2. Аналитическая механика

4.1 Задание д.16. Применение принципа Даламбера к определению динамических реакций связей (опор)

Определить динамические реакции внешних связей (опор) механической системы (таблица 14):

а) в произвольный момент времени – для вариантов 4, 5, 10, 12–18, 21–30;

б) в момент времени t = t₁ – для вариантов 1, 8, 9, 11, 20;

в) в тот момент времени, когда угол поворота φ= φ₁, – для вариантов 2, 3, 6, 7;

г) в положении, показанном на чертеже для вариантов 15 и 19.

На схемах (таблица 14) плоскость хOу (хАу) горизонтальна, плоскость yOz (yAz) вертикальна. Необходимые для решения данные приведены в таблице 15, в которой ω – угловая скорость, φ₀ и ω₀ – значения угла поворота и угловой скорости в начальный момент времени.

Примечания

1. Вращающиеся тела, для которых не указан радиус инерции, рассматривать как тонкие однородные стержни (варианты 1–5, 11–15, 18, 19, 23, 24, 29, 30) или сплошные однородные диски (варианты 6–9, 16, 20, 22, 28); в варианте 10 тело 2 рассматривать как материальную точку.

2. На схемах 1, 8, 9, 11, 16, 17, 20–22 указаны внешние моменты М.

Пример выполнения задания.

Дано: т₁ = 3 кг, т₂ = 2 кг, т₃ = 5 кг; l₁ = 0,30 м, l₂ = 0,20 м;  = 30°;

ω = 120 рад/с = const. Схема системы и необходимые размеры приведены на рисунке 12а. Найти реакции подпятника А, подшипника В, а также пружины DN. Поперечными размерами стержней 1, 2, 3 и массой пружины пренебречь.

Рисунок 12 – Расчетные схемы

Решение.

Для определения реакций связей воспользуемся принципом Даламбера. Так как ω = const, рассмотрим только центробежные силы инерции частиц каждого стержня. Известно, что главный вектор сил инерции точек вращающегося тела определяется по формуле

,

где т – масса тела;

–ускорение центра масс тела.

Равнодействующая сил инерции точек тела равна их главному вектору. Поэтому для стержней 1 и 2

Ф₁ = m₁·a_C1= m₁· ω²·(0,5·l₁ ·sina + l₂); Ф₂ = m₂·a_C2 = m₂· ω²·0,5·l₂.

Для определения реакций опор необходимо знать точку приложения силы (линия действия силы совпадает с осью стержня 2 и поэтому определена). Так как сумма моментов параллельных сил инерции точек стержня относительно точкиО равна моменту равнодействующей этих сил, то

,

где h – плечо силы относительно точки О;

dФ – сила инерции элемента стержня длиной dξ; ξ – координата элемента стержня (рисунок 12б).

Используя значение силы и определив силу инерции элемента стержня длинойdξ dФ= (l₂ + ξ ·sin) ω²·γ·dξ, где γ – масса участка стержня единичной длины, получаем:

т₁· ω²·(0,5· l₁ ·sinα + l₂)·h = ,

откуда после интегрирования .

Показываем составляющие реакций подпятника , , и подшипника ,силы тяжести стержней_, , и силы инерции и (рисунок 12в). Эти силы должны удовлетворять уравнениям, вытекающим из принципа Даламбера:

М_xi = 0; -Y_B·50 - Ф₂·40 - G₂·10 – G₁ ·27,5 - Ф₁ ·(40 - 16,4 ·cos) = 0 =>

Y_B = - 8,47 кН;

Y_i = 0; Y_A +Y_B+ Ф₁ + Ф₂ = 0 => Y_A = -6,28 кН;

Z_i = 0; Z_D - G₁ - G₂ - G₃ = 0; Z_D = 0,098 кН.

Так как рассматриваемые силы расположены в плоскости yAz, то Х_B=Х_А=0.

Для определения реакции пружины DN составим уравнение М_Oi = 0, рассматривая силы, приложенные к стержню 1 (рисунок 12г):

- G₁·(l₁/2)· sin + Ф₁·h - P·l₁ · cos = 0, откуда P = 6,47 кН.

Таблица 14 – Схемы механизмов к заданию Д.16

Продолжение таблицы 14

Продолжение таблицы 14

Таблица 15 – Исходные данные к заданию Д.16

Ва-ри-ант	т1	т2	l	R	м, Н м	,(const) рад/с	t1	1	0	рад/с	Примечания
	кг		м				с	град
1	20	_	0,60	-	1,0	_	10	_	0	0
2	25	–	0,50	–	–	–	–	60	0	0
3	40	–	0,80	–	–	–	–	60	0	6,3
4	20	–	0,80	–	–	–	–	–	–	–
5	30	1,5	0,60	–	–	–	–	–	–	–
6	40	–	–	0,30	–	–	–	30	0	0
7	20	–	–	0,25	–	–	–	60	0	5,5
8	50	–	–	0,30	4,0	–	5	–	0	0
9	20	30	0,50	0,10	20-0,1t		200			0	При t=t1 координаты центров тяжести шкивов С1 и С2; xC1 = 0; yC1 = –0,1 см; zC1 = a+b; xC2 = 0,l см; yC2 = 0; zC2 = a
10	20	5	0,25	–	–	–	–	–	–	–
11	25	40	0,30		5-0,1t		50			0	При t=t1 ось стержня 1 параллельна оси у, а ось стержня 2 параллельна оси х; l1=25, l2=40 см
12	30	–	0,40	–	–	10	–	–	–	–
13	25	25	0,40	–	–	15	–	–	–	–
14	20	20	0,40	–	–	–	–	–	–	-
15	20	45	0,20	–	–	8	–	–	–	–
16	80	20	–	0,10	65
17	100	10	1,50		160						Радиус инерции ротора 2 двигателя 3 ix = 0,10 м
18	30	–	0,40	–	–	12	–	–	–	–
19	40	–	0,60	–	–	9	–	–	–	–
20	40	–	–	0,30	3,0	–	4	–	0	2,0
21	80	10	1,20	0,15	124	–	–	–	–	–	Радиус инерции ротора 2 двигателя 3 ix = 0,12 м
22	100	40	–	0,20	216		–	–	–	–
23	30	–	0,60	–	–		–	–	–	–
24	60	20	0,50	–	–		–	–	–	–
25	50	70	–	0,20	–	–	–	–	–	–	Радиус инерции шкива 3 ix = 0,18 м
26	80	200	1,50	0,25	–		–	–	–	–	То же, ix = 0,22 м
27	100	150	1,20	0,20	–		–	–	–	–	То же, ix = 0,15 м
28	80	40	–	–	–		–	–	–	–	Р = 1300 Н
29	20	20	0,42	–	–		–	–	–	–
30	50	–	0,60	–	–		–	–	–	–