Механическая система с идеальными связями включает груз и два диска – однородного радиусом r и ступенчатого. Ступенчатый диск состоит из двух одноосных цилиндров радиусом R и r. Радиусы дисков указаны на схеме. Тела соединены нерастяжимыми нитями и невесомыми стержнями. Система движется в вертикальной плоскости из состояния покоя под действием сил тяжести, постоянной силы F, а также пары сил с переменным моментом M. Направление действия силы F и наклон плоскости движущихся тел определяются углами α и β. Радиус инерции ступенчатого диска относительно оси, проходящей через центр масс перпендикулярно плоскости движения, равен iz. Качение дисков – без проскальзывания. Скольжение между невесомым стержнем и дисками отсутствует. Движение грузов по плоскости без трения. Нити и стержни, соединяющие груз и диски, параллельны соответствующим плоскостям, по которым двигаются тела.
Найти уравнение движения центра масс диска 3. Определить реакцию шарнира диска 2 в момент времени t=1 с.
Исходные данные по варианту 3.
P1, Н
P2, Н
P3, Н
F, Н
M, Нм
α°
β°
R, м
r, м
iz, м
5
18
10
6
8(t2+1)
90
30
0,4
0,3
0,3
Ответ
yt=yCt=0,52t4+1,58t2; R2=37,66 Н.
624840591185Рис. 5. График зависимости yt.
yt=yCt=0,52t4+1,58t2
.
00Рис. 5. График зависимости yt.
yt=yCt=0,52t4+1,58t2
.
Построим график зависимости yt (рис. 5), хотя задача не требует этого (http://grafikus.ru) .
-3810308610Рис. 6. График зависимости yt в другом масштабе.
00Рис. 6. График зависимости yt в другом масштабе.
В более меньшем масштабе (рис. 6):
Решение
В рассматриваемой механической системе активными силами являются силы тяжести P1,P2, P3 сила F, и пара сил с моментом M (рис. 1). Связи идеальные, так как скольжение груза 1 происходит по гладкой поверхности без трения, качение диска 2 без проскальзывания, а ось вращения ступенчатого диска 2 неподвижна.
centertopα
β
Рис. 1. Схема движения механической системы
1
M
r
F
2
R
3
3
r
O
C
00α
β
Рис. 1. Схема движения механической системы
1
M
r
F
2
R
3
3
r
O
C
Предположим, направление движения в системе задаёт пара сил с моментом M, приложенная к блоку 2. Обозначим ω2, ε2 – угловая скорость и угловое ускорение блока 2, VC, aC – скорость и ускорение центра масс катка 3, V1, a1 – скорость и ускорение груза 1. Направления векторов скоростей и ускорений точек, угловых скоростей, и ускорений тел в соответствии с выбранным направлением движения системы показаны на рис. 2. Для большей наглядности и во избежание путаницы воспользуемся цветом и богатым набором разновидностей стрелок.
Общее уравнение динамики имеет вид:
δAFkакт.+δARkи=0.
Присоединим к телам системы силы инерции. Груз 1 движется поступательно. Главный вектор сил инерции груза 1 R1ин. приложен в центре масс груза и направлен в сторону, противоположную ускорению a1 груза 1. Модуль главного вектора сил инерции груза 1
R1и=m1a1,
где m1 – масса груза 1; a1 – величина ускорения груза 1.
Главный вектор сил инерции, приложенных к блоку 2 и приведённых к центру масс блока, равен нулю, так как блок вращается вокруг неподвижной оси, проходящей через центр масс, и ускорение центра масс блока равно нулю. В результате силы инерции блока 2 приводятся к паре сил, момент которой равен главному моменту сил инерции и M2и относительно оси вращения. Главный момент сил инерции блока 2 равен по величине
M2и=J2Oε2,
где J2O– момент инерции блока 2 относительно оси вращения; ε2- угловое ускорение блока 2, и направлен в сторону, противоположную угловому ускорению ε2 .
Система сил инерции катка 3, приводятся к силе, равной главному вектору сил инерции R3и , приложенному в центре масс катка 3, и паре сил с моментом, равным главному моменту сил инерции M3и относительно оси, проходящей через центр масс перпендикулярно плоскости движения. Главный вектор сил инерции направлен в сторону, противоположную ускорению aC , и составляет
R3и=m3aC,
где m3- масса катка 3; aC- величина ускорения центра масс. Главный момент сил инерции:
M3и=J3Cε3,
где J3C- момент инерции катка 3 относительно оси, проходящей через центр масс перпендикулярно плоскости движения; ε3- угловое ускорение катка 3
. Направлен главный момент сил инерции M3и в сторону, противоположную угловому ускорению ε3.
Главные векторы и главные моменты сил инерции, а также и другие силовые и кинематические характеристики системы, показаны на рис. 2. Для большей наглядности и во избежание путаницы воспользуемся цветом и богатым набором разновидностей стрелок.
Определим кинематические соотношения между скоростями точек системы и выразим их через скорость VC центра масс катка 3. Каток 3 катится по неподвижной поверхности без скольжения. Мгновенный центр скоростей катка находится в точке K касания катка с поверхностью (см. рис. 2). Угловая скорость катка 3
ω3= VCr.
Скорость точки D катка 3:
VD=ω3∙DK=2ω3r=2 VC.
VD=2 VC
Так как рейка DB абсолютно жесткая, то скорость т. B
VB=VD=2 VC.
Тогда угловая скорость ступенчатого блока 2:
ω2=VBR=2 VCR.
Скорость точки A блока 2:
VA=ω2r=2rVCR.
Такой же скоростью поступательно движется МЦ тела 1:
V1=VA=2rVCR.
Соотношения между ускорениями определяются путем дифференцирования установленных кинематических равенств между скоростями:
1009653810α
β
Рис. 2.Расчётная схема исследования движения
механической системы
1
M
N1
ω3
F
Fсц.
2
3
3
P1
V1
a1
δs1
Y2
X2
R1и
ω2
ε2
M2и
VA
A
O
C
VB
B
δφ2
D
VD
VC
aC
δsC
ε3
ω3
N3
M3и
R3и
P2
P3
δφ3
K
y
00α
β
Рис. 2.Расчётная схема исследования движения
механической системы
1
M
N1
ω3
F
Fсц.
2
3
3
P1
V1
a1
δs1
Y2
X2
R1и
ω2
ε2
M2и
VA
A
O
C
VB
B
δφ2
D
VD
VC
aC
δsC
ε3
ω3
N3
M3и
R3и
P2
P3
δφ3
K
y
a1=V1=2rVCR=2raCR;
a1=2rRaC.
ε2=ω2=VBR=2RaC.
ε3=1raC.
Для того чтобы найти соотношения между перемещениями, выразим кинематические равенства между скоростями в дифференциальном виде и, полагая, что действительное перемещение является возможным, т. е. ds δs, dφ δφ, получим соотношения между возможными перемещениями:
δs1=2rRδsC;
δφ2=2RδsC;
δφ3=1rδsC.
Сообщим системе возможное перемещение, совпадающее с действительным. Элементарная работа реакций связи на любом возможном перемещении системы равна нулю, так как связи в системе идеальные.
Найдем элементарные работы активных сил и выразим их через перемещение центра масс катка 3. Прежде заметим, что элементарные работы силы реакции опоры, действующие на груз 1 и каток 2 равны нулю, так как направления перемещений точек приложения этих сил перпендикулярны векторам сил:
δAN1=N1∙δs1=N1∙δs1cos90°=0;
δAN3=N3∙δs3=N3∙δs3cos90°=0.
Нулю равны также элементарные работы силы тяжести P2 блока 2, реакции подшипника X2, Y2, а также силы сцепления Fсц
Задать вопрос
на новый заказ в Автор24.
