Промышленный лизинг Промышленный лизинг  Методички 

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

Радиус инерции ротора 2 двигателя 3 tj,= 10 см

Радиус инерции ротора 2 двигателя 3 12 см

Радиус инерции шкива 3 i:=18 см

Радиус инерции шкива 3 1 = 22 см

Радиус инерции шкива 3 i;t=15cM

Р= 1300 К

Примечания.

1 Тела, входящие в состав механической системы, для котпрых не укааан радиус ннераин, рассматривать как тонкие однородные стержня (варианты 1-6, 10, М-J5, )8, 19, 23, 24, 29, 3Ci или сплошные одгюрсднь-е диски (варианты 6-9, 16, 20, 22, 28): в варианте 10 тело 2 рассматривать как ►о м»териальную точку.

S 2. На схемах I, 8, 9, II, 16, )7, 20-22 указаны внешние моменты М



инерции точек стержня относительно точки О равна моменту равно-деГ1Ствующей этих сил, то

0i/z = g cos а с1Ф,

где /2 -плечо силы относительно точки О; йФ -сила инерции элемента стержня длиной d; координата элемента стержня (рис. 201 б).

Используя значение силы и учитывая, что

йФ = {1., + 1 sina) wy dl,

где V -масса участка стержня единичной длины, получаем

/«1(0- (0,5/i sin а + /а) ft = {k + l sin a) (0-у cos a

откуда после интегрирования

, /i(/2 + (2/.3).;, sina)cosa 30 (20+ (2/3). 30 • 0,5) ,

= - l/s.na+2/.-- - 30 0,5 + 2.20 COS a = 16,4 COS

Показываем составляющие реакций подпятника Хл, Y, Za и подшипника Yg, силы тяжести стержней G, G, G и силы инерции и 02 (рис. 201, б). Эти силы должны удовлетворять уравнениям, вытекающим из принципа Даламбера

vA/, = 0; - Fb-5O-02-4O-G2- lO-Gi-27,5-

- 01 (40 - 16,4 cos а) = О Уд = - 8,47 кН; XF/ = 0; Ул + Уд + 01 + 02 = О=>Ул = -6,28кН,-XZi = 0; Zo-Gi-G2-G3 = 0; Zd = 0,098 кН,

Так как рассматриваемые силы расположены в плоскости yAz, то Х„ = Хл = 0.

Для определения реакции пружины DN составим уравнение 2] М,о = 0, рассматривая силы, приложенные к стержню / (рис. 201, г)

- Gi • (/i/2) • si n а + 0fA - Я/i cos a = 0, откуда Р = б,47 кН.

Задание Д-16. Определение реакций опор

при вращении твердого тела вокруг неподвижной оси

Однородное тсто D вращается вокруг неподвижной вертикальной оси 2 под действием пары сил, расположепнон в горизонтальной nvTOCKQCTH. Масса тела -/п, момент пары сил - М. Определить реакции подпят11Ш<а А и подиишиика R в момент времени/ = х, считая, что в этот юмeит центр тяжести тела находится в плоскости уг, с которой совпадает плоскость материальной симметрии тела; поло-



жение центра тяжести тела задано координатами ус и Zc- Начальная угловая скорость тела щ = 0. Массой стержней, связанных с телом D, пренебречь.

Варианты задания представлены на рис. 202 - 204, а необходимые данные приведены в табл. 57.

Пример выполнения задания. Тело D (однородный цилиндр, из которого вырезан конус) вращается вокруг неподвижной оси г (рис. 205).

Дано: т = 32 кг; М = 60 Нм; /- = 0,25 м; 00, = 0,5 м; h=\ м; Y = 30°; а=1 м; Ь = 2 м; т = 2 с. Стержень OOi совпадает с осью симметрии тела D. Массой стержней пренебречь. Найти Ял и д.

Решение. Показываем главные центральные оси инерции тела D: I, т) и , а также силу G, момент М и составляющие реакции опор Ха, Уа, Za, Хц, Yn (рис. 205).

Для решения задачи исгюльзуем систему уравнений, вытекающую из принципа Даламбера.

Ха + + тхс(л + тусг = 0; YA + YB + myc(ii-mXce = Q; 7д-С = 0; -Уй(а + Ь)-С0С51пу - 7,Х + Л:.е = 0; Хй {а + Ь) + Л,со2 + У,,е = 0; М - Jt = 0.

Для определения углового ускорения е из последнего уравнения системы (1) найдем момент инерции тела D относительно оси вращения 2- по формуле:

J. = Jn + md\ (2)

где - момент инерции тела D относительно центральной оси С, параллельной оси г; d -расстояние Me;y осями z и г. Воспользуемся формулой:

Jzi = Ji cos a-\-J cos cos y, (3)

где a, p и 7 -углы, составленные осью г, с осями , т), соответ-

ctbcihio.

Так как а = ЭО, то

У1 = Уг,С052р + У-С052у. (4)

Определим моменты инерции и как разности momcfetob инер1ши тела / (сплошного цилиндра) и тела II (конуса) (рис. 205);

Jr\ = j\\-J\ h = Jl - J- (5)

Зная массу тела D, равную т, определим массу тела / и тела Л:

т[ = рпгЩ, /72(1 = (1/3)-рлг,

где р -плотность тела; а -радиус основания цилиндра и конуса. Следовательно,

mil = (1/3)-/г,. т = /«1 - шп = (2/3) • М = 32 кг.



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