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 (рис. 5.43).

Рис. 5.43

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 Y_О, Z_О внешней связи и силы инерции Ф₁, Ф₂. Применительно к рассматриваемой задаче принцип Даламбера выражается формулой

G₁ + G₂ + Y_О + Z_О + 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 = m₁·g; G₂ = m₂·g.

Так как механическая система вращается с постоянной угловой скоростью , то угловое ускорение = 0 и, следовательно, модули a_С1, a_С2 ускорений центров С₁, С₂ масс тел 1 и 2 соответственно равны:

a_С1 = = ( )²·0,5·l sin(α);

a_С2 = = ( )²·l sin(α),

где , – модули центростремительных ускорений центров масс тел рассматриваемой механической системы.

Тогда имеем:

Φ₁ = m₁·a_С1 = m₁· = m₁·(( )²·0,5·l sin(α));

Φ₂ = m₁·a_С2 = m₁· = m₂·(( )²·l sin(α)).

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. 5.43 на рассматриваемую конструкцию действует плоская произвольная система сил (G₁, G₂, Y_О, Z_О, Ф₁, Ф₂). 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:

Y_О – Φ₁ – Φ₂ = 0; (1^I)

– G₁ – G₂ + Z_О = 0; (2^I)

G₁·0,5·l·sin(α) + G₂·l·sin(α) – Φ₁·(2·l/3)·cos(α) – Φ₂·l·cos(α) = 0. (3^I)

При использовании условий задачи эти уравнения принимают вид:

Y_О – m₁·(( )²·0,5·l sin(α)) – m₂·(( )²·l·sin(α)); (1^II)

– m₁·g – m₂·g + Z_О = 0; (2^II)

m₁·g·0,5·l·sin(α) + m₂·g·l·sin(α) –

– m₁·(( )²·0,5·l·sin(α))·(2·l/3)·cos(α) –

– m₂·(( )²·l·sin(α))·l·cos(α) = 0. (3^II)

В трёх уравнениях (1^II), (2^II), (3^II) содержатся три неизвестные величины: Y_О, Z_О, . Решим эти уравнения.

Из уравнения (3^II) имеем

= =

= =

= = 3,686 рад/с.

Из уравнения (2^II) следует, что

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

Из уравнения (1^II) получим

Y_О = ( )²·l ·sin(α)·(0,5·m₁+ m₂) =

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

Таким образом, ответы на вопросы (Y_О = ?, Z_О = ?), 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. 5.44).

Определить реакции внешней связи в момент времени t₁.

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

Рис. 5.44

Согласно этому принципу на стержень действуют активная сила G (сила тяжести), активная пара сил с моментом М, реакции X_О, Y_О 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 приведён в ортогональной проекции.

Стержень на рис. 5.42 изображён в произвольный момент времени, при этом предполагается, что он вращается с угловой скоростью в сторону возрастания угловой координаты φ с угловым ускорением . Исходя из этого предположения, силы Ф^ω, Ф^ε инерции и момент М^Φ сил инерции направлены так, как это показано на рис. 5.44.

Применительно к рассматриваемой задаче принцип Даламбера выражается формулой

G + X_О + Y_О + 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·(( )²·l/2); Φ^ε = m· = m·( ·l/2);

M^Φ = J_CZ· = (m·l²/12)· .

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 трёх 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^ω·cos(φ) + Φ^ε·sin(φ) = 0; (1^I)

Y_O + Φ^ω·sin(φ) + Φ^ε·cos(φ) = 0; (2^I)

M – Φ^ε·(l/2) – M^Ф = 0. (3^I)

При использовании условий задачи эти уравнения приобретают следующий вид:

X_O + m(( )²·l/2)·cos(φ) + m( ·l/2)·sin(φ) = 0; (1^II)

Y_O + m·(( )²·l/2)·sin(φ) + m·( ·l/2)·cos(φ) = 0; (2^II)

M – m·( ·l/2)·(l/2) – (m·l²/12)· = 0. (3^II)

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

X_O + m·(( )²·l/2)·cos(φ₁) + m·( ·l/2)·sin(φ₁) = 0; (1^III)

Y_O + m·(( )²·l/2)·sin(φ₁) + m·( ·l/2)·cos(φ₁) = 0; (2^III)

M – m·( ·l/2)·(l/2) – (m·l²/12)· = 0. (3^III)

Нетрудно заметить, что в трёх уравнениях содержатся следующие неизвестные величины: X_О, Y_О, , , φ₁, следовательно, для успешного решения задачи требуется получить дополнительные уравнения. Для этого дифференциальное уравнение (3^III) представим в следующем виде:

(m·l²/3)· = 10·t.

Преобразовав это уравнение, получим

= 30·t/(m·l²). (4)

Дважды проинтегрировав последнее уравнение, получим:

= (30/(m·l²))·(t²/2) + C₁ = (15/(m·l²))·t² + C₁;

φ = (15/(m·l²))·(t³/3) + C₁·t + C₂ = (5/(m·l²))·t³ + C₁·t + C₂,

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

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

= (15/(m·l²))·t²; (5)

φ = (5/(m·l²))·t³. (6)

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

= (30/(m·l²))·t₁ = (30/(10·1²))·1 = 3 рад/с²; (4^I)

= (15/(m·l²))·(t₁)² = (15/(10·1²))·1² = 1,5 рад/с; (5^I)

φ₁ = (5/(m·l²))·(t₁)³ = (5/(10·1²))·1³ = 0,5 рад. (6¹)

Определим значения sin(φ₁) и cos(φ₁):

sin(φ₁) = 0,479; cos(φ₁) = 0,877.

По известным величинам , , sin(φ₁), cos(φ₁) определим проекции X_О, Y_О реакций связи на координатные оси:

X_O = – m·(( )²·l/2)·cos(φ₁) – m·( ·l/2)·sin(φ₁) =

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

Y_O = – m·(( )²·l/2)·sin(φ₁) + m·( ·l/2)·cos(φ₁) =

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

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

Случай 3.

Однородный круг массой m и радиусом R находится в состоянии покоя. В момент времени t₀ = 0 ему придали угловую скорость . Определить реакции внешней связи в момент времени, когда угол поворота тела равен значению φ₁. На рис. 5.45 круг изображен в произвольный момент времени.

Дано: m = 10 кг; R = 1 м; φ₁ = 60^о; φ₀ = 0^о; = 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 Y_О, Z_О цилиндрического шарнира, центробежная Ф^ω и вращательная Ф^ε силы инерции и момент М^Φ сил инерции. Направления нагрузок G, Y_О, Z_О, Ф^ω, Ф^ε, М^Φ показаны на рис. 5.45.

П

Рис. 5.45

ри определении направления этих нагрузок предполагается, что тело вращается в сторону увеличения угловой координаты φ ускоренно. Модули инерционных нагрузок в момент времени t₁, когда угол поворота тела равен φ₁, определяют по формулам:

Φ^ω = m· = m·(( )²·OC); Φ^ε = m· = m·( ·OC);

M^Φ = J_СХ1· = (m·R²/2)· ,

где , , J_СХ1 – соответственно модули центростремительного и вращательного ускорений 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:

Y_О – Φ^ω·sin(φ) + Φ^ε·cos(φ) = 0; (1^I)

– G + Z_О – Φ^ω·cos(φ) – Φ^ε·sin(φ) = 0; (2^I)

G·(0,5·R)·sin(φ) + Φ^ε·(0,5·R) + M^Φ = 0. (3^I)

В уравнения (1^I), (2^I), (3^I) введём обозначения исходных данных.

Y_О – m(( )²·0,5·R)·sin(φ) + m·( ·0,5·R)·cos(φ) = 0; (1^II)

m·g + Z_О – m·(( )²·0,5·R)·cos(φ) – m·( ·0,5·R)·sin(φ) = 0; (2^II)

m·g·0,5·R·sin(φ) + m( ·0,5·R)·0,5·R + (m·R²/2)· = 0. (3^II)

Очевидно, что при вращении тела его угловой путь φ, угловая скорость и угловое ускорение будут переменны и взаимозависимы. При значении угла φ₁ угловая скорость будет иметь значение , а угловое ускорение значение . Исходя из этого, уравнения (1^II), (2^II), (3^II) приобретают вид:

Y_О – m(( )²·0,5·R)·sin(φ₁) + m·( ·0,5·R)·cos(φ₁) = 0; (1^III)

m·g + Z_О – m·(( )²·0,5·R)·cos(φ₁) – m·( ·0,5·R)·sin(φ₁) = 0; (2^III)

m·g·0,5·R·sin(φ₁) + m·( ·0,5·R)·0,5·R + (m·R²/2)· = 0. (3^III)

В системе этих уравнений содержатся следующие неизвестные: Y_О, Z_О, , . Для решения задачи необходимо получить четвёртое 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 её 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 её перемещении.

Кинетическую энергию твёрдого тела при его вращательном движении определяют по формуле

T = 0,5·J_ОХ·( )²,

где J_ОХ – момент инерции тела относительно оси ОХ вращения; – угловая скорость.

Для рассматриваемой задачи

J_ОХ = m·R²/2 + m·(CO)² = m·R²/2 + m·(0,5·R)² = 0,75 m·R².

Тогда получим

T = 0,75·m·R²·( )².

Определим кинетические энергии тела в начальный и конечный моменты времени:

T_Sn = 0,75·m·R²( )²; T_Sk = 0,75·m·R²·( )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 = – m·g·(0,5·R – 0,5·R·cos(φ₁)) =

= – 0,5·m·g·R·(1 – cos(φ₁)).

Применительно к условиям задания теорема об изменении кинетической энергии приобретает вид

0,75·m·R²·(( )² – ( )²) = – 0,5·m·g·R·(1 – cos(φ₁)).

Отсюда определим значение угловой скорости.

= =

= = 9,835 рад/с.

Решим систему уравнений (1^III), (2^III), (3^III) относительно неизвестных величин Y_О, Z_О, .

Из уравнения (3^III) имеем

= – = – =

= – = – 5,663 рад/с².

Из уравнения (1^III) определим Y_О.

Y_О = m·( )²·0,5·R·sin(φ₁) – m· ·0,5·R·cos(φ₁) =

= 10·9,835²·0,5·1·0,866 – 10(– 5,663)·0,5·1·0,5 = 497,793 H.

Из уравнения (2^III) получим

Z_О = m·g + m·( )²·0,5·R·cos(φ₁) + m· ·0,5·R·sin(φ₁) =

= 10·9,81 + 10·9,835²·0,5·1·0,5 + 10(– 5,663)·0,5·1·0,866 = 315,397 H.

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