Определение динамической нагрузки на подшипники

Возьмем трехзначный вариант 495. Это означает, что необходимо взять схему по рис. Д5.4, основные данные из колонки «*9» таблицы Д5.1 и дополнительные данные из колонки «**5» таблицы Д5.2.

Из текста условия для всех вариантов следует: масса однородных стержней m₂=14, m₃=10кг; их длина l₂=50, l₃=30см; масса точечного груза m₅=3кг; размеры ОА=АВ=ВД=ДЕ=в=20см, а=12см.

В колонке «*9» таблицы Д5.1 видим: подшипник должен быть в точке Е, груз с массой m₅ – в точке L, а время разгона τ=2,5с.

В таблице Д5.2 по варианту «**5» задано: ω₀=300с^-1, движущий момент М=2t² Нм (вместо ω₀ =200 с^-1, М = 4Нм, заданных по тексту для двузначных вариантов). С учетом этих данных исходная схема по варианту представлена на рис. Д5а.

Таким образом, задано: m₂=14, m₃=10, m₅=3кг; l₂=50, l₃=30см; а=12, в=20см; М=2t² Нм; ω₀=300с^-1; τ=2,5с;

определить: реакции подпятника О и подшипника Е для τ=2,5с.

Решение

Так как конструкция вращается вокруг оси, то величину нагрузки на подшипники будут определять не только заданные силы, но и силы инерции вращающихся масс. Поэтому воспользуемся расчетной схемой, представленной на

рис. Д5б, на которой показаны и система отсчета и действующие силы.

Начало неподвижной декартовой системы координат помещено в точку В, хотя можно было взять и другую точку, например О или Е. Кроме этого, будем считать, что плоскость «z,y» совпадает в расчетный момент с плоскостью конструкции. В качестве заданных показаны силы тяжести ,,, приложенные в соответствующих центрах тяжести, движущий момент М, а также главный вектор и главный момент сил инерции трех тел после приведения их к началу координат.

Используем принцип Даламбера и составим динамические уравнения равновесия конструкции с учетом действующих сил и выбранной системы координат.

; (1)

(2)

; (3)

; (4)

; (5)

. (6)

Рассмотрим сначала уравнение (6), учитывая что М=2t².

Так как момент сил инерции относительно оси «z»

,

то для определения моментов инерции тел используем теорему Гюйгенса-Штей-нера.

=0,4933кгм².

=0,144кгм².

=0,0507кгм².

Следовательно

=0,4933+0,144+0,0507=0,688кгм².

Тогда уравнение (6) можно записать как I_Zε=M= 2t², а еще лучше представить в общем виде

. (7)

Из выражения (7) определим угловое ускорение конструкции в заданный момент времени, т.е.

18,1686с^-2.

Для расчета сил инерции необходимы не только угловое ускорение, но и угловая скорость, поэтому формулу (7) представим в виде

и произведем интегрирование

.

Следовательно, для заданных момента времени и начальной угловой скорости будем иметь

=315,141с^-1.

Силы инерции, как уже указывалось, приведены к началу координат, расположенному на оси вращения. Выразим их поочередно, используя координаты центров масс всех трех тел.

Ф_Х2=m₂(ω²х_С2+εу_С2)=m₂(ω²·0+ε(–а))= –14·18,1686·0,12= –30,5232Н;

Ф_Х3=m₃(ω²х_С3+εу_С3)=m₃(ω²·0+ε(–а))= –10·18,1686·0,12= –21,8023Н;

Ф_Х5=m₅(ω²х_С5+εу_С5)=m₅(ω²·0+ε(0,5l₂–а))=3·18,1686(0,5·0,5–0,12) =7,0858Н.

Ф_Х=Ф_Х2+Ф_Х3+Ф_Х5= –30,5232 – 21,8023 +7,0858= –45,2397Н.

Ф_У2=m₂(ω²у_С2–εх_С2)=m₂(ω^2.(–а)–ε·0)=14·315,141²(–0,12)= –166847,3Н.

Ф_У3=m₃(ω²у_С3–εх_С3)=m₃(ω^2.(–а)–ε·0)=10·315,141²(–0,12)= –119176,6Н.

Ф_У5=m₅(ω²у_С5–εх_С5)=m₅(ω^2.(0,5l₂–а)–ε·0)=3·315,141²(0,5·0,5–0,12)= 38732,4.Н

Ф_У=Ф_У2+Ф_У3+Ф_У5= –166847,3–119176,6+38732,4= –247291,5Н= –247,3кН.

Ф_Z=0, т.к. координаты z_C тел не изменяются.

Для определения моментов сил инерции необходимы центробежные моменты инерции всех тел. Так как вся конструкция расположена в плоскости уz, то координата х для всех тел равна нулю, поэтому

.

I_YZ2=;

I_YZ3== –0,18кгм²;

I_YZ5=m₅y₅z₅=3·(0,5l₂–а)·0=0.

Таким образом,

I_YZ=I_YZ2+I_YZ3+I_YZ5=0–0,18+0=-–0,18кгм².

Тогда моменты сил инерции:

=0·ω²+0·ε=0;

–(–0,18)·ω²+0·ε=0,18·315,141²=17876,5Нм;

=0·ω²+0·ε=0;

=0+17876,5+0=17876,5Нм.

=0·ω²+0·ε=0;

=0·ω²+(–0,18)·ε= –0,18·18,1686= –3,27Нм;

=0·ω²+0·ε=0;

=0–3,27+0= –3,27Нм.

= –12,50Нм (уже использовано).

С учетом этих данных уравнения (1)–(6) могут быть записаны в виде

Х₀+Х_Е–45,2=0; (7)

У₀+У_Е–247291,5=0; (8)

Z₀-(m₂+m₃+m₅)g=0 (9)

У₀2в–У_Е2в+(m₂+m₃)gа–m₅(0,5l₂–а )+17876,5=0; (10)

–Х₀2в+Х_Е2в–3,27=0. (11)

Решаем систему уравнений (7)–(11).

(9)→ Z₀=(m₂+m₃+m₅)·g=(14+10+3)·9,81=264,87Н.

Х

(7),(11)→ +

₀+Х_Е–45,2=0 х 2в

–Х₀2в+Х_Е2в–3,27=0

2Х_Е2в-45,2·2в–3,27=0→

2·Х_Е·2·0,2–45,2·2·0,2–3,27=0→ 0,8Х_Е=21,35→

Х_Е=26,69Н.

(7)→ Х₀= –Х_Е+45,2=0→ Х₀= –26,69+45,2=18,51Н.

Уравнение (10) для дальнейших расчетов конкретизируем

У₀2в–У_Е2в+(m₂+m₃)gа-m₅(0,5l₂–а)+17876,5=0→

У₀2в–У_Е2в+(14+10)·9,81·0,12 –3(0,5·0,5–0,12)+17876,5=0→

У₀2в–У_Е2в+17904,36=0. (12)

Тогда

У

(8),(12)→+

₀+У_Е–247291,5=0; х 2в

У₀2в–У_Е2в+17904,36=0.

2У₀2в–247291,5·2в+17904,36=0→

2·У₀·2·0,2–247291,5·2·0,2+17904,36=0→

0,8У₀= 81012,24→ У₀=101265,3Н=101,3кН.

(8)→ У_Е= –У₀+247291,5= –101265,3+247291,5=146026,2Н=146,03кН.

Как видно по результатам расчета, нагрузка на подшипники в направлении оси «у» вследствие действия центробежных сил инерции оказалась значительно выше, чем в направлении оси «х».

Ответ: Х₀=18,51Н; У₀=101,3кН; Z₀=264,87Н;

Х_Е=26,69Н; У_Е=146,03кН.

2-й вариант решения

Второй вариант обусловлен тем, что силы инерции можно привести к простейшему виду и другим способом. Рассмотрим схему, представленную на рис. Д5в.

Груз 5 является точечным, размерами его можно пренебречь, поэтому сила инерции здесь одна, и ее можно представить в виде двух состававляющих, направленных противоположно соответствующим ускорениям. К другому центру их можно не приводить, а считать приложенными прямо в этой точке.

.

.

Никакого момента относительно этой же точки С₅ силы инерции создавать не будут.

Силы инерции всех точек стержня 3 равны по величине и одинаково направлены в пространстве, т.к. их расстояния до оси вращения одинаковы. Это означает, что все силы инерции стержня 3 параллельны и могут быть представлены одной равнодействующей, равной их главному вектору, если их приводить к центру масс С₃. Следовательно,

;

.

Все силы инерции стержня 2 также параллельны и их можно привести к двум равнодействующим, если стержень условно разделить на две части, находящиеся на обе стороны от оси вращения. Но проще будет привести их к точке В на оси вращения. Тогда

;

.

Ну а для моментов сил инерции используем уже употреблявшиеся формулы

=0·ω²+0·ε=0;

=0·ω²+0·ε=0;

.

С учетом этого динамические уравнения равновесия конструкции (1)-(6) несколько изменятся.

; (13)

(14)

; (15)

; (16)

; (17)

. (18)

В этом случае то же самое угловое ускорение ε получится из уравнения (18), а расчеты по уравнениям (15)–(17) дадут уже полученные ранее результаты.

Задача Д6

Применение принципа возможных перемещений к определению сил, обеспечивающих равновесие механической системы с одной степенью свободы

Возьмем двузначный вариант 67, согласно которому схема должна соответствовать рис. Д6.6, а данные взяты из таблицы Д6.1 (столбец 7).

И сходная схема представлена на рис. Д6а, а из текста условия следует, что массой звеньев можно пренебречь а углы и размеры звеньев необходимо принять равными: γ = 60⁰, l₁ = 0,6, l₂ = 1,2м.

По таблице Д6.1 на механизм действует пара сил с моментом М=2Нм, и сила Q = 24Н, углы α = 30⁰, β = 60⁰. Исходя из условия равновесия механизма, требуется определить величину силы Р.

Таким образом, задано: γ = 60⁰, α=30⁰, β=60⁰, М=2Нм, Q=24Н; l₁ = 0,6, l₂ = 1,2м;

определить Р.

Решение

Заданный механизм находится в равновесии, но допускает перемещения, поэтому для решения задачи можно применить принцип возможных перемещений. С учетом заданных углов и размеров представим схему механизма и дадим ему возможное перемещение (см. рис. Д6б).

По принципу возможных перемещений

Выразим перемещения через угол δφ₂:

;

;

.

Следовательно,

δφ₁ = (2/3)(l₂ /l₁)δφ₂;

δS_O =l₁ cos30⁰ (2/3)(l₂/l₁)δφ₂ =l₂δφ₂.

Тогда уравнение работ преобразуется к виду

(Рl₂+М–Ql₂cos30⁰)δφ₂=0.

Так как δφ₂ величина бесконечно малая, но не нулевая, то нулю должно равняться выражение в скобках, откуда

Р=(–М+Ql₂cos30⁰) /l₂= –М/l₂+3Q/2= –2/1,2 +3·24/2 =33,113Н.

Таким образом, для равновесия механизма в представленном положении требуется сила Р = 33,1Н.

Задача Д7

Применение уравнений Лагранжа 2-го рода к исследованию движения механической системы с двумя степенями свободы

Возьмем трехзначный вариант 586, согласно которому схема должна быть по рис. Д7.5, основные данные – из таблицы Д7.1 (столбец 8), дополнительные данные – из таблицы Д7.2 (столбец 6).

Тогда из текста условия задачи следует, что размеры шкивов r₄= 8, R₄ = 12; r₅= 10, R₅ = 15; r₆ = 9, R₆ = 14см; радиусы инерции ρ₄ = 11см, ρ₅ = 13см. Масса шкивов составляет: m₄ = 6, m₅ = 5кг, а массой блока 6, тросов и сопротивленимем трения скольжения можно пренебречь.

Из таблицы Д7.1 следует, что углы α = 30⁰, β =0.

П о дополнительной таблице Д7.2 имеем: m₁=30, m₂ = 20, m₃ =40кг вместо заданных по тексту условия m₁ = 20, m₂ = 30, m₃ = 40кг.

С учетом этих данных исходная схема должна выглядеть как представлено на рис. Д7а.

Требуется определить, в какую сторону и с каким ускорением будут двигаться грузы 1, 2, 3, если система придет в движение из положения покоя под действием сил тяжести.

Таким образом,

задано: m₁=30, m₂=20, m₃=40, m₄=6, m₅=5кг, m₆=0; r₄=8, R₄=12; r₅= 10, R₅ = 15; r₆ = 9, R₆ = 14, ρ₄ = 11, ρ₅ = 13см; α = 30⁰, β =0;

найти: а₁, а₂, а₃.

Решение

Механическая система имеет две степени свободы, поэтому для решения задачи удобнее всего использовать уравнения Лагранжа 2 рода. Выберем в каче-

стве обобщенных координат перемещения грузов «х₁» и «х₂», как показано на рис, Д7б. Тогда уравнения Лагранжа должны иметь вид

. (1)

Выразим кинетическую энергию системы через обобщенные скорости.

T =T₁+T₂+T₃+T₄+T₅+T₆. (2)

T₁=0,5m₁V₁² =0,5m₁=0,5·30=15 Hм.

T₂=0,5m₂V₂² =0,5m₂=0,5·20=10 Hм.

T₃=0,5m₃V₃² =0,5m₃[0,5(V_A+V_B)]².

Но

V_A=R₄/r₄; V_B=R₅/r₅.

После преобразования получим

T₃=0,125m₃(R₄/r₄)²+0,25m₃(R₄R₅/r₄r₅)+0,125m₃(R₅/r₅)²=

=0,125·40(0,12/0,08)²+0,25·40(0,12·0,15/0,08·0,1) +

+0,125·40(0,15/0,1)²=11,25+22,5+11,25 Нм.

T₄=0,5I₄ω₄²=0,5m₄ρ₄²(/r₄)²=0,5m₄ (ρ₄/r₄)²²=0,5·6(0,11/0,08)²²=5,6719² Нм.

T₅=0,5I₅ω₅²=0,5m₅ρ₅²(/r₅)²=0,5m₅ (ρ₅/r₅)²=0,5·5(0,13/0,1)²=4,225 Нм.

Т₆=0, т.к. массой тела можно пренебречь.

Таким образом,

Т=(15+11,25+5,6719)²+22,5+(10+11,25+4,225)=

=31,9219²+22,5+25,475 Нм.

Далее формируем левую часть уравненгий Лагранжа, взяв соответствующие производные.

;

31,9219·2+22,5=63,8438+22,5;

22,5+25,475·2=22,5+50,590;

63,8438+22,5;

22,5+50,590.

Для вычисления обобщенных сил необходимы еще расчетные схемы перемещений тел под действием сил. На рис. Д7в представлена схема перемещений для случая, когда δх₁>0, а х₂=сonst, при этом из всех сил тяжести работу будет совершать только сила G₃.

Получим

δА₁=G₃δS₃=m₃g(0,5R₄/r₄)δx₁=40·9,81(0,5·0,12/0,08)δx₁=294,3δx₁.

Следовательно,

Q₁=δА₁/δx₁=294,3Н.

Составим еще одну расчетную схему для получения второй обобщенной силы. На рис. Д7г представлена схема перемещений, когда неизменной остается первая обобщенная координата х₁, а координата х₂ получает положительное приращение δx₂. Из всех действующих сил показаны только силы, которые совершают работу, т.е. G₂ и G₃.

Тогда, согласно расчетной схеме будем иметь

δА₂=G₃δS₃^*–G₂sinα·δx₂=[m₃(0,5R₅/r₅)–m₂sinα]g·δx₂=

[40(0,5·0,15/0,1)–20sin30⁰]9,81δx₂=196,2δx₂.

Или

Q₂=δА₂/δx₂=196,2Н.

С учетом этих расчетов вместо выражения (1) получим конкретную систему дифференциальных уравнений

63,8438+22,5=294,3;

22,5+50,590=196,2.

Р ешение системы дает

=196,2/22,5-(50,590/22,5)=8,72-2,248.

63,8438(8,72-2,248)+22,5=294,3, или

=2,168м/с².

=3,846м/с².

а_С=0,5(R₄/r₄+R₅/r₅)=0,5(3,846·0,12/0,08 + 2,168·0,15/0,1)=4,5105м/с².

Таким образом, выбранное направление обобщенных координат соответствует согласно полученным результатам действительному направлению движения с ускорениями:

а₁=3,85; а₂=2,17; а₃=4,51м/с².