Угол отклонения стержня от вертикали

Пример решения задачи на расчет угла отклонения прямого стержня от вертикали как функции угловой скорости 

С невесомым валом AB  шарнирно скреплен однородный стержень OD  длиной l  и массой m1 , имеющий на конце груз массой m2 . Вал и стержень вращаются вокруг оси OZ  с постоянной  угловой скоростью ω. Известны b1  и b2  – расстояния от опор до точки крепления стержня (рисунок 1.4).

Определить угол отклонения стержня от вертикали - α, как функцию угловой скорости и реакции опор A  и B.


Определить угол отклонения стержня от вертикали

Рисунок 1.4

Применим принцип Даламбера для данной системы. Проведем вращающиеся вместе с валом и стержнем оси координат Axyz так, чтобы стержень OD  находился в плоскости yAz. Внешние силы: G1 , G2 ; реакции опор: xA , yA , zA , xB , yB ; силы инерции Φ1  и Φ2  (рисунок 1.5).

Отклонение стержня от вертикали происходит за счет сил инерции. Определенной угловой скорости соответствует свой угол отклонения. Величина силы инерции стержня определяется из формулы Φ1=m1aC+m1⋅ ω2 ⋅ l/2⋅ sinα и направлена перпендикулярно к оси вращения, в сторону, противоположную ускорению центра масс стержня. 

Эпюра распределения сил инерции стержня представляет собой треугольник (элементарные силы инерции частичек стержня возрастают с удалением от точки O  к точке D , т.к. растет их ускорение с увеличением радиуса вращения). Результирующая таких сил приложена на расстоянии 2/3  длины стержня от точки O  (см. раздел «Статика», распределенные нагрузки).

Сила инерции точечной массы

 Φ2=m2⋅ ω2 l⋅ sinα.

Напишем для равновесия стержня при данной угловой скорости ω  уравнение моментов относительно точки O  – точки крепления стержня:

Применение принципа Даламбера для системы
Рисунок 1.5

-G1⋅  l/2⋅ sinα - G2 l⋅ sinα + Φ1⋅ 2/3⋅ lcosα + Φ2lcosα=0,

подставляем данные:

 m1g ⋅ l/2⋅ sinα - m2glsinα+m1⋅ ω2 ⋅ l/2⋅ sinα⋅ 2/3⋅ lcosα+
+m2⋅ ω2 l⋅ sinα⋅ lcosα=0

определяем угол:

Для определения реакций опор вала   составим уравнения равновесия:

 Σx=0,       xA+xB=0,
 Σy=0,  yA+yB+Φ1+Φ2=0,
 Σz=0,  -G1-G2+zA=0,
 ΣMx=0.  

 -G1⋅  l/2⋅ sinα - G2 l⋅ sinα - yB(b1+b2) - Φ1(b22/3⋅ lcosα) - Φ2(b2lcosα)=0,
 Φ2(b2lcosα)=0,
 ΣMy=0, xB(b1+b2)=0.

 ΣMz=0 - вращающие моменты отсутствуют, система вращается по инерции, с постоянной угловой скоростью.

Из имеющихся пяти уравнений, подставляя данные задачи, можно найти пять неизвестных реакций в опорах A  и B .

Лекции | Краткая теория | Другие примеры решения задач по термеху