D’Alembert’i printsiip (1)

Tallinna Tehnikaülikool Mehhatroonikainstituut
Jüri Kirs , Kalju Kenk
Kodutöö D-2
D' Alembert 'i printsiip
Tallinn 2007 Kodutöö D-2
D'Alembert'i printsiip Leida mehaanikalise süsteemi sidemereaktsioonid kasutades d'Alembert'i printsiipi ja kinetostaatika meetodit. Kõik vajalikud arvulised andmed on toodud vastava variandi juures. Seda, millised sidemereaktsioonid süsteemi antud asendis tuleb leida, on samuti täpsustatud iga variandi juures. Variantide järel on lahendatud ka rida näiteülesandeid koos põhjalike seletustega. Näiteülesandeid d'Alembert'i printsiibi kohta võib lugeda ka E. Topnik' u õpikus ,, Insenerimehaanika ülesannetest IV. Analüütiline mehaanika", Tallinn 1999, näited 14-17, leheküljed 39-49. Kõikides variantides xy-tasapind on horisontaalne, xz- ja yz-tasapinnad aga on vertikaalsed . Andmetes toodud suurused 0 ja 0 on vastavalt pöördenurga ja nurkkiiruse väärtused alghetkel . Kõik kehad on absoluutselt jäigad.
Lehekülje häälestus: paber A4; veerised ­ ülal 22 mm, all 22 mm, vasakul 22 mm, paremal 15 mm. Autoriõigus Jüri Kirs ja Kalju Kenk 2007.
2 Variant 1.
Varras OA pöörleb ümber telje, mis on risti xy-tasapinnaga. Leida liigendi O reaktsioonkomponendid hetkel t1.
A y mOA = m = 20 kg OA=l=60 cm M=1,0 N·m t1= 10 s M O x
_________________________________________________________________________________
Variant 2.
Varras OA liigub vertikaaltasapinnas, pööreldes ümber horisontaalse telje mis läbib punkti O. Leida liigendi O reaktsioonkomponendid sel hetkel, mil pöördenurk on parajasti võrdne väärtusega 1.
y O mOA = m = 25 kg OA=l=50 cm
z
A
3 Variant 3.
Varras OA liigub vertikaaltasapinnas ülespoole, pööreldes ümber horisontaalse telje mis läbib punkti O. Alghetkel on varda nurkkiirus 0 = 6,3 1/s. Leida liigendi O reaktsioonkomponendid sel hetkel, mil pöördenurk on parajasti võrdne väärtusega 1.
A z mOA = m = 40 kg OA=l=80 cm
1/s O y
_________________________________________________________________________________
Variant 4.
Varras OA pöörleb ümber vertikaalse z-telje jääva nurkkiirusega nii, et kujundab sellega ringkoonuse. Leida liigendi O reaktsioonkomponendid.
y O
30° mOA = m = 20 kg OA=l=80 cm
A
z 4 Variant 5.
Süsteem koosneb kehast 1 massiga m1, kaksikplokist 2 massiga m2 ja ühtlasest silindrist 3 massiga m3. Kaksikploki 2 trumlite raadiused on R2 ja r2, inertsiraadius tsentrit O läbiva telje suhtes on i2. Silinder 3 on ühtlane silinder, selle raadius on r3 ja veeretakistustegur aluspinnaga on (kapa). Leida tõmbed mõlemas nööris, liigendi O reaktsioonkomponendid ja silindrile 3 mõjuv hõõrdejõud, kui silinder veereb ilma libisemata.
3
2 m1 = 2 kg C m2 = 8 kg O m3 = 6 kg R2 = 24 cm r2 = 16 cm i2 = 20 cm r3 = 30 cm 1 = 2 cm
_________________________________________________________________________________
Variant 6.
Ümarplaat liigub vertikaaltasapinnas, pööreldes ümber horisontaalse telje mis läbib punkti O. Leida liigendi O reaktsioonkomponendid sel hetkel, mil pöördenurk on parajasti võrdne väärtusega 1.
z
m = 40 kg y R =30 cm O
C
5 Variant 7.
Ümarplaat liigub vertikaaltasapinnas ülespoole, pööreldes ümber horisontaalse telje mis läbib punkti O. Tema algnurkkiirus on 0 . Leida liigendi O reaktsioonkomponendid sel hetkel, mil pöördenurk on parajasti võrdne väärtusega 1.
z
m = 20 kg R =25 cm O y C 1/s OC = R/2
_________________________________________________________________________________
Variant 8.
Ümarplaat liigub horisontaaltasapinnas, pööreldes ümber vertikaalse telje mis läbib punkti O. Plaadi paneb paigalseisust pöörlema konstantne pöördemoment M. Leida liigendi O reaktsioonkomponendid hetkel t1.
y
m = 50 kg R =30 cm
M C M=4,0 N·m s x O
6 Variant 9.
Süsteem koosneb kehast 1 massiga m1, ühtlasest plokist 2 massiga m2 ja rattast 3 massiga m3. Ratas 3 on ühtlane ketas , selle raadius on R ja veeretakistustegur aluspinnaga on (kapa). Keha 1 liikumisel arvestada ka libisemishõõret, hõõrdetegur on . Leida tõmbed mõlemas nööris, liigendi O reaktsioonkomponendid ja rattale 3 mõjuv hõõrdejõud, kui ratas veereb ilma libisemata kaldpinnast üles.
2
O m1 = 6 kg m2 = 4 kg m3 = 10 kg 3 R = 50 cm C = 1 cm 1
_________________________________________________________________________________
Variant 10.
Varras OD mille otsa on kinnitatud kuulike 2, pöörleb ümber vertikaalse z-telje jääva nurkkiirusega nii, et kujundab sellega ringkoonuse. Leida sidemete A ja B reaktsioonkomponendid.
z
B O m1 = 20 kg 30° m2 = 5 kg 1 OD = l = 25 cm AB = 2l D OB = a = 0,1l 2
y A 7 Variant 11. Vertikaalse telje AB külge on jäigalt kinnitatud varras 1 massiga m1 ja pikkusega l, ning varras 2 massiga m2 ja samuti pikkusega l. Vardad 1 ja 2 on teljega AB risti. Vaadeldaval hetkel on varras 1 paralleelne y-teljega, varras 2 aga x-teljega. Süsteemi paneb paigalseisust pöörlema jõupaar, mille moment M muutub seaduse järgi M = 6 -0,5t (Nm). Leida laagrite A ja B reaktsioonkomponendid hetkel t1 = 4 sekundit, kui AE = EK = KB = l = 50 cm.
z
B m1 = 10 kg m2 = 14 kg 1 l = 50 cm K L M = 6-0,5t; Nm 0 = 0 t1=4 s E AE = EK = KB = l 2 KL = HE = l M H y A x _________________________________________________________________________________
Variant 12.
Varras ON, mille mass on m, pöörleb ümber vertikaalse z-telje jääva nurkkiirusega nii, et kujundab ringkoonuse. Leida sidemete A ja B reaktsioonkomponendid.
N z
E m = 30 kg OE = EN = l B AO = BE = a l = 40 cm a = 0,1 l = 10 (1/s) = const . 30°
O y A
8 Variant 13.
Süsteem pöörleb ümber vertikaaltelje jääva nurkkiirusega. Leida sidemete A ja B reaktsioon - komponendid.
z
B E
m1 = m2 = 25 kg 1 FN = NE = l AF = EB = a l = 40 cm a = 0,1 l N = 15 (1/s) = const.
30° 2
F y A _________________________________________________________________________________
Variant 14.
Süsteem koosneb raskusest 1 massiga m1, plokist 2 massiga m2 ja raadiusega r, ning ühtlasest silindrist 3 massiga m3 ja raadiusega R. Ploki 2 mass on jaotatud piirdele. Süsteemi paneb pöörlema silindrile 3 rakendatud konstantne jõupaari moment M. Leida jõud, mis mõjuvad ülemise nööri mõlemas harus ja liigendi O reaktsioonkomponendid.
3
O m1 = 6 kg
M m2 = 2 kg m3 = 10 kg R = 0,4 m 2 M = 24,0 N·m
1
9 Variant 15.
Süsteem pöörleb ümber horisontaaltelje, omades antud hetkel nurkkiirust . Leida sidemete A ja B reaktsioonkomponendid.
z
m1 = 20 kg E F y m2 = 45 kg A 30° B l = 20 cm EN = l 1 AE = FB = 0,2l 2 = 8 (1/s)
N
_________________________________________________________________________________
Variant 16.
Üle ühtlase silindri 3 on pandud nöör, selle otstes asuvad raskused 1 ja 2. Silindrile on rakendatud konstantne jõupaari moment M. Silindri raadius on R. Leida jõud, mis mõjuvad süsteemi liikumise ajal toetusvarrastes AC ja BC.
z
3
B M m1 = 80 kg C 30° m2 = 20 kg m3 = 32 kg R = 10 cm y M = 65 N·m 1 A 2
10 Variant 17.
Leida sidemete A ja B reaktsioonikomponendid.
2 M C m1 = m3= 100 kg z m2 = 10 kg 3 B A AB=l y M=160 Nm l = 150 cm 1 Rootori 2 inertsiraadius ix= 10 cm 0,4l 0,5l
_________________________________________________________________________________
Variant 18.
Leida sidemete A ja B reaktsioonikomponendid ja jõud vedrus .
z
B O
m1 = 30 kg 45° l = 40 cm OD=l=AO 1 OB= 0,2 l = 12 (rad/s) = const.
K D y A
11 Variant 19.
Leida sidemete A ja B reaktsioonikomponendid ja jõud vedrus.
z B E O y m1 = 40 kg A 60° l = 60 cm ON=2l AE=EO=OB = 9 (rad/s) 1
N
_________________________________________________________________________________
Variant 20.
Ümarplaat liigub horisontaaltasapinnas, pööreldes ümber vertikaalse telje mis läbib punkti O. Plaadi paneb paigalseisust pöörlema konstantne pöördemoment M. Leida liigendi O reaktsioonikomponendid hetkel t1.
y
m = 40 kg R R =30 cm C O M=3,0 N·m x s M rad/s
12 Variant 21.
Leida müüritise A reaktsioonikomponendid.
R m1 = 80 kg M C z m2 = 10 kg 2 m3 = 200 kg 3 A y R = 15 cm M=124 Nm l = 120 cm 1 Rootori 2 inertsiraadius ix= 12 cm l
_________________________________________________________________________________
Variant 22.
Leida jõud varrastes AC ja CB.
z 45° B m1 = 100 kg m2 = 40 kg M y R = 20 cm A C R M=216 Nm 2
1
13 Variant 23.
Leida sidemete A ja B reaktsioonikomponendid ja jõud vedrus.
z
B
D
N E m1 = 30 kg l = 60 cm 1 OD=l=OB AO= 0,1 l = 9 (rad/s) 30° = const. OE = EB
O
y A _________________________________________________________________________________
Variant 24.
Leida liigendi O reaktsioonikomponendid ja nööriharude tõmbed kui nöör ketastel ei libise
2 O m1 = 2 kg m2 = 8 kg m3 = 6 kg R2 = 24 cm r2 = 16 cm
1 i2 = 20 cm R3 = 30 cm 3
14 Variant 25.
Leida jõud varrastes AC ja BC.
z
3
C m1 = 50 kg m2 = 70 kg B m3 = 10 kg A 30° y AC=CB R= 20 cm 2 1 r = 16 cm i3 = 18 cm
_________________________________________________________________________________
Variant 26.
Leida sidemete A ja B reaktsioonikomponendid.
z l 0,2l m1 = 80 kg m2 = 200 kg 3 C m3 = 80 kg l= 150 cm R= 25 cm r = 20 cm B i3 = 22 cm A y 1 2
15 Variant 27.
Leida müüritise A reaktsioonikomponendid.
z
l
m1 =100 kg A 3 C m2 = 150 kg y m3 = 10 kg l= 120 cm R= 20 cm r = 10 cm i3 = 15 cm 1 2
_________________________________________________________________________________
Variant 28.
Leida jõud varrastes AC ja CB
z
B m1 = 80 kg 300 m2 = 40 kg P 30° m3 = 16 kg A C 3 y P=1300 N
1
2
16 Variant 29.
Leida liigendi C reaktsioonikomponendid.
z
m1 =100 kg m2 = 40 kg 3 C y m3 = 10 kg 1 R= 20 cm r = 15 cm 40° i3 = 12 cm Kaldpind on sile 2
_________________________________________________________________________________
Variant 30.
Leida sidemete A ja B reaktsioonikomponendid ja jõud vedrus.
z
B O
m1 = 50 kg 60° l = 60 cm ON=l=AO 1 OB= 0,2 l AK=EN= = 12 (rad/s) E = const. N
K
y A
17 Variant 31.
Süsteem koosneb kehast 1 massiga m1, ühtlasest plokist 2 massiga m2 ja kehast 3 massiga m3. Kehaks 3 on jäigalt ühendatud ratta ja võlli süsteem masskeskmega punktis C, võlli raadius on r, ratta raadius on R. Nöör on mähitud ümber võlli, nööri teine ots on kinnitatud keha 1 külge. Keha 1 asub kaldpinnal kaldenurgaga , libisemishõõrdetegur on . Ploki 2 raadius on r2 (arvuliselt ei ole antud). Keha 3 inertsiraadius tsentrit C läbiva telje suhtes on i, veeretakistustegur aluspinnaga on (kapa). Leida tõmbed mõlemas nööriharus, liigendi O reaktsioonkomponendid ja kehale 3 mõjuv hõõrdejõud, kui keha veereb ilma libisemata.
m1 = 16 kg
3 m2 = 4 kg 2 m3 = 30 kg C O R = 40 cm r = 20 cm 1 i = 30 cm = 2 cm = 30° = 0,2
_________________________________________________________________________________
Variant 32.
Varras 1, mille külge on kinnitatud kuulike 2, pöörleb ümber telje, mis on risti xy-tasapinnaga ja läbib punkti O. Vardale on rakendatud pöörlemissuunaline jõupaari moment M. Leida liigendi O reaktsioon-komponendid hetkel t1. Algnurkkiirus on (1/s). 6
2 A m1 = 13 kg y m2 = 4 kg 1 OA = l = 60 cm (N·m) M = constant M t1 = 2 s O x (1/s)
18 Variant 33.
Süsteem koosneb kolmikplokist 1 massiga m1, kehast 2 massiga m2 ja kehast 3 massiga m3. Kolmikploki 1 trumlite raadiused on: kõige suuremal trumlil R, keskmisel r2 ja kõige väiksemal r3 . Kolmikploki inertsiraadius tsentrit läbiva telje suhtes on i. Keha 2 asub kaldpinnal kaldenurgaga = 30° , liuge-hõõrdetegur on . Süsteemi paneb liikuma konstantne jõud P. Leida kinnitusvarrastes OA ja OB mõjuvad jõud S1 ja S2, aga samuti jõud, mis mõjuvad kehadesse 2 ja 3 minevates nöörides.
A P B 60º 30º m1 = 10 kg m2 = 30 kg m3 = 40 kg O P = 300 N 1 R = 60 cm 2 r2 = 36 cm r3 = 24 cm i = 40 cm = 30° 3 = 0,2
_________________________________________________________________________________
Variant 34.
Süsteem koosneb kaksikplokist 1 massiga m1, mille trumlite raadiused on R ning r, ühtlasest kettast 2 massiga m2 raadiusega r2, ning klotsist 3 massiga m3, see asub kaldpinnal kaldenurgaga . Süsteemi paneb liikuma antud moment M, mis on rakendatatud kaksikplokile 1. Ketta 2 veeremisel arvestada ka veeretakistust , veeretakistustegur on (kapa), keha 3 liikumisel arvestada ka hõõrdumist, hõõrdetegur on . Kaksikploki 1 inertsiraadius tsentrit läbiva telje suhtes on i. Leida: mõlemas nööris mõjuvad jõud ja liigendi O reaktsioonkomponendid.
1 2 m1 = 10 kg O C M m2 = 24 kg m3 = 40 kg R = 60 cm r = 20 cm r2= 40 cm 3 i = 36 cm = 60° = 0,2 = 1 cm (N·m)
19 Variant 35.
Liitkeha liigub horisontaaltasapinnas, pööreldes ümber punkti C läbiva telje. Leida liigendi C reaktsioonikomponendid hetkel t1, kui liikumine algab paigalseisust joonisel näidatud asendist.
y m1 =100 kg m2 = 40 kg M m3 = 10 kg 2 C 3 M=5 Nm M=const x t1= 5 s 1 l= 40 cm R1= 20 cm r3 = 10 cm Kehad 1, 2 ja 3 on jäigalt ühendatud
_________________________________________________________________________________
Variant 36.
Leida sidemete A ja B reaktsioonikomponendid hetkel t1, kui liikumine algab paigalseisust.
z
B m1 = 50 kg O m2 = 40 kg r= 15 cm 60° l = 60 cm 1 ON=l=AO OB= 0,2 l AK= 0,4 l M M = 5 Nm M =const 2 t1= 5 s N K Varras 1 ja ketas 2 on jäigalt kinnitatud võlli AB külge Hetkel t1 on süsteem N joonisel kujutatud asendis y A
20 Variant 37.
Liitkeha liigub vertikaaltasapinnas, pööreldes ümber punkti C läbiva telje. Leida liigendi C reaktsioonikomponendid hetkel kui keha 2 on alla pöördunud 600 võrra ja liikumine algab paigalseisust joonisel näidatud asendist
z
m1 =100 kg m2 = 40 kg
2 m3 = 10 kg C 3 l= 40 cm y R1= 20 cm 1 r3 = 10 cm Kehad 1, 2 ja 3 on jäigalt ühendatud
_________________________________________________________________________________
Variant 38.
Leida sidemete A ja B reaktsioonikomponendid.
z
B O m1 = 50 kg m2 = 40 kg 60° r= 15 cm 1 l = 60 cm ON=l=AO OB= 0,2 l AK= 0,4 l = 12 (rad/s) 2 = const. N K Varras 1 ja ketas 2 on jäigalt kinnitatud võlli AB külge
y A
21 Variant 39.
Ühtlane ketas 1 veereb libisemata mööda paigalseisva kiilu 2 kaldtahku. Leida hõõrdekoefitsiendi minimaalne väärtus kiilu ja põranda vahel, mis tagab kiilu paigalseisu .
z 1 m1 =100 kg m2 = 40 kg 2 300 y
_________________________________________________________________________________
Variant 40.
Leida müüritise A reaktsioonikomponendid eeldades, et ühtlane ketas 1 veereb libisemata mööda tala 2.
z
A y 1 m1 =100 kg m2 = 40 kg 600 D m
2
B
22 Näiteülesanne nr. 1.
Ühtlane varras 1 pikkusega l = 80 cm ja massiga m1 = 6 kg saab pöörelda ümber horisontaalse telje, mis läbib punkti O (joonis 1.1). Varda otsa on kinnitatud kuulike 2 massiga m2 = 0,5 kg. Alghetkel ripub varras otse alla (nurk 0 = 0° ) ja talle on antud algnurkkiirus 0 = 5 1/s. Leida liigendi O reaktsioonkomponendid hetkel, mil nurk on 30º.
z
O y m1 = 6 kg m2 = 0,5 kg 1 l = OA = 0,8 m
1/s
A 0 2
Alghetkel
Joonis 1.1
Leida: YO = ? Z O = ?
Väga lühike teooria ülevaade. Vaadeldava kodutöö D-2 kõikide variantide kõikide kehade puhul on võimalik ainult nelja liiki liikumist: 1) keha liigub translatoorselt , 2) keha pöörleb ümber kinnistelje, 3) keha teostab üldist tasapinnalist liikumist, 4) eraldi tuleks vaadata sellist juhtumit, kui varras pöörleb ümber kinnistelje nii, et ta moodustab pööreldes koonilise pinna. Vastavalt sellele, kuidas keha liigub, tuleb kehale rakendada: 1) kui keha liigub translatoorselt ainult masskeskmesse rakendatud inertsjõudude peavektor , = -m a (A) 2) kui keha pöörleb ümber kinnistelje , mis läbib keha masskeset ja on kehale peainertsteljeks ainult inertsjõudude peamoment M C = - I C (B) Erinevates kodutöö variantides on ­teljeks kas x-, y- või z-teljega paralleelne telg , (või ka vastav telg ise).
23 Märkus: kui kinnistelg ei läbi masskeset, siis tuleb seda juhtumit vaadelda kui üldist tasapinnalist liikumist. Siis on tegemist juhtumiga kolm ja kehale tuleb rakendada ka inertsjõudude peavektori (vaata järgmist juhtumit). 3) kui keha teostab üldist tasapinnalist liikumist, või pöörleb ümber kinnistelje mis ei läbi masskeset, siis rakendame nii inertsjõudude peavektori kui ka peamomendi. 3a) kui taandame keha osakeste inertsjõudude süsteemi masskeskmesse C: inertsjõudude peavektor, mis rakendatakse keha masskeskmesse C, on = -m a C (C1) inertsjõudude peamoment on M C = -I C (C2) kus -telg on keha tsentraalpeainertstelg (s.t läbib masskeset), mis on joonise tasapinnaga risti. Erinevates variantides võib selleks olla kas x-, y- või z-teljega paralleelne telg. Inertsjõudude peamoment M C kantakse joonisele kaarnoole abil, mis joonistatakse ümber masskeskme vastupididselt nurkkiirenduse kaarnoolele. 3b) kui taandame keha osakeste inertsjõudude süsteemi paigalolevasse punkti O (kui paigalolev punkt on üldse olemas), siis inertsjõudude peavektor, mis rakendatakse siin tingimata punkti O, on = -m a C (D1) inertsjõudude peamoment on M O = - I O (D2) kus -telg on keha peainertstelg, mis läbib paigalolevat punkti O ja on joonise tasapinnaga risti. Inertsjõudude peamoment M O kantakse siin joonisele kaarnoole abil, mis joonistatakse ümber paigaloleva punkti O vastupidiselt nurkkiirenduse kaarnoolele. Kahest võimalusest: 3a ja 3b kasutatakse palju sagedamini juhtumit 3a, kuna see on lihtsam, aga ka palju loogilisem. 4) kui varras pöörleb ümber kinnistelje nii, et moodustab pööreldes koonilise pinna, siis on tegemist eriolukorraga ja seda vaatame põhjalikumalt näites 3. A) Kui pöörlemise nurkkiirus on konstantne, siis keha osakeste inertsjõudude süsteem kujutab tegelikult endast paralleeljõudude süsteemi ja see osutub jaotatud jõuks, mis on jaotatud lineaarseaduse kohaselt, ning baseerub normaalkiirendusele. Sellisel paralleeljõusüsteemil on alati resultant , mis on siin = n = -m a Cn = -m a C (E) aga selle rakenduspunkt ei tule mitte masskeskmesse C (vaata näidet 3). Inertsjõul on siin ainult üks komponent ja see on normaalkomponent. B) Kui pöörlemise nurkkiirus ei ole konstantne, siis on nullist erinevad inertsjõu mõlemad komponendid, nii n kui ka t . Normaalkomponent n on ka siin lineaarseaduse kohaselt jaotatud paralleeljõusüsteemi resultant, mis baseerub normaalkiirendusele. n = -m a Cn (F1) Tangentsiaalkomponendiga t on asi täiesti analoogiline. Ka see on lineaar - seaduse kohaselt jaotatud paralleeljõusüsteemi resultant, ainult see baseerub
24 tangentsiaalkiirendusele. t = -m a Ct (F2) Kummagi rakenduspunkt ei tule mitte masskeskmesse C . Nende moodulid arvutatakse välja masskeskme C kiirenduse alusel, aga nad rakendatakse mõlemad hoopis teise punkti. Teooriat selle osa kohta võib põhjalikumalt lugeda interneti dünaamika raamatust: J.Kirs, Loenguid ja harjutusi dünaamikast, paragrahvist 20, alates leheküljelt 269.
Ülesande 1 lahendus. Vaatame süsteemi suvalisel ajahetkel liikumise ajal ja joonistame kõigepealt süsteemi kehadele tegelikult mõjuvad jõud. Neid on siin ainult neli: keha 1 raskusjõud P1 , mis võrdub m1 g ; keha 2 raskusjõud P2 = m2 g ; silindrilise liigendi O reaktsioonjõud YO ning Z O (vt joonist 1.2).
z
ZO
YO O y
C
1
A P1 2
P2
Joonis 1.2
Nüüd tuleb joonistada süsteemi kehadele vajalikud inertsjõudude peavektorid ja peamomendid. Keha 1 puhul võtame taandamistsentriks varda masskeskme C. Kuulikest 2 vaatame kui masspunkti. Masspunktil on ainult inertsjõud, mis rakendatakse alati sellesse punkti endasse ja ei mingit inertsjõudude peamomenti punktmassil ei ole. Seega valemite (C1), (C2) ja (A) alusel saame 1 = -m1aC , M 1 = -I 1C , 2 = -m2 a 2 (1.1) kus inertsmoment I 1C võetakse telje suhtes, mis läbib varda masskeset C ja on joonise tasapinnaga 2 risti. Kerge on näha, et see on x-teljega paralleelne telg. Teooriast on hästi teada, et I 1C = m1l . 12
25 Selleks, et arvutada inertsjõudusid, tuleb uurida süsteemi kehade liikumist ja leida vajalikud kiirendused. Ülesande teksti põhjal on selge, et varras 1 koos kuulikesega hakkab liikuma ülespoole, pööreldes seejuures ümber punkti O läbiva telje. Ülespoole liikumine on z alati aeglustuv (kui kehale ei ole just rakendatud mingit lisajõudu, mis muudab liikumise kiirenevaks; siin seda ju ei ole). O y
aC Joonis 1.3 vC
Seetõttu tuleb nurkkiiruse kaarnool joonistada ümber C punkti O vastupäeva, nurkkiirenduse a kaarnoole aga päripäeva. Siinjuures tuleb arvestada, C et kui vektor on suunatud punktist O risti joonise tasapinnaga otse vaataja poole (s.t x-telje positiivses asuunas), 2 kui vektor on suunatud risti v2 joonise tasapinnaga joonise taha (s.t x-telje negatiivses suunas).ANii punkt C kui ka kuulikese tsenter (tegelikult vaatame kuulikest ju kui punktmassi) liiguvad mööda ringjoonekujulist trajektoori. Kõverjoonelisel liikumisel on kiirendusel nii normaalkomponent kui ka tangentsiaalkomponent. Seetõttu a2 aC = aC + aC , a 2 = a 2 + a 2 (1.2) kusjuures normaalkomponent aC märgitakse mõningates raamatutes ka aCn , a 2 aga a 2n . Mis puutub tangentsiaalkomponenti aC , siis see märgitakse sageli aCt , a 2 aga a 2t . Kuna normaalkiirendus on alati suunatud trajektoorringjoone tsentri poole, siis on nii aC kui ka a 2 suunatud punkti O poole (nagu on ka näha joonisel 1.3). Tangentsiaalkiirendused aC ja a 2 on suunatud vastava normaalse komponendiga risti, olles seejuures -kaarnoole poolt osutatud suunas. Moodulilt on kiirendused l 2 l aC = ; aC = ; a2 = l ; a2 = 2 l (1.3) 2 2 Seega saame keha 1 inertsjõudude peavektoriks ( ) 1 = -m1 aC + aC = 1 + 1 kus 1 = -m1aC ja 1 = -m1 aC (1.4) 1 1 moodulitega 1n = m12 l ja 1t = m1l 2 2 (1.5) Valemitest (1.4) on näha, et inertsjõudude peavektori 1 esimene komponent 1 tuleb suunata täpselt vastupidiselt kiirendusele aC , ja teine komponent 1 tuleb suunata täpselt vastupidiselt kiirendusele aC .
26 Kuulikese kui punktmassi inertsjõud on ( ) 2 = -m2 a 2 + a 2 = 2 + 2 kus 2 = -m2 a 2 ja 2 = -m2 a 2 (1.6) moodulitega 2 n = m2 2 l ja 2t = m2 l (1.7) Inertsjõu 2 komponent 2 tuleb suunata täpselt vastupidiselt kiirendusele a 2 , teine komponent 2 aga suunata vastupidiselt kiirendusele a 2. Varda 1 inertsjõudude peamoment M 1 tuleb siin joonistada kaarnoole abil ümber masskeskme C, seejuures vastupidiselt nurkkiirenduse kaarnoolele (nagu ütlebki valem M 1 = -I1C ). Kuna ühtlase varda inertsmoment varda tsentrit läbiva telje suhtes on m1l 2 I1C = , 12 m l 2 siis moodulilt M 1 = M 1 = 1 (1.8) 12 Nüüd võib lõpuks kanda joonisele ka kõik inertsjõudude peavektorite komponendid ja peamomendi (vt joonist 1.4). Seejärel võime d'Alembert'i printsiibi alusel välja kirjutada tasakaaluvõrrandid. Siin on tegemist tasapinnalise jõusüsteemiga ja kirjutame antud süsteemi jaoks välja kõik kolm tasakaaluvõrrandit. Jõudusid mõjub süsteemile kokku 8 ja momente 1.
z
ZO
O YO y
1t C
M 1 1n 2t P1 A m1g
2n P2 Joonis 1.4 m2g
27 N a) Fky = 0 : YO + 1t cos + 2t cos + 1n sin + 2n sin = 0 , (1.9a) k =1 N b) Fkz = 0 : Z O - m1 g - m2 g + 1t sin + 2t sin - 1n cos - 2n cos = 0 , (1.9b) k =1 N l l c) M Ox ( Fk ) = 0 : M 1 + 1t 2 + 2t l - m1 g sin - m2 g l sin = 0 . 2 (1.9c) k =1 kus 1 1 m1l 2 1n = m12 l ; 1t = m1l ; 2 n = m2 2 l ; 2t = m2 l ; M 1 = . 2 2 12 (1.10) Liigendi O reaktsioonid leiame selle süsteemi kahest esimesest võrrandist (1.9a) ja (1.9b). Kolmas võrrand (1.9c) on vajalik selleks, et arvutada nurkkiiruse ja nurkkiirenduse väärtused vajalikul ajahetkel ja just sellest alustamegi. Asendades inertsjõudude 1t, 2t ja momendi M 1 avaldised valemitest (1.10) võrrandisse (1.9c), saame m1l 2 m1l l gl + + m2 l l = sin ( m1 + 2m2 ) (1.11) 12 2 2 2 millest g ( m1 + 2m2 ) sin = m m (1.12a) l 1 + 1 + 2m2 6 2 Pannes siia asemele m1 = 6 kg ja m2 = 0,5 kg, saame 7g = sin 5l (1.12b) ehk siit = 17,1675 sin (1.12c) Liigendi O reaktsioonid tuleb leida hetkel, mil nurk = 30°, see annab 1 ==30° =17,1675 sin 30° =8,58375 8,584 (1/s2) (1.13) Selle meetodiga saadud plussmärk tähendab ainult seda, et joonisele 1.3 on kantud -kaarnool õiges suunas ja varda AB liikumine on tõepoolest aeglustuv (kuna -kaarnool ja -kaarnool on vastassuundades). Selleks, et nüüd leida nurkkiiruse avaldist , tuleb integreerida -avaldist (1.12), aga integreerida tuleb alati märgiga avaldist ja märk tuleb selle meetodi korral ise panna. Juhul, kui: a) varras pöörleb kiirenevalt, siis paneme - avaldise ette märgi + (pluss); b) varras pöörleb aeglustuvalt, siis paneme -avaldise ette märgi ­ ( miinus ). Kuna antud juhul pöörleb varras aeglustuvalt, siis paneme selle avaldise ette miinuse, s.t 7g =- sin 5l (1.14) d Siin on küll = , aga avaldise (1.14) parema poole integreerimine aja t järgi otsemeetodil ei dt õnnestu, kuna = ( t ) on aja funktsioon, mida me praegu ju ei tea! Ei ole võimalik integreerida tundmatut funktsiooni, s.t funktsiooni sin ei saa integreerida aja t järgi; küll on selle integreerimine aga võimalik muutuja järgi! Seetõttu tuleb kasutada valemit (12.22 interneti raamatust) kus saime , et
28 d = = (1.15) d Seetõttu d 7g =- sin d 5l Tulemuseks on lihtne eralduvate muutujatega diferentsiaalvõrrand, millest 7g d = - sin d 5l (1.16) Seda võib integreerida nii määramata kui ka määratud integraali abil. Mugavam on siin kasutada määratud integraali. Seetõttu võtame avaldise (1.16) mõlemast poolest integraalid ja paneme nendele õiged rajad : 1 7g 1 d = - 5l sin d 0 0
(1.17a) Kuna antud juhul 0 = 0° , 1 = 30° , 0 = 5 (1/s), siis võib kirjutada 1 30° 7g d = - 5l sin d 5 0° (1.17b) millest saame 1 30° 2 7g = cos 2 5 5l 0°
selle arvutamine annab 14 g 3 2 1 = 25 + -1 5l 2 ning 1 2 = 20,4 ja 1 ==30° =4,517 (1/s).
(1.18) Paneme tähele, et varda pöörlemise nurkkiirus on ülespoole liikudes tõepoolest kahanenud. Nüüd on leitud nii nurkkiirendus kui ka nurkkiirus ja seega me võime arvutada inertsjõudude väärtused. 1 a) 1n = m12 l , 1n = 0,5 6 20,4 0,8 = 48,96 N; 2 1 b) 1t = m1l , 1t = 0,5 6 8,584 0,8 = 20,602 N; 2 c) 2 n = m2 2 l , 2 n = 0,5 20,4 0,8 = 8,16 N;
d) 2t = m2 l , 2t = 0,5 8,584 0,8 = 3,434 N.
Asendame need võrranditesse (1.9a) ja (1.9b) ning arvutame lõpuks liigendi reaktsioonkomponendid YO ja Z O . Võrrandist (1.9a) saame YO = -1t cos - 2t cos - 1n sin - 2 n sin millest YO = -20,602 cos 30° - 3,434 cos 30° - 48,96 sin 30° - 8,16 sin 30° ja seega
29 YO = -49,376 N (1.19a) Võrrandist (1.9b) Z O = m1 g + m2 g - 1t sin - 2t sin + 1n cos + 2 n cos 1 1 3 3 Z O = 6 9,81 + 0,5 9,81 - 20,602 - 3,434 + 48,96 + 8,16 2 2 2 2 siit Z O = 101,214 N (1.19b) Liigendi O kogureaktsioon on seega FO = YO 2 + Z O 2
mille arvutamine annab FO = 112,616 N
Varda poolt liigendile mõjuv jõud on sellega moodulilt võrdne, aga suunalt vastupidine . Võrdluseks arvutame liigendi O reaktsiooni juhul, kui varras AB koos kuulikesega on tasakaaluasendis, s.t ripub otse alla, on liikumatu ja jääbki paigale. Siis on FO tasakaal = ( m1 + m2 ) g = ( 6 + 0,5) 9,81 = 63,765 N.
Siit on näha, kui palju suurendab antud liikumine liigendi reaktsioone. Mõningatel juhtumitel tehnikas võib varda poolt liigendile avaldatav jõud osutuda niivõrd suureks, et see võib isegi purustada liigendi.
Vastus: YO = -49,376 N, Z O =101,214 N.
Näiteülesanne nr. 2.
Horisontaalne tala 4 on müüritud seina, tala pikkus AB = l ja kaal G. Tala parema otsa juurde on pandud mootor 2, mis toetub alusele 3. Mootori kaal on W, inertsiraadius tsentri O suhtes i2 ja trumli raadius r. Aluse 3 kaal on Q. Trumlile on mähitud nöör, mille teises otsas ripub raskus 1, mille kaal on P. Mootor tekitab konstantse pöördemomendi M p , mille mõjul hakkab keha 1 kiirenevalt üles liikuma. Leida tala kinnituskoha A reaktsioonid keha 1 liikumise ajal.
z 2 O r 1: P Mp 2: W, r, i2, Mp 4 3 y 3: Q B 4: G, AB=l A
1
30 Joonis 2.1
Leida: Y A = ? Z A = ? M A = ?
Lahendus Staatikast on teada, et sissemüüritud tala puhul tuleb müüringupunkti rakendada 3 reaktsioonkomponenti: reaktsioonijõu komponendid Y A , Z A ja reaktsioonmomendi M A . Nende väärtused tulebki siin leida. Alustame jällegi sellest, et kanname joonisele kõik tegelikult mõjuvad välisjõud, vaadates süsteemi koos. Peale juba nimetatud kolme reaktsiooni ja antud pöördemomendi M p tuleb joonisele veel kanda kehade 1 kuni 4 raskusjõud. Tulemus on näidatud joonisel 2.2.
z 2
ZA M O Mp MA W A YA 4 B 3 y
Q G
a 1
P 1
Joonis 2.2
Nüüd tuleb joonisele kanda vajalikud inertsjõudude peavektorid ja peamomendid. Selleks aga peame esmalt uurima , kuidas süsteemi kehad liiguvad. Kõigepealt on kohe selge, et kehad 3 ja 4 on täiesti liikumatud. Liikumatutele kehadele ei rakendata ei inertsjõudude peavektorit ega peamomenti. Keha 1 liigub translatoorselt üles kiirendusega a. Seetõttu tuleb temale rakendada ainult inertsjõudude peavektor P 1 = -m1 a = - a g P mille moodul on 1 = a g (2.1) ja mis tuleb suunata täpselt vastupidiselt kiirendusele a . Nüüd keha 2, see on pöörlev rootor. Eeldame, et see on ideaalselt balansseeritud ja selle masskese asub punktis O, mis on liikumatu punkt. Seetõttu on keha 2 inertsjõudude peavektor null. Inertsjõudude peamoment aga on
31 M 2 M = - I 2O (2.2) W i2 2 mille moodul on M = I 2O = (2.3) g 2 2 W sest kui keha inertsiraadius i2 on antud, siis on tema inertsmoment tsentri suhtes I 2O = m2 i2 = g i2 . Inertsjõudude peamoment tuleb joonistada kaarnoole abil, mis joonistatakse ümber punkti O vastupidiselt nurkkiirenduse kaarnoolele. Kuna rootori paneb kiirenevalt pöörlema rakendatud pöördemoment M p , siis on nurkkiirenduse kaarnool pöördemomendiga M p ühes ja samas suunas. Inertsjõudude peamoment M aga on pöördemomendiga M p vastupidises suunas (siis on ta vastupidine ka nurkkiirendusega ). Sellega on kõik vajalikud inertsjõudude peavektorid ja peamomendid joonisele kantud. Edasi võib süsteemi vaadata kui tasakaalus olevat süsteemi ja kirjutada välja tasakaaluvõrrandid. Siin on tegemist tasapinnalise jõusüsteemiga ja kirjutame selle kohta välja kõik kolm tasakaaluvõrrandit: N a) Fky =0: YA = 0 , k =1 (2.4a) N b) Fkz =0: Z A - G - W - P - Q - 1 = 0 , (2.4b) k =1 N l c) M A x ( Fk ) = 0 : MA + M -M p -G 2 - Q (l - r) -W (l - r) - k =1 - P ( l - 2r ) - 1 ( l - 2r ) = 0 . (2.4c) sest jõudude W ja Q õlad punkti A suhtes on l - r , jõudude P ja 1 õlad aga l - 2r . Võrrandist (2.4a) on esimene reaktsioonijõu komponent Y A kohe käes, see tuleb antud juhul null. Ülejäänud kaks tundmatut Z A ja M A peaksime leidma vastavalt võrranditest (2.4b) ja (2.4c), aga takistab see, et me ei tea veel ei kiirenduse a väärtust ega ka nurkkiirendust . Muidugi, kinemaatikast on teada, et antud juhul a = r (2.4d) z1 aga jääb ikkagi tundmatuks. N Selle leidmiseks tõstame mootori 2 koos alusega 3 ja kehaga 1 tala pealt ä täiesti omaette. Juurde tuleb siia panna M O ainult äravisatud aluse normaalreaktsiooni N . Nüüd y1 Mp piisab , kui kirjutada selle alamsüsteemi jaoks välja ainult momentide võrrandi punkti O suhtes. 3 W
Q
1
P 1
32 Joonis 2.3 Neljanda võrrandi saame kujul: N d) M O x ( Fk ) = 0 : 1 M - M p + P r + 1r = 0 (2.4e) k =1 sest jõud N , W ja Q punkti O suhtes momenti ei anna, kuna nende mõjusirged läbivad punkti O. P Pr Siia võrrandisse tuleb nüüd asendada valemist (2.1) 1 = g a , ehk (2.4d) tõttu 1 = g , ning
W i2 2 valemist (2.3) M = . Saame g 2 Wi2 P r 2 - M p + Pr + =0 g g millest
= ( g M p - rP ) (Wi 2 2 2 +r P ) (2.5)
ning siis a = r on ka juba teada. Nüüd võrrandist (2.4b) leiame reaktsioonijõu komponendi ZA Pr Z A = G +W + P + Q + (2.6a) g ja võrrandist (2.4c) leiame reaktsioonmomendi M A Gl Pr MA = + ( Q + W ) ( l - r ) + P + (l - r) (2.6b) 2 g ning kus nurkkiirendus on antud valemiga (21.63).
Näiteülesanne nr. 3. Ühtlane varras OA pikkusega l ja massiga m on kinnitatud sfäärilise liigendiga O ning pöörleb jääva nurkkiirusega ümber vertikaaltelje, moodustades koonilise pinna, mille tipunurk on 2. Leida varda pöörlemise nurkkiirus ja liigendi O reaktsioonkomponendid. z
O y
Antud: m, l, = const
A
33 Joonis 3.1 Leida: YO = ? Z O = ? = ?
Lahendus Joonisel 3.1 on kujutatud vaadeldav varras, mis pööreldes joonistab koonilise pinna. Kõigepealt joonistame punktist O koordinaatteljed. Need suuname nii, et varras OA asetseks vaadeldaval hetkel koordinaattasapinnal yz. Seejärel rakendame vardale kõik tegelikult mõjuvad välisjõud. Neid on siin ainult 3: sfäärilise liigendi O reaktsioonkomponendid YO , Z O ja varda raskusjõud P =m g .
z
ZO
YO O y
C
P mg A
Joonis 3.2
Nüüd tuleb käsile võtta inertsjõud. Kuna siin pöörleb varras ümber z-telje, mis pole vardale peainertsteljeks, siis peaksime inertsjõudude peavektori ja peamomendi leidmiseks kasutama vaba keha liikumise kohta saadud ülikeerulisi valemeid. Kuid õnneks on sellel ülesandel ka teine, palju lihtsam lahendus. See seisneb selles, et varras jaotatakse lõpmata paljudeks üliväikesteks osakesteks ja uuritakse seejärel igat osakest eraldi. Vaatame joonisel 3.3 varda üliväikest osakest Bk, mille mass on dm (sest üliväikesel osakesel peab ju olema ka üliväike mass) ja mis liigub mööda ringjoonekujulist trajektoori. Selle ringjoone tsenter asub punktis Ok, tema raadius on rk ja ringjoone tasapind on muidugi risti z-teljega. Kuna ülesande teksti järgi on varda pöörlemise nurkkiirus konstantne, siis liigub see osake mööda ringjoont moodulilt konstantse kiirusega, mis võrdub v k = rk . Sellisel juhul on osakesel nullist erinev ainult normaalkiirendus, mis on a kn = 2 rk (3.1) See normaalkiirendus on suunatud ringjoone tsentri Ok poole.
34 a) b)
d dm
z
O y
Joonis 3.3 Tähistame selle osakese inertsjõu d, see on samuti üliväike kuna ka osakese mass on üliväike. Inertsjõu suund peab alati olema Ok vastupidine akn dm Bk vastava kiirenduse suunaga. Järelikult on osakese djoonist 3.3). Inertsjõu moodul on siis inertsjõud dsuunatud raadiuse sihis tsentrist Ok eemale (vt 2 d = a kn dm = rk dm (3.2) r Siin oleva raadiuse k on mugav esitada rk vardasuunalise koordinaadi kaudu. Võtame selleks A 3.3a). Sel juhul koordinaadi , mille alguspunktiks on liigend O (joonis rk = sin (3.3) Millline on aga osakese mass dm? Ühtlastel peenikestel varrastel antakse tihedus alati joontihedusena, s.t massina ühe pikkusühiku kohta ning tavaliselt see tähistatakse tähega . Kuna vaadeldava vardaosakese pikkus on d (joonis 3.3b), siis dm = d (3.4) Arvestades valemeid (3.3) ja (3.4) on osakese inertsjõud seega d = 2sin d (3.5) Selle valemiga saab arvutada kõikide osakeste inertsjõudusid. Nagu näha, on osakese inertsjõu d ja osakese koordinaadi vahel võrdeline sõltuvus. Kuna osakesi on lõpmata palju, siis on selliseid z inertsjõudusid ka lõpmata palju. Ehk teiste sõnadega: inertsjõud osutub jaotatud jõuks, kusjuures ta on jaotatud lineaarse seaduse kohaselt. Inertsjõu jaotus on näidatud joonisel 3.4. Jaotuskujund on kolmnurk .
O y
inertsjõu jaotus
C
OA 35 A Joonis 3.4
Saadud inertsjõudude süsteem moodustab seega ühesuunaliste paralleeljõudude süsteemi. Staatikast on teada, et paralleeljõudude süsteemil on alati resultant (mis võrdub peavektoriga) ja paralleeljõudude süsteemi peamoment on null. Seega tuleb vardale rakendada ainult inertsjõudude peavektori. Leiame selle. Peavektor on suunatud liidetavate paralleelvektoritega ühes ja samas suunas. Peavektori moodul võrdub liidetavate vektorite moodulite summaga . Kuna neid liidetavaid on lõpmata palju, siis tuleb võtta ka lõpmatu summa, ehk integraal l = 2 sin d 0 (3.6) kus konstandid 2 , ja sin on juba toodud integraalimärgi ette. Selle integreerimine annab l 2 1 2 2 =2 sin = l sin 2 0 2 Kuna varda kogumass tiheduse kaudu on m = l (3.7) siis seda arvestades saame 1 = 2 m2 l sin (3.8)
Inertsjõudude peavektorit oleks saanud arvutada ka veel teisiti: otse d'Alembert'i printsiibi teooria z alusel paragrahvis 19, kus oli toodud peavektori valem (19.21) = -M aC (3.9) mille moodul on = M aC y (3.10) O kus M on süsteemi kogumass, aC on süsteemi masskeskme kiirendus. Kui süsteemiks on üksainus jäik keha, siis tähistatakse kogumass tavaliselt m. ½l Leiame inertsjõudude peavektori ka otse valemiga (3.9). O aC C
36
A Joonis 3.5
Kuna varda keskpunkti C kiirendus on l aC = 2 rC = 2 sin 2 siis valemi (E) alusel 1 = m2 l sin 2 mis on tõepoolest võrdne integreerimisega saadud tulemusega (3.8), see saadakse aga palju lihtsamalt kui integreerimisega. Järgmine küsimus on: kuhu rakendada inertsjõudude peavektor? Selge on see, et kui inertsjõud ei ole jaotatud ühtlaselt, siis ei saa resultant kuidagi olla rakendatud tsentrisse C. Nii on ka antud juhul: kuna inertsjõud on jaotatud lineaarse seaduse kohaselt, siis ei ole selle rakenduspunkt tsenter C. Leiame inertsjõu rakenduspunkti . Selle leiame Varignon'i teoreemi alusel: resultanti moment mingi punkti (siin: punkti O) suhtes võrdub liidetavate jõudude sama punkti suhtes võetud momentide summaga. Oletame, et inertsjõudude peavektor on rakendatud punkti D (joonis 3.6). Selle moment punkti O suhtes on ühelt poolt M O ( ) = D cos (3.11a) ehk 1 MO = m2 l sin cos D (3.11b) 2
z
O y
D
rD D d Bk 37
A Joonis 3.6 Nüüd leiame varda suvalise osakese inertsjõu dmomendi punkti O suhtes dM O = d cos (3.12) Paneme siis asemele inertsjõu davaldise valemist (3.5) dM O = 2 sin cos d (3.13) Kogumomendi saame nüüd integreerimisega l M O = 2 sin cos 2 d 0 (3.14) millest l 3 1 2 3 M O = 2 sin cos = l sin cos 3 0 3 1 ehk MO = 2 ml 2 sin cos (3.15) 3 Võrdsustades nüüd kahte moodi saadud momendid (3.11b) ja (3.15), saame 1 1 m2 l sin cos D = 2 l 3 sin cos (3.16) 2 3 millest 2 D = OD = z 3 l (3.17)
Oleme saanud väga huvitava tulemuse: inertsmomentide ZO peavektor arvutatakse sellise liikumise puhul punkti C kiirenduse põhjal, aga see rakendatakse hoopis punkti D. Nüüd võime jõudude pildi lõpetada. YO O y
2 l 3
C D
P 38 mg A Joonis 3.7
Kuna me saime, et inertsjõudude peamoment on siin võrdne nulliga, siis midagi rohkemat siin rakendada ei tulegi ja nüüd võime d'Alembert'i printsiibi kohaselt välja kirjutada tasakaaluvõrrandid, need on väga lihtsad N a) Fk y = 0 : YO + = 0 , k =1 (3.18a) N b) Fk z = 0 : Z O - mg = 0 , k =1 (3.18b) N 2 l c) M O z ( Fk ) = 0 : l cos - mg sin = 0 . 3 2 (3.18c) k =1 Alustame selle lahendamist kolmandast võrrandist, paneme sellesse asemele peavektori avaldise valemist (3.8) 1 2 l m2 l sin l cos = mg sin 2 3 2 millest pärast lihtsustamist saame 3g 2 = (3.19) 2l cos Võrrandist (3.18b) ZO = m g (3.20) ning lõpuks võrrandist (3.18a)
1 YO = = m2 l sin 2 millest pärast 2 asendamist saame 3 YO = mg tan (3.21) 4 Ülesanne on lahendatud.
39 Märkus: Inertsjõudude peavektori rakenduspunkti D asukoha määrab lõigu OD pikkus (joonis 2 3.7). Selleks saime antud juhul OD = l . Siin tuleb aga silmas pidada üht väga tähtsat asja: saadud 3 tulemus kehtib ainult sellisel juhul, kui varda üks otspunkt (kas ülemine või alumine) asub pöörlemistelje peal. Kui aga kogu varras asub pöörlemisteljest eemal, siis tuleb OD hoopis teistsugune. Selle tuletamiskäik toimub täiesti analoogilise meetodi kohaselt nagu praegu. Vaatame näiteks varrast AB, mis on kujutatud joonisel 21.23. Võlli OK külge punktis E on täisnurga all kinnitatud jäik kuid kaalutu varras EA. Selle külge on silindrilise liigendiga kinnitatud raske varras AB pikkusega l ja massiga m.
z
K h A E
C D r d an dm B
y AB=l O x
Joonis 3.8
Kuhu on sellisel juhtumil rakendatud inertsjõudude peavektor ja kui suur see on? Arutledes analoogiliselt nagu äsjavõetud ülesandes, saame varda AB osakese inertsjõuks d = a n dm = 2 r dm = 2 ( h + sin ) dm = 2 ( h + sin ) d Peavektori suuruse saab kätte selle avaldise integreerimisel rajades 0-st kuni l-ni. See annab l = m2 sin + h (3.22) 2 Selle tulemuse oleksime saanud ka punkti C kiirenduse põhjal, sest = m aC , aga l aC = 2 rC = 2 h + sin . 2 Leiame nüüd peavektori rakenduspunkti D asukoha. Ühelt poolt on resultandi moment punkti A suhtes M A ( ) = AD cos (3.23) Teiselt poolt on osakese inertsjõu d moment punkti A suhtes ( ) M A d = d cos = 2 cos h + 2 sin d ( ) Kõikide osakeste inertsjõudude peamoment on siis võrdne integraaliga
40 ( ) l M A = 2 cos h + 2 sin d 0 mille integreerimine annab 1 MA = m2 l cos ( 3h + 2l sin ) (3.24) 6 Kahte moodi leitud momendid peavad olema ühesuurused, seetõttu võrdsustame avaldiste (3.23) ja (3.24) paremad pooled 1 m2 l cos ( 3h + 2l sin ) = AD cos 6 Siia tuleb nüüd asendada peavektori avaldise (3.22), saame 1 1 m2 l cos ( 3h + 2l sin ) = m2 ( l sin + 2h ) AD cos 6 2 millest l ( 3h + 2l sin ) AD = (3.25) 3 ( 2h + l sin )
Näiteülesanne nr. 4.
Süsteem koosneb kehast 1 kaaluga P; kaksikplokist 2 kaaluga G, trumlite raadiustega R, r ja inertsiraadiusega i B , ning ühtlasest silindrist 3 kaaluga W ja raadiusega r3. Keha 1 asub horisontaalsel pinnal, mille libisemishõõrdetegur on . Keha 3 asetseb kaldpinnal kaldenurgaga ja veeretakistusteguriga . Leida nööride tõmbed, kaldpinna reaktsioon ja liigendi B reaktsioon süsteemi liikumisel.
1: P ; 2: G ; R, r ; iB 2 1 3: W ; r3 ; ; B
3 C
Joonis 4.1 Leida: nööride tõmbed = ?, kaldpinna reaktsioon = ?, liigendi B reaktsioonkomponendid = ?
Lahendus Kõigepealt uurime kuidas süsteem liikuma hakkab ja leiame vajalike punktide kiirenduste ning kehade nurkkiirenduste vahelised seosed. Selge on see, et süsteemil on ainult 1 vabadus, seetõttu
41 tuleb kõik kiirendused ja nurkkiirendused avaldada mingi ühe suuruse kaudu. Aga mille kaudu, kuidas seda valida? Mingisuguseid keeldusid siin ei ole ja kui midagi ette kirjutatud pole, siis võime põhimõtteliselt selleks üheks suuruseks valida ükskõik millise, kas: 1) keha 1 kiirenduse a1 ; 2) kaksikploki 2 nurkkiirenduse 2 ; 3) silindri 3 masskeskme C kiirenduse aC ; või 4) silindri 3 nurkkiirenduse 3 . Kui süsteemis on kolm keha, siis on aga kõige mugavam, kui võtta aluseks keskmise keha (eriti siis, kui selleks on kas plokk või kaksikplokk). Seetõttu avaldame siin kõik kiirendused ja nurkkiirendused kaksikploki 2 nurkkiirenduse 2 kaudu. Kuidas hakkab süsteem liikuma? Silinder 3 hakkab muidugi raskuse mõjul mööda kaldpinda kiirenevalt alla veerema. See sunnib kaksikploki 2 päripäeva kiirenevalt pöörlema ja keha 1 liikuma kiirenevalt paremale.
K1 a K a1 1
1 a1 E B aE 2 K 3 3
2 C a K aC
Joonis 4.2
Joonisel 4.2 kujutatud kiirenduste joonis on tehtud tasapinnalise liikumise kinemaatika teooria põhjal. Sealjuures eeldatakse, et nöörid ei veni ja nöörid trumli suhtes (ümber mille nad on mähitud) ei libise. Teiseks eeldame, et silindrid ja rattad veerevad ilma libisemata. Punkt E on nööri mingi punkt K ja K1 vahel. Punktide K ja K1 tangentsiaalkiirendused on moodulilt võrdsed, ning seejuures võrdsed nööri punkti E kiirendusega aE, kuna nendevaheline nöör ei veni. See tähendab, et a K 1 = a K = a E . Kõik joonisel kujutatud kiirendused on vastavate punktide puutekiirendused ja seosed nende vahel on täiesti analoogilised vastavate punktide kiirustevaheliste seostega. Seetõttu on ka joonisel 4.2 kiirendustest tekkivad kolmnurgad täiesti analoogilised vastavate kolmnurkadega kiiruste puhul. Kui näiteks kiiruste puhul kaksikplokis 2 sarnastest kolmnurkadest v v 2 = K = 1 R r siis analoogiliselt kiirenduste korral a E a1 2 = R = r (4.1) Sarnased kolmnurgad silindris 3 annavad a E aC 3 = = (4.2) 2r3 r3
Võrranditest (4.1) saame a1 =2 r ja aE = 2 R (4.3) Pannes siit a E avaldisse (4.2), saame
42 2 R aC 3 = = 2r3 r3 millest 2R 2R 3 = , aC = (4.4) 2r3 2
Nüüd võib asuda lahenduse põhiosa kallale: teha jõudude skeemi, kandes sinna ka vajalikud inertsjõudude peavektorid ja peamomendid. Kehade süsteemi puhul aga vaadatakse siin igat keha eraldi. I) Vaatame keha 1, lõigates nööri katki ja asendades selle mõju ekvivalentselt jõuga ( F1 ).
z1 N1 a1 1 F1 1 y1 H1
P
Joonis 4.3 Millised jõud siin mõjuvad? Kõigepealt tegelikult mõjuvad jõud: raskusjõud P otse alla, aluspinna normaalreaktsioon N1 otse üles (risti pinnaga), nööri tõmme F1 ja libisemishõõrdejõud H 1 (liikumisele vastassuunas ). Mis tuleb nüüd juurde panna d'Alembert'i printsiibi kohaselt? Kuna keha 1 liigub translatoorselt, siis tuleb talle rakendada ainult inertsjõu 1 , mis tuleb joonistada vastupidiselt kiirendusega a1 ja mille moodul on P 2 r 1 = m1 a1 = (4.5) g
kus kasutasime ära ka kiirenduse a1z avaldise valemist (21.92). Nüüd võib välja kirjutada tasakaaluvõrrandid joonisel 21.26 kujutatud3 jõudude skeemi jaoks N F3 N3 1.) Fk y1 = 0 : F1 - H 1 - 1 = 0, (4.6a) k =1 3 N 3 2.) Fk z 1 =0 : H3 N1 - P = 0 , k =1 M 3 C 3 (4.6b) D kus H 1 = µN1 = µP aC (4.6c) sest võrrandi (4.6b) alusel N1 = P . Mv
II) Nüüd vaatame keha 3, lõigates ka siin nööri katki ja asendades selle mõju ekvivalentselt jõuga ( F3 ). W y3
43 Joonis 4.4 Siin mõjuvad: raskusjõud W , nööri tõmme F3 , kaldpinna normaalreaktsioon N 3 (risti kaldpinnaga), hõõrdejõud H 3 ja veeretakistusmoment M v (vastupidi pöörlemisele). Taandades inertsjõudude süsteemi masskeskmesse C, saame inertsjõudude peavektori 3 , mille suund on vastupidine kiirendusega aC ; ja inertsjõudude peamomendi M 3 , mille suund on vastupidine nurkkiirendusega 3 . Sealjuures moodulilt on peavektor W 2 R 3 = m3 aC = (4.7a) 2g Inertsjõudude peamoment on moodulilt M 3 = I C 3 ja kuna selle silindri inertsmoment on m3 r3 2 Wr3 2 IC = = 2 2g siis 2 Wr R WRr3 2 M 3 = 3 2 = (4.7b) 2 g 2r3 4g Kirjutame nüüd d'Alembert'i printsiibi kohaselt välja tasakaaluvõrrandid, võttes y 3 -telje mööda kaldpinda ja z 3 -telje kaldpinnaga risti (joonis 4.4). Momendid võtame seejuures punkti D suhtes, sest siis ei tule momentide võrrandisse tundmatu hõõrdejõud H 3 . Siinjuures peab meenutama, et veeremisel ilma libisemata on hõõrdejõud täiesti tundmatu suurus (see ei ole mitte libisemishõõrdeteguri ja normaalreaktsiooni korrutis). Ainuke, mida me teame on see, et 0 selgub alles ülesande lahendamise lõpuks. Joonisel 4.4 kujutatud jõusüsteemi tasakaaluvõrrandid on: N 3.) Fk y 3 =0: W sin - F3 - 3 - H 3 = 0 , (4.8a) k =1 N 4.) Fk z 3 =0: N 3 -W cos = 0 , (4.8b) k =1
5.) M D =0 : M v + M 3 + 3 r3 + F3 2r3 - W sin r3 = 0 . (4.8c) kus M v = N 3z2= W cos (4.9d)
III) Nüüd vaatame 2 katki Zmõlemad nöörid ja asendades nende mõju ekvivalentselt keha 2, lõigates ' ' B jõududega ( F2 ja F3 ). F ' 1 2 B y2 YB F3' 44 M 2 G Joonis 4.5 Kehale 2 mõjuvad: raskusjõud G , liigendi B reaktsioonikomponendid YB ja Z B , nööride tõmbed F1' ja F3' . Kuidas on selle keha inertsjõudude peavektori ja peamomendiga? Kuna keha 2 masskese B on kogu aeg paigal, siis on inertsjõudude peavektor võrdne nulliga. Et keha pöörleb ümber tsentraalpeainertstelje, siis inertsjõudude peamomendi moodul on M 2 = I B 2 (4.10) ja see peamoment tuleb joonistada kaarnoole abil vastupidi nurkkiirenduse 2 kaarnoolega. Kaksikplokil 2 on antud inertsiraadius, mis on i B , seetõttu on keha 2 inertsmoment tsentrit B läbiva telje suhtes Gi 2 I B = m2 i B 2 = B g 2 GiB 2 seetõttu M 2 = (4.11) g Siinjuures peab märkima, et vasakpoolses nööris mõjuvad jõud F1 (keha 1 poolt vaadatuna) ja F1' (keha 2 poolt vaadatuna) on staatika põhjal mõju ja vastumõju, mille moodulid on võrdsed, aga suunad vastupidised. Täpselt samuti kujutavad ka parempoolses nööris mõjuvad jõud F3 ja F3' endast mõju ja vastumõju. Joonisel 4.5 kujutatud jõusüsteemi tasakaaluvõrrandid on: N 6.) Fk y 2 =0: Y B + F3 cos - F1 = 0 , (4.12a) k =1 N 7.) Fk z 2 =0: Z B - G - F3 sin = 0 , (4.12b) k =1
8.) M B =0 : M 2 + F1 r - F3 R = 0 .
(4.12c) kus jõududel F1' ja F3' on ülakomad ära jäetud, kuna F1' = F1 ja F3' = F3 . Kõik võrrandid on välja kirjutatud. Saime 8 võrrandit. Tundmatuid on ka 8: F1 , F3 , N1 , N 3 , H 3 , YB , Z B , 2 . Alustame lahendamist sellest, et avaldame esimesest võrrandist (4.6a) nööri tõmbe F1 F1 = H 1 + 1 millest, arvestades valemeid (4.5) ja (4.6c), saame P 2 r F1 = µP + (4.13) g
45 Viiendast võrrandist (4.8c) 2 F3 r3 = Wr3 sin - M v - M 3 - 3 r3 millest (4.7a), (4.7b) ja (4.9d) kaasabil saame W 3WR 2 F3 = sin - cos - (4.14) 2 r3 8g Paneme saadud F1 ja F3 avaldised asemele kaheksandasse võrrandisse (4.12c), kus arvestame ka valemit (4.11) 2 Gi B 2 P 2 r 2 WR 3WR 2 2 + µ rP + - sin - cos + =0 g g 2 r3 8 g millest 2 2 3WR 2 WR G Bi + r 2 P + = sin - cos - µrP g 8 2 r3 Siit leiamegi kaksikploki 2 nurkkiirenduse avaldise WRg sin - cos - µPgr 2 r3 2 = (4.15) 2 2 3 2 G i B + r P + WR 8 Nüüd on valemite (4.3) ja (4.4) abil käes ka kiirendused a1 , aC ja ka nurkkiirendus 3 . Nüüd, kui nurkkiirendus 2 on määratud, on lõplikult leitud ka nööride tõmbed F1 ja F3 , need saame valemitest (4.13) ja (4.14). Sinna peaks küll 2 avaldise asemele panema , aga kuna tõmmete F1 ja F3 avaldised tulevad väga kolossaalsed, siis jätame selle siinkohal kirja panemata. Iga lugeja võib selle iseseisvalt läbi teha ja ise kirja panna. Edasi: teisest võrrandist N1 = P (4.16) ja neljandast võrrandist N 3 = W cos (4.17) Kolmandast võrrandist (41.8a) leiame silindri 3 hõõrdejõu H 3 = W sin - F3 - 3 millest (4.7a) ja (4.14) kaasabil W W WR 2 H3 = sin + cos - (4.18) 2 2r3 8g
kuhu tuleks samuti asendada nurkkiirenduse 2 valemist (4.15). Kuuendast ja seitsmendast võrrandist saame liigendi B reaktsioonid YB ja Z B : P 2 r W 3WR 2 Y B = µP + - sin - cos cos + cos (4.19) g 2 r3 8g W 3WR 2 Z B = G + sin - cos sin - sin (4.20) 2 r3 8g kuhu tuleks samuti asendada nurkkiirenduse 2 . Sellega ei ole ülesanne veel lahendatud. Kui küsitakse kaldpinna kogureaktsiooni, siis see võrdub 2 2 F3R = N 3 + H 3 (4.21) kuhu tuleks asendada jõudude N 3 ja H 3 avaldised. Analoogiliselt on keha 1 aluspinna kogureaktsioon F1R = N12 + H 12 = P 2 + µ 2 P 2
46 ehk F1R = P 1 + µ 2 (4.22)
Näiteülesanne nr.5.
Vertikaalse telje AB külge on jäigalt kinnitatud varras 1 pikkusega l = 80 cm ja massiga m1 = 20 kg, ning ümarplaat 2 raadiusega r = 40 cm ja massiga m2 = 36 kg. Varras 1 on teljega AB risti ja vaadeldaval hetkel on ta paralleelne x-teljega, ümarplaadi 2 pind on samuti risti teljega AB ja ta diameeter LH vaadeldaval hetkel paralleelne y-teljega. Süsteemi paneb paigalseisust pöörlema jõupaar, mille moment M muutub seaduse järgi M =8 -0,1t Nm. Leida laagrite A ja B reaktsioonid hetkel t1 =12 sekundit, kui AK = KL = LB = l1 = 40 cm. z
B 2 m1 = 20 kg m2 = 36 kg L H l = 0,8 m r = 0,4 m M = 8-0,1t Nm K AK = KL = LB = l1 1 l1 = 0,4 m
M 0 = 0 E t1=12 s y A x Joonis 5.1 Leida: liigendite A ja B reaktsioonid ja põranda reaktsioonjõu.
Lahendus Kõigepealt kanname joonisele kõik tegelikult mõjuvadjõud (vt joonist 5.2). Nendeks on liigendi A reaktsioonkomponendid X A , Y A ; põranda reaktsioon Z A ; liigendi B reaktsioonkomponendid X B , YB ning raskusjõud P1 ja P2 . Moodulilt on seejuures P1 = m1 g ja P2 = m2 g . z
B YB 2 XB D L H
K P2 C ZA 1 M P1 y 47 A YA XA x Joonis 5.2
Nüüd võtame käsile süsteemi kehade inertsjõudude peavektorid ja peamomendid. Inertsjõudude süsteemid taandame kehade masskeskmetesse, vastavalt punkti C (keha 1 masskese) ja punkti D (keha 2 masskese). Sellega on selge, et 1 = -m1aC ja 2 = -m2 a D (5.1) Kuidas punktid C ja D liiguvad? Punkt C liigub mööda ringjoont, mille tsentriks on punkt K, mille raadius on l 2 ja mille tasand on risti z-teljega. Analoogiliselt punkt D liigub mööda ringjoont, mille tsentriks on punkt L, mille raadius on r ja mille tasand on samuti risti z-teljega. Seega mõlemad punktid, C ja D, liiguvad mööda ringjoonelist trajektoori ja seetõttu on nende punktide kiirendustel üldiselt nii tangentsiaal- kui ka normaalkomponent, ehk teiste sõnadega aC = aC + aC , a D = a D + a D (5.2) Kiirenduse normaalkomponent on alati suunatud vastava trajektoorringjoone tsentrisse, tangentsiaalkomponent on risti vastava normaalkomponendiga ja tema täpse suuna määrab nurkkiirendus (joonis 5.3). Süsteem hakkab liikuma paigalseisust ja selle paneb pöörlema moment M. Paigalseisust algab liikumine alati kiirenevalt. Seega tuleb nurkkiirenduse kaarnoole joonistada (vähemalt liikumise algul) momendi M kaarnoolega ühes ja samas suunas (joonis 5.2). Kui kaua toimub kiirenev pöörlemine? Ilmselt niikaua kuni moment M on positiivne. Kuna M = 8 - 0,1t , siis on moment M positiivne kuni ajahetkeni 80 sekundit. Meil on vaja arvutused teostada ajahetkel 12 sekundit, seega on vaadeldaval ajahetkel süsteemi pöörlemine ikka veel kiirenev ja nurkkiirenduse kaarnool on joonistel 5.2 ja 5.3 tõepoolest õiges suunas.
z
B 2 aD aD D L H
K aC C aC 1 y A
x
48 Joonis 5.3
Joonisel 5.3 on tõepoolest näha, et nurkkiirenduse kaarnoole suund määrab ära tangentsiaalkiirenduste aC ja a D suuna. Punktide C ja D kiirenduste moodulid on l l aC = 2 , a C = , a D = 2 r , a D = r (5.3) 2 2 Nüüd on selge, et punkti C rakendame kaks inertsjõudude peavektori komponenti. Nendest esimene on 1n , mis võrdub 1n = -m1aC , m 2 l mooduliga 1n = m1aC = 1 2 (5.4) ja mis tuleb joonistada vastupidiselt kiirendusega aC . Teine on 1t , mis võrdub m l 1t = -m1 aC , mooduliga 1t = m1aC = 1 2 (5.5) ja mis joonistatakse vastupidiselt kiirendusega aC . Täpselt samuti on lugu inertsjõudude peavektoriga 2 , ka sellel on kaks komponenti, mis rakendame punkti D. Selle peavektori normaalkomponent on 2 n = -m 2 a D , mooduliga 2 n = m2 a D = m2 2 r (5.6) ja mis joonistatakse vastupidiselt kiirendusega a D . Peavektori 2 tangentsiaalkomponent on 2t = -m2 a D , mooduliga 2 t = m 2 a D = m 2 r (5.7) a ja mis tuleb joonistada vastupidiselt kiirendusega D . Nüüd jääb veel määrata inertsjõudude peamomendid. Kuna taandamistsentriteks on vastavalt punktid C ja D, siis M 1 = -I C = -I Cz ' mooduliga m1l 2 M 1 = (5.8) 12 m1l 2 sest I Cz ' = . Peamomendi M 1 tuleb joonistada ümber punkti C läbiva mõttelise vertikaaltelje 12 vastupidiselt nurkkiirenduse kaarnoolega. Analoogiliselt M 2 = -I D = -I Dz ' z mooduliga m r2 M 2 = 2 (5.9) B 2 YB m2 r 2 sest I Dz ' = ümber punkti . Peamomendi M 2 tuleb joonistada aDD läbiva mõttelise vertikaaltelje 2 XB vastupidiselt nurkkiirenduse kaarnoolega. M aD 2 D L 2n Kõik vajalikud jõud ja momendid on joonisele kantud. Tulemus on näha joonisel 5.4. Nüüd võib d'Alembert'i printsiibi kohaselt kirja panna süsteemi tasakaaluvõrrandid, 2 kus arvestatakse nii tegelikult mõjuvaid jõude ja momente, kui ka süsteemi2t kehade inertsjõudude > peavektoreid ning peamomente. K P2 M1 aC P1=m1g C ZA 1t aC M
1n 1 y P1 P2=m2g A YA 49 XA x Joonis 5.4
Kõigepealt esimesed 3 võrrandit jõudude projektsioonide summa nulliga võrdumise kohta kolmele teljele: N 1.) Fkx = 0 : X A + X B + 2 t + 1n = 0 , (5.10a) k =1 N 2.) Fky = 0 : Y A + YB + 2 n - 1t = 0 , (5.10b) k =1 N 3.) Fkz = 0 : Z A - m1 g - m 2 g = 0 . k =1 (5.10c) Nüüd momentide võrrandid kõigi kolme telje suhtes: ( ) N 4.) M x Fk = 0 : - YB 3l1 - 2 n 2l1 + 1t l1 - m 2 g r = 0 , (5.11a) k =1
( ) N l 5.) y k =0: M F X B 3l 1 + 2 t 2l1 + 1 n l 1 + m1 g 2 =0, (5.11b) k =1
M z ( Fk ) = 0 : N l 6.) M - M 1 - M 2 - 2 t r - 1t = 0. (5.11c) k =1 2 Nendest kuuest võrrandist leiamegi vajalikud tugede reaktsioonid. Lahendamist alustame kuuendast võrrandist, sest kõigepealt on vaja leida nurkkiirenduse ja nurkkiiruse väärtused vaadeldaval ajahetkel 12 sekundit. Asendame võrrandisse (5.11c) peamomentide avaldised (5.8) ja (5.9), aga samuti peavektorite tangentsiaalkomponendid (5.5) ja (5.7), saame m l2 m r2 l l M - 1 - 2 - m2 r r - m1 = 0 12 2 2 2 millest m l2 m r2 m l2 M = 1 + 2 + m2 r 2 + 1 12 2 4 seega
50 6M = , 2m1l + 9m2 r 2 2
ehk 6( 8 - 0,1t ) = (5.12) 2m 1 l 2 + 9m 2 r 2 t1
Kuna = d , siis 1 = 0 + dt . Antud juhul see annab dt t0
6( 8 - 0,1t ) t1 1 = ( 2m l 2 + 9m r 2 ) dt (5.13) 0 1 2 millest t1 2 6 8t1 - 20 (5.14) 1 = 2m1l 2 + 9m2 r 2 ( ) Nüüd võib leida nurkkiirenduse ja nurkkiiruse hetkväärtused ajahetkel 12 sekundit. Valemist (5.12)
6 ( 8 - 1,2 ) 40,8 t =12 s = 1 = 2 2 = = 0,52686 0,527 1/s2. 2 20 0,8 + 9 36 0,4 77,44
Valemist (5.14) 12 2 6 8 12 - 20 532,8 1/s. t =12 s = 1 = = = 6,880 ( 2 2 20 0,8 + 9 36 0,4 2 77,44 ) Inertsjõudude peavektorite komponentide väärtused hetkel 12 sekundit on seega järgmised: 20 6,88 2 0,8 a) valemist (5.4) 1n = = 378,675 N, 2 20 0,527 0,8 b) valemist (5.5) 1t = = 4,216 N, 2 c) valemist (5.6) 2 n = 36 6,88 2 0,4 = 681,615 N, d) valemist (5.7) 2t = 36 0,527 0,4 = 7,589 N. Nüüd leiame neljandast võrrandist (5.11a) toe reaktsioonkomponendi YB 1 YB = ( - 681,615 0,8 + 4,216 0,4 - 36 9,81 0,4) = -570,725 N, 3 0,4 Viiendast võrrandist (51.11b) saame reaktsioonkomponendi X B 1 XB = ( - 7,589 0,8 - 378,675 0,4 - 20 9,81 0,4) = -196,684 N, 3 0,4 Esimesest võrrandist (5.10a) leiame reaktsioonkomponendi X A X A = - X B - 2t - 1n millest X A = 196,684 - 7,589 - 378,675 = -189,580 N, Teisest võrrandist (5.10b) YA = -YB - 2 n + 1t millest Y A = 570,725 - 681,615 + 4,216 = -106,674 N,
51 Lõpuks leiame kolmandast võrrandist reaktsioonkomponendi Z A Z A = m1 g + m2 g = ( m1 + m2 ) g mis annab Z A = 56 9,81 = 549,360 N.
Vastus. Süsteemi toereaktsioonid on järgmised: X A = -189,580 N, Y A = -106,674 N, Z A = 549,360 N, X B = -196,684 N, YB = -570,725 N.
52