Промышленный лизинг
Методички
координатой cpi. Перемещения точек А, В, Е, а также углы фг и Фз получены в предыдущем примере, в котором: ЛЛ=:/ф1; 5Б = 1.15%; Ф2 = 0,33ф1; ф;, = 3,85ф1; ЕЕ=1,631щ. Перемещение точки D происходит по перпендикуляру к P.jD и равно DD = ЯдО • фд = 2«фз = 2 • 0,3/ • 3,85ф1 - 2,31 /ф,. Перемеще]П1е стержня FD можно представить как сумму двух перемещений: поступательного вместе с полюсом D и вращательного вокруг этого полюса, при этом поворот FD вокруг точки D происходит па угол Oj. В соответствии с этим FF = DD + Е;Г =00 + DF; • 83 = 2,31 /ф1 -f + (1 COS Ж - R) бз = 2,31% -f (0,866/ - 0,3/) 63 = /(2,31ф1 + 0,5668з). Потенциальная энергия деформированной пружины с коэффициентом жесткости С/ определяется формулой: Л,/ = (1/2) • с, (к, ± - (1/2) • c,fi.j = (1/2). с,Ц -± cj%jk,j, (4) где Я-деформация j-n пружины, вызванная отклонением стержней / и 3 на углы ф1 и % соответственно; /„/ - Деформация пружины в положении покоя (статическая деформация). Примечание. Для пружин /, 2 и 5 и /г/ измеряются в единицах длины, а для спиральной пружины-в угловых единицах. Для пружины с коэффициентом жесткости q имеем: 1 = Яд = f f - Л Л cos 30° = / (2,31 Ф1 + 0,5669з) -- 0,866/ф1 = (1,44ф1 -1- 0,56663) /. Для спиральной пружины: Я = 63 - Фз. Деформации Jij и зависят только от угла ф и вычислены в предыдущем примере: Х2=1,15/ф1; ?1з-=/ф1. . Подставляя значения Xj, Я, Яг и Я3 в (4), получаем: Па = (1/2) с,/ (1.44ф1 + 0,5669з)2 = (1/2) -q/ (2,07ф1-1- + 2-0,8149,03 + 0,3265); (5) Пег = (1/2) -с/* (1 ,15)ф; = (1/2). с1 1,32ф1; (6) Я,з-(1/2)-Сз/2ф + Сз „зФ1; (7) Я, = (1/2).с(9з-фз)5; так как <p3 = 3,85<Pi, то Л с = (1 /2) • с (о5 - 7,7езф, + 14.8ф?). (8) Потенциальная энергия г-го элемента системы в поле сил тяжести определяется формулой HaiGihi, (9) где h, - вертика-тыюе перемещение центров тяжести элементов системы, вычисленное с точностью до величин второго порядка малости относительно обобщенных координат ф, и О. Если центр тяжести t-ro тела опускается, то /г, <0; в противном случае /г, >0. В рассматриваемой задаче для всех элементов hi отрицательно. Потенциальная энергия элементов / и 2 зависит только от координаты Ф1 и вычислена в предыдущем примере; Ягц = -0,25О1/(0,866фг + ф1); (10) Яо2 = -0,250,/(0,866ф1 + ф1). (11) Вертикальное перемен1еиие центра тяжести Сд звена 3 складывается из вертикального смещения точки D при повороте диска на угол Фз и смещения точки при гювороте стержня DF вокруг точки D на угол e: Ло = - (BD - BD" cos Фл) = - (/? ~ /? cos фз) = - /? (1 - cos Фз) = = - R- ф2 = -0,15/ф == -0,15 (3,85)/ф; = -2,22/ф;; h, = - (DCa - D"C; cos Оз) = - DC, В\/2 = - 1 /4 (/ cos 30° - P) Oj = = -0,25/(0,866-0,3)OJ = -O,142/0j; следовательно, /гз = -/(2,22ф; + О,1420,), откуда • Яоз = - Сз/(2,22фН-0,142е;). (12) Потенциальная энергия системы равна сумлге выражений (5)-(8), (10)-(12). После приведения подобных членов по степеням обобщенных координат и 63 получаем. л = (1 /2) • СцФ; + сафбз + (1 /2) c.,.,ej + Лф, Си = /- (2,07ci + 1,32с, + сз) -1-14,8с - / [0,433 (G, + С,) + 4,440з]; Сз. = 0,32cJ- + с - 0,2840з/; Ci2 =0,814Ci/2-3,85с; =Сз/„з/-0,25/ (G, + Go). Из условий равновесия (1) следует, что Wl/cp. = o 0, О поэтому л = (1/2).С1,ф; +с,.,ф1б, + (1/2) -сОз, (13) В соответствии с В1,1ражениями (2) и (3) условия устойчивости рассматриваемого состояния покоя примут вид: с,,>0 или 0,32ci/Hc-0,284G3/>0 {/2 (2,07q + 1,32c., + с,) + 14,8c - / [0,433 (G, + G.,) + 4,44G,,]} X X[/ (0,32CiZ - 0,284G,) +c] - (0,814c,/ - 3,85c)2 > 0. После перемножения, приведения подобных членов и деления на / во втором неравенстве окончательно получаем: 0,32ci/2 + f-0,284G,/>0 / (2,07ci + 1,32с2 + Сз) (с - 0,284Оз/) + 14,8с (0,32ci/ - 0,284Сз) -- [0,433 (Gi + G.,) + 4,440з] [/ (0,32ci/ - 0,2840з) + с] + + 6,26ci/c>0. При одновременном выполнении этих неравенств рассматриваемое состояние покоя является устойчивым. КОЛЕБАНИЯ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ Задание Д-23. Исследование свободных колебаний механической системы с одной степенью свободы Определить частоту и период малых свободных колебаний механической системы с одной степенью свободы, пренебрегая силами сопротивления и массами нитей. Найти уравнение движения груза / y = ij{t), приняв за начало отсчета положение покоя груза / (при статической деформации пружин). Найти также амплитуду колебаний груза /. Схемы систем показаны на рис. 237-239, а необходимые данные приведены в табл. 62. В задании приняты следующие обозначения: / - груз массой т; 2 -блок массой т, и радиусом (сплошной однородный диск; 3 -блок массой тз и радиусом инерции 1/, 4 -сплошной однородный диск массой nii и радиусом г; 5 -диск массой и радиусо.м инерции г; б -тонкий однородный стержень массой и длиной /; 7 -стержень, .масса которого не учитывается; с -коэффициент жесткости пружины; г/о ~ начальное отклонение груза / по вертикали от положения покоя, соответствующего статической деформации пружины; г/о -проекция начальной скорости Vq груза / на вертикальную ось. На рис. 237-239 системы тел /-7 показаны в положении покоя (при статической деформации пружин). В вариантах 5, 6, 14 и 23 стержень б жестко соединен с диском 4. Пример выполнения задания. Дано: /?2j = l, т,=-~2, ni4 = l, me = 3 кг; / = 0,6 м; с = 20 Н/см; г/о = 0.2 см; г/о = 8 см/с (рис. 240). Определить циклическую часготу k и период Т малых свободных колебаний системы, а также получить уравнение y = y{t) колебаний груза / и найти амплитуду а его колебаний. Решение. Воспользуемся уравнением Лагранжа второго рода для консервативной системы. Приняв за обобщенную координату 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 [ 113 ] 114 115 116 117 118 119 120 121 122 123 124 125 126 127 128 129 |