равенством (7). Подставляя эти величины в (11), получим

При найденном значении С₂ уравнение (11) дает

(12)

Умножая здесь обе части на dt и снова интегрируя, найдем

Так как при t=0 x=0, то C₃=0 и окончательно искомый закон движения груза будет

(14)

где x – в метрах, t – в секундах.

Задача Д4

Механическая система состоит из грузов 1 и 2, ступенчатого шкива 3 с радиусами ступеней R₃ = 0,3 м, r₃ = 0,1 м и радиусом инерции относительно оси вращения ρ₃ = 0,2м, блока 4 радиуса R₄ = 0,2 м и катка (или подвижного блока) 5 (рис. Д4.0 – Д4.9, табл. Д4); тело 5 считать сплошным однородным цилиндром, а массу блока 4 – равномерно распределенной по ободу. Коэффициент трения грузов о плоскость f = 0,1. Тела системы соединены друг с другом нитями, перекинутыми через блоки и намотанными на шкив 3 (или на шкив и каток); участки нитей параллельны соответствующим плоскостям. К одному из тел прикреплена пружина с коэффициентом жесткости с.

Под действием силы F = f(s), зависящей от перемещения s точки ее приложения, система приходит в движение из состояния покоя; деформация пружины в момент начала движения равна нулю. При движении на шкив 3 действует постоянный момент М сил сопротивления (от трения в подшипниках).

Определить значение искомой величины в тот момент времени, когда перемещение s станет равным s₁ = 0,2 м. Искомая величина указана в столбце «Найти» таблицы, где обозначено: υ₁, υ₂, υ_с5 – скорости грузов 1, 2 и центра масс тела 5 соответственно, ω₃ и ω₄ – угловые скорости тел 3 и 4.

Все катки, включая и катки, обмотанные нитями (как, например, каток 5 на рис. 1), катятся по плоскостям без скольжения.

На всех рисунках не изображать груз 2, если m₂=0; остальные тела должны изображаться и тогда, когда их масса равна нулю.

Указания. Задача Д4 – на применение теоремы об изменении кинетической энергии системы. При решении задачи учесть, что кинетическая энергия Т системы равна сумме кинетических энергий всех входящих в систему тел; эту энергию нужно выразить через ту скорость (линейную или угловую), которую в задаче надо определить. При вычислении Т для установления зависимости между скоростями точек тела, движущегося плоскопараллельно, или между его угловой скоростью и скоростью центра масс воспользоваться мгновенным центром скоростей (кинематика). При вычислении работы надо все перемещения выразить через заданное перемещение s₁, учтя, что зависимость между перемещениями здесь будет такой же, как между соответствующими скоростями.

Номер условия	m1, кг	m2, кг	m3, кг	m4, кг	m5, кг	с, Н/м	М, Н×м	F=f(s), H	Найти
1,2	80(4+5s)	ω3
0,8	50(8+3s)	υ1
1,4	60(6+5s)	υ2
1,8	80(5+6s)	ω4
1,2	40(9+4s)	υ1
1,6	50(7+8s)	υС5
0,8	40(8+9s)	ω3
1,5	60(8+5s)	υ2
1,4	50(9+2s)	ω4
1,6	80(6+7s)	υС5

Пример Д4. Механическая система (рис. Д4, а) состоит из сплошного однородного цилиндрического катка 1, подвижного блока 2, ступенчатого шкива 3 с радиусами ступеней R₃ и r₃ и радиусом инерции относительно оси вращения ρ₃, блока 4 и груза 5(коэффициент трения груза о плоскость равен f). Тела системы соединены нитями, намотанными на шкив 3. К центру Е блока 2 прикреплена пружина с коэффициентом жесткости с; ее начальная деформация равна нулю. Система приходит в движение из состояния покоя под действием силы F=f(s), зависящей от перемещения s точки ее приложения. На шкив 3 при движении действует постоянный момент М сил сопротивления.

Определить ω₃ в тот момент времени, когда s=s₁.

Решение.1. Рассмотрим движение неизменяемой механической системы, состоящей из весомых тел 1, 3, 5 и невесомых тел 2, 4, соединенных нитями. Изобразим действующие на систему внешние силы: активные реакции , натяжение нити , силы трения и момент М.

Для определения ω₃ воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии:

(1)

2. Определяем Т₀ и Т. Так как в начальный момент система находилась в покое, то Т₀=0. Величина Т равна сумме энергий всех тел системы:

. (2)

Учитывая, что тело 1 движется плоскопараллельно, тело 5 – поступательно, а тело 3 вращается вокруг неподвижной оси, получим

(3)

Все входящие сюда скорости надо выразить через искомую ω₃. Для этого предварительно заметим, что υ_С1=υ₅=υ_А, где А – любая точка обода радиуса r₃ и что точка К₁ – мгновенный центр скоростей катка 1, радиус которого обозначим r₁. Тогда

(4)

Кроме того, входящие в (3) моменты инерции имеют значения

(5)

Подставив все величины (4) и (5) в равенства (3), а затем, используя равенство (2), получим окончательно

(6)

3. Теперь найдем сумму работ всех действующих внешних сил при том перемещении, которое будет иметь система, когда точка С₁ пройдет путь s₁. Введя обозначения: s₅ – перемещение груза 5 (s₅=s₁), φ₃ – угол поворота шкива 3, λ₀ и λ₁ – начальное и конечное удлинения пружины, получим

;

;

;

Работы остальных сил равны нулю, так как точки К₁ и К₂, где приложены силы – мгновенные центры скоростей; точки, где приложены – неподвижны; а реакция перпендикулярна перемещению груза.

По условиям задачи λ₀=0. Тогда λ₁=s_Е, где s_Е – перемещение точки Е (конца пружины). Величины s_E и φ₃ надо выразить через заданное перемещение s₁; для этого учтем, что зависимость между перемещениями здесь такая же, как и между соответствующими скоростями. Тогда, поскольку ω₃=υ_А/r₃=υ_C1 /r₃ (равенство υ_С1=υ_А уже отмечалось), то и φ₃=s₁/r₃.

Далее, из рисунка Д4, б видно, что υ_D=υ_B=ω₃R₃, а так как точка К₂ является мгновенным центром скоростей для блока 2 (он как бы «катится по участку нити K₂L), то υ_Е=0,5υ_D=0,5ω₃R₃, следовательно, и λ₁=s_E=0,5φ₃R₃=0,5s₁R₃/r₃. При найденных значениях φ₃ и λ₁ для суммы всех вычисленных работ получим

(7)

Подставляя выражения (6) и (7) в уравнение (1) и учитывая, что Т₀=0, придем к равенству

(8)

Из равенства (8), подставив в него числовые значения заданных величин, найдем искомую угловую скорость ω₃. Ответ: ω₃=8,1с -1 .

Задача Д9

Механизм, расположенный в горизонтальной плоскости, находится под действием приложенных сил в равновесии; положение равновесия определяется углами a, b, g, j, q (рис. Д9.0 – Д9.9, табл. Д9а и Д9б). Длины стержней механизма (кривошипов) равны: l₁ = 0,4 м, l₄ = 0,6 м (размеры l₂ и l₃ произвольны); точка Е находится в середине соответствующего стержня.

На ползун В механизма действует сила упругости пружины ; численно F = сl, где с — коэффициент жесткости пружины, l — ее деформация. Кроме того, на рис. Д9.0 и Д9.1 на ползун D действует си­ла , а на кривошип 0₁А — пара сил с моментом М; на рис. Д9.2—Д9.9 на кривошипы 0₁А и 0₂D действуют пары сил с моментами М₁ и М₂.

Определить, чему равна при равновесии деформация l пружи­ны, и указать, растянута пружина или сжата. Значения всех за­данных величин приведены в табл. Д9а для рис. Д9.0—Д9.4 и в табл. Д9б для рис. Д9.5—Д9.9, где Q выражено в ньютонах, а М, М1, М2 — в ньютон-метрах.

Построение чертежа начинать со стержня, направление которо­го определяется углом α; для большей наглядности ползун с направ­ляющими и пружину изобразить так, как в примере Д9 (см. рис. Д9, а также рис. Д9.10б). Если на чертеже решаемого варианта задачи прикрепленный к ползуну В стержень окажется совмещен­ным с пружиной (как на рис. Д9.10а), то пружину следует счи­тать прикрепленной к ползуну с другой стороны (как на рис. Д9.10б, где одновременно иначе изображены направляющие).

Указания. Задача Д9 — на определение условий равновесия механической системы с помощью принципа возможных перемещений. Механизм в рассматриваемой задаче имеет одну степень свободы, т. е. одно независимое возможное перемещение. Для решения зада­чи нужно сообщить механизму возможное перемещение, вычислить сумму элементарных работ всех действующих активных сил и пар на этом перемещении и приравнять ее к нулю. Все вошедшие в сос­тавленное уравнение возможные перемещения следует выразить через какое-нибудь одно.

Чтобы найти l, надо из полученного условия равновесия опре­делить 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.

Таблица Д9а (к рис. Д9.0—Д9.4)

Номер усло­вия	Углы, град	с, Н/см	Для рис. 0—1	Для рис.2 – 4
α	β	g	j	q	М, Н∙м	Q, Н	М1, Н∙м	M2, Н∙м

Таблица Д9б (к рис. Д9.5—Д9.9)

Номер усло­вия	Углы, град	с, Н/см	М1, Н∙м	M2, Н∙м
α	β	g	j	q

Пример Д9. Механизм (рис. Д9а), расположенный в горизонтальной плоскости, состоит из стержней 1, 2, 3 и ползунов B, D, соединенных друг с другом и с неподвижной опорой О₁ шарнирами.

К ползуну В прикреплена пружина с коэффициентом жёсткости с, к ползуну D приложена сила , а к стержню 1 (кривошипу) — пара сил с моментом М.

с= 125 Н/см, М = 150 Н×м, Q = 350 Н.

О п р е д е л и т ь: деформацию λ пружины при равновесии механизма.

Решение. 1. Строим положение механизма в соответствии с за­данными углами (рис. Д9б); при этом согласно последнему из указаний к задаче Д9 прикрепляем пружину к ползуну с другой стороны (так, как если бы было β = 180°).

Для решения задачи воспользуемся принципом возможных перемещений, согласно которому

(1)

где δA_k — элементарные работы активных сил на соответствующих возможных перемещениях.

Изображаем действующие на механизм активные силы: силу , силу упругости пружины (предполагая, что пружина растя­нута) и пару сил с моментом М.

Неизвестную силу F найдем с помощью уравнения (1), а зная F и учитывая, что F = cλ, определим λ.

2. Чтобы составить уравнение (1), сообщим механизму возмож­ное перемещение и введем следующие обозначения для перемеще­ний звеньев, к которым приложены активные силы: δφ₁ — поворот стержня 1 вокруг оси О₁, δs_D и δs_B — перемещения ползунов (то­чек) D и В.

Из перемещений δφ₁, δs_D, δs_B независимое от других — одно (у механизма одна степень свободы). Примем за независимое воз­можное перемещение δφ₁ и установим, какими тогда будут δs_D и δs_B, выразив их через δφ₁; при этом важно верно определить и направления δs_D, δs_B, так как иначе в уравнении (1) будут ошибки в знаках.

При расчетах учтем, что зависимость между возможными перемещениями здесь такая же, как между соответствующими ско­ростями звеньев механизма при его движении и воспользуемся из­вестными из кинематики соотношениями (ход расчетов такой же, как в примере К3).

Сначала найдем и изобразим δs_A (направление δs_A определя­ется направлением δφ₁); получим

(2)

Теперь определим и изобразим δs_D, учитывая, что проекции δs_D и δs_A на прямую АD должны быть равны друг другу (иметь одинаковые модули и знаки). Тогда

(3)

Чтобы определить δs_B, найдем сначала δs_E. Для этого построим мгновенный центр вращения (скоростей) С₂ стержня 2 (на пересе­чении перпендикуляров к δs_A и δs_D, восстановленных из точек А и D) и покажем направление поворота стержня 2 вокруг С₂, учтя направление δs_A или δs_D. Так как ÐС₂АD = ÐC₂DА = 60°, то DАС₂D равносторонний и С₂Е в нем высота, поскольку АЕ = ЕD. Тогда перемещение δs_E, перпендикулярное С₂Е, будет направлено по прямой ЕА (при изображении δs_E учитываем направление пово­рота вокруг центра С₂).

Воспользовавшись тем, что проекции δs_E и δs_A на пря­мую ЕА должны быть равны друг другу, получим (значение δs_E можно найти и составив соответствующую пропорцию)

(4)

Наконец, из условия равенства проекций δs_B и δs_E на прямую ВЕ находим и изображаем δs_B. Численно

3. Теперь составляем для механизма уравнение (1); получим

(6)

или, заменяя здесь δs_D и δs_B их значениями (3) и (5) и вынося одновременно δφ₁ за скобки,

(7)

Так как δφ₁¹0, то отсюда следует, что

(8)

Из уравнения (8) находим значение F и определяем λ = F/с. Ответ: λ= 13,5 см. Знак указывает, что пружина, как и предпо­лагалось, растянута.

Задача Д10

Механическая система состоит из однородных ступенчатых шки­вов 1 и 2, обмотанных нитями, грузов 3—6, прикрепленных к этим нитям, и невесомого блока (рис. Д10.0—Д10.9, табл. Д10). Систе­ма движется в вертикальной плоскости под действием сил тяжести и пары сил с моментом М, приложенной к одному из шкивов. Ра­диусы ступеней шкива 1 равны:

R₁ = 0,2 м, r₁ = 0,1 м, а шкива 2 – R₂ = 0,3 м, r₂ = 0,15 м; их радиусы инерции относительно осей вра­щения равны соответственно ρ₁=0,1 м и ρ₂=0,2 м. Пренебрегая трением, определить ускорение груза, имеющего больший вес; веса Р₁, . Р₆ шкивов и грузов заданы в таблице в ньютонах. Грузы, веса которых равны нулю, на чертеже не изобра­жать (шкивы 1, 2 изображать всегда как части системы).

Указания.Задача Д10 – на применение (к изучению движения системы) общего уравнения динамики (принципа Даламбера – Лагранжа). Ход решения задачи такой же, как в задаче Д9, только предварительно надо присоединить к действующим на систему си­лам соответствующие силы инерции. Учесть при этом, что для од­нородного тела, вращающегося вокруг своей оси симметрии (шки­ва), система сил инерции приводится к паре с моментом М и = J_zε , где J_z – момент инерции тела относительно оси вращения, ε – угловое ускорение тела; направление М и противоположно направлению ε.

Номер условия	P1	P2	P3	P4	P5	P6	M, H×м
0,9
1,2
0,6
1,8
1,2
0,9
1,8
0,6
0,9
1,2

ПримерД10. Механическая система (рис. Д10) состоит из обмотанных нитями блока 1 радиуса R₁ и ступенчатого шкива 2 (радиусы ступеней R₂ и r₂, радиу

[spoiler title=”источники:”]

http://studref.com/496104/matematika_himiya_fizik/glavnyy_vektor_glavnyy_moment_inertsii

http://zdamsam.ru/b12093.html

[/spoiler]