Момент инерции конуса относительно оси С.

jr = jrl + mu{CuC)\ (7)

где jj,-момент инерции конуса относительно оси т)2, проходящей через центр тяжести Сц этого тела. В свою очередь для конуса имеем:

Jl = jl-mu{OCu)\ (8)

Здесь -момент инерции конуса относительно оси rig, проходящей через центр основания конуса Oj и параллельной оси iij. Подставляя (8) в формулу (7), получим:

причем момент инерции конуса относительно оси т)., определяется по формуле *:

j; = 0,15m,/2-Ь 0,1 /«„= (0,15 • 0,25* -f 0,1 • 12) 16 = 1,75 кгм

Ci,C = OiC„-OiC = 3/4-3/8 = 3/8 м; 02С,1 = /г/4=1/4 м.

Таким образом,

= 1.75 -f 16 [(3/8)2 - (1 /4)] = 3 кгм Теперь и можно вычислить по формулам (5):

J„=Ji-yi, = 5,5-3 = 2,5 кгм*; J = j\-J,

Ji=m,r2/2 = (48-0,252)/2 = l,5 кгм yi = 0,3m„r« = 0,3 • 16 • 0,25" = 0,3 кгм».

Тогда

1,5-0,3= 1,2 кгм По формуле (4) вычисляем J, учитывая, что р = 120°, у = 30°. 7,1 = cos2120° -f cos* 30° = 2,5 (1 /2)* + 1,2 (1/3/2)2 i 525 кгм*.

Момент инерции тела D относительно оси вращения г вычисляем по формуле (2):

d = ОС sin Y = (ОО1 -f OiQ sin у = (1 /2 -f 3/8) sin 30° = 0,437 м;

Л = 1,525-1-32(0,437)2 = 7,65 кгм». Из последнего уравнения системы (1)

. е = Ж/Л = 60/7,65 = 7,85 с-2 = const.

Угловая скорость при равноускоренном вращении тела

со == СОо + ъ1,

поэтому при Шо = 0 и t = x = 2 с

(0 = 7,85-2=15,7 с-1.

Для определения реакций опор следует определить центробежные моменты инерции J и / тела. JO, так как ось х, перпендикулярная к плоскости материальной симметрии тела D, является главной осью инерции в точке А.

Центробежный момент инерции тела Jy определим по формуле *:

Jyz = Jy + Щсгс, где Jy,, = (п- (sin 2у)/2,

т. е.

Jy.z, = (2,5 - 1,2) (sin 60")/2 = 562 кгм». Координаты центра тяжести тела D следующие;

% = 0; c = d = 0,437 м; Zc = a-\-OC cos V = а + (OOj + ОС) cos у = 1.76 м. Таким образом,

= 0,562+ 32-0,437- 1,76 = 25,16 кгм

Подставляя известные величины в систему уравнений (1) и учитывая, что ОС sin Y = (i = 0,437 м, получаем следующие равенства:

Хл+ Хв +32-0,437-7,85 = 0; Vx +>"/? + 32 .0.437 - (15,7)2 q; 2д-32-9,81 =0; - 2>Yb - 32 - 9,81 - 0,437 - 25,16 - (15,7) = Oj ЗА:в +25,16-7,85 = 0.

Откуда

X = -43,6Я; Уд = - 1340 Я; 7л = 314Я; А:л = -65,8Я;

Ув = -2120 Н.

ОБЩЕЕ УРАВНЕНИЕ ДИНАМИКИ

Задание Д-17. Применение общего уравнения динамики к исследованию движения механической системы с одной степенью свободы

Для заданной механической системы определить ускорения грузов и натяжения в ветвях нитей, к которым прикреплены грузы. Массами нитей пренебречь. Трение качения и силы сопротивления в подшипниках не учитывать. Систе.ма движется из состояния покоя.

* См., например, А. А. Яблонский. Курс теоретической механики, Ч. II. Изд-во «Высшая школа», 1977, пример № 20.

Варианты механических систем показаны на рис. 206 - 208, а необходимые для решения данные приведены в табл. 58.

Блоки и катки, для которых радиусы инерции в таблице не указаны, считать сплошными однородными цилиндрами.

Пример выполнения задания. Дано: С, = G2 = 2G; Оз = С4 = 0;

R = 2n k. = rV2, / = 0,2.

Блок 3 -спГошной однородный цилиндр (рис. 209). Определить ускорения грузов J к 4 и натяжения ветвей нити J - 2 и 3 - 4.

Решение. Применим к решению задания общее уравнение динамики. Так как система приходит в движение из состояния покоя, направления ускорений тел соответствуют направлениям их движения.

Ввиду того, что среци сил, действующих на тела системы, есть сила трения, целесообразно установить по исходным данным истинное направление дв1жения системы, чтобы правильно показа!ь направление силы трения.

1СЛИ направление движения системы выбрано ошибочно, то искомое ускорение гюлучается со знаком «-». В этом случае необходимо изменить направления силы трения и сил инерции и внести соответствуюшие поправки в общее уравнение динамики.

В данном примере движение системы таково, что груз / опускается.

Покаже.м задавае.мые силы: силы тяжести Gj -груза /, G2 - блока 2, G3 -блока 3 и G4-груза 4, а также F -силу трения скольжения груза / по наклотюй плоскости (рис. 210).

Пр.ктожи.м силы инерции. Сила инерции груза 1, движущегося поступательно с ускорением w, выражается вектором

--= - nii.

Силы инерции блока 2, вращающегося вокруг неподвижной оси с угловым ускорением Ег, приводятся к паре, момент которой

Силы инерции блока 3, совершающего плоское движение, приводятся к вектору

где шз -ускорение центра масс блока 3, и к паре сил, момент которой

где Ej -угловое ускорение блока.

Сила инерции груза 4, движущегося поступательно с ускорением Wi

Ф4 = - mw.

Сообщим системе возможное перемещение в направлении ее действительного движения (рис. 210) (можно сообщить возможное перемещение и в обратном направлении).