Общие теоремы динамики 2006 (МУ - Общие теоремы динамики), страница 2

е. положения звеньев механизма для заданных его параметров и действующих сил. Зависимости угловых скорости и ускорения кривошипа отϕ изображены в виде графиков на рис. 1, в, г, где по осям абсцисс отложены значения угла ϕ в радианах, а по оси ординат – соответственно ω1z в радианах в секундуи ε1z в радианах в секунду за секунду. Для определения зависимостей ϕ(t ) и ω1z (t )перепишем уравнения ϕ = ω1z и (13) в конечно-разностном виде:∆ϕ i = ω1i −z1∆t ;∆ω1i z = ( M − 0,5m2 gO1E cos α i −1 fi −1 −(16)− m3 gOA sin ϕ i −1 − cϕ i −1 −Fi −1 fi −1I O1 z (ω1i −z1 ) 2 )∆t / Gi −1;ϕ i = ∆ϕ i + ϕ i −1, ω1i z = ∆ω1i z + ω1i −z1, ti = ∆t + ti −1;fi −1 = (1 − 2cos ϕ i −1 ) /(5 − 4cos ϕ i −1 ), Gi −1 = fi −21I O1z + m3 L2 .Результат численного интегрирования с их помощью по времени t от 0 до0,6 с с шагом t = 0,001 с при начальных условиях ϕ = 0, ω1z = 0 представлен в виде графиков на рис.

1, д, е.Пример 2. Однородный диск 1 массой M и радиусом R может вращатьсявокруг неподвижной вертикальной оси Bz , проходящей через одни из диаметровдиска (рис. 2). Внутри гладкого паза 2 в диске, наклоненном к оси Bz под углом α,7движется материальная точка 3 массой m. На точку 3 вдоль паза диска действуетсила сопротивления F . В начальный момент диску сообщена угловая скорость ω 0 .Материальная точка 3 находится в верхней точке паза A0 , ее скорость по отношению к диску равняется нулю.

Массой вырезанной части диска (паза), трением вопорах A и B пренебречь. В момент, когда точка 3 достигает центра диска С , определить: 1) угловую скорость диска 1; 2) абсолютную скорость точки 3; 3) угловоеускорение диска; 4) абсолютное ускорение точки 3; 5) давление точки 3 на диск 1.πmg, ω 0 = 4 рад/с.Принять: M = 4m, m = 1 кг, R = 0,5 м, α = рад, F =64zAω0ve⊕vrπ-αsFCmgvr·ταMgφsOOnFC2ωO A03zAaraKy·N2·x·arτFaKααCN1mgs1sωBBабвРис. 2Решение.

Механическая система имеет две степени свободы. Для получениярешения по пп. 1 и 2 используем теорему об изменении кинетического моментасистемы относительно оси Bz и теорему об изменении кинетической энергии системы в интегральной форме [1]:NNNdK z= ∑ M z ( Fk(e ) ), T − T0 = ∑ A( Fk( e ) ) + ∑ A( Fk(i ) ).dtk =1k =1k =1Выберем обобщенные координаты, фиксирующие положение системы в любой момент времени: ϕ – угол поворота диска вокруг оси Bz (за положительноенаправление примем направление против хода часовой стрелки, если смотреть сконца оси Bz ); s – координата материальной точки на диске, измеряемая вдоль паза 2 (рис.

2, а). Начало отсчета координаты s находится в точке O (на диске), совпадающей с начальным положением точки 3 ( A0 ).8Угловая скорость диска ωz = ϕ (в дальнейшем примем ωz ≡ ω). Абсолютная скорость точки 3 равна v = ve + vr , где значение переносной скоростиve = ω( R − s)sin α, а проекция относительной скорости на касательную к пазуvrs = s (см. рис 2, а).Кинетический момент системы относительно оси BzK z = I z ω + M z (mv ) = I z ω + M z (mve ) + M z (mvr ),но M z (mvr ) = 0, так как вектор vr пересекает ось Bz во все время движения,Iz =1MR 2 – момент инерции диска относительно оси вращения Bz.4Окончательно имеемK z = ω[ I z + m( R − s )2 sin 2 α ].NСумма моментов внешних сил относительно оси Bz ∑ M z ( Fk(e ) ) = 0, так какk =1RA , RB – реакции опор A и B и сила F пересекают ось Bz , силы тяжести mg иMg параллельны оси Bz.

ТогдаdK z d= [ω ( I z + m( R − s )2 sin 2 α )] = 0.dtdt(17)Интегрируя (17), получаемω[ I z + m( R − s )2 sin 2 α ] = C.(18)Постоянную интегрирования C определим из начальных условий (при t = 0s = 0,ϕ = 0, s = 0, ϕ = ω0 ) : C = ω0 [ I z + mR 2 sin 2 α].Закон сохранения кинетического момента (18) относительно оси Bz примет видω[ I z + m( R − s )2 sin 2 α ] = ω 0 ( I z + mR 2 sin 2 α ).(19)Из (19) при s = R для точки C получим5ω = ω 0 = 5 рад/с.4(20)9Кинетическая энергия системыT=11I z ω 2 + m(ve + vr )222или11T = [ I z + m( R − s ) 2 sin 2 α ]ω 2 + ms2 .22В начальном положении кинетическая энергия системыT0 =1( I z + mR 2 sin 2 α )ω 02 , при s = R2T=11I z ω 2 + ms 2 .22Сумма работ внешних сил при перемещении точки 3 из начального положения до положения, определяемого координатой s,N(e)∑ A( Fk ) = mgs cos α − Fs,k =1при s = R имеемN(e)∑ A( Fk ) = mgR cos α − FR,k =1N(i )∑ A(Fk ) = 0.k =1Окончательно выражение теоремы об изменении кинетической энергиизапишем так:111I z ω2 + ms2 − ( I z + mR 2 sin 2 α)ω02 = R( mg cos α − F ) .222(21)Из (21) с учетом (20) получим v = | vrs | = | s | = 2,19 м/с, так как ve = 0 приs = R (v = vr ).Определим угловое ускорение диска и абсолютное ускорение точки 3 приs = R, когда точка 3 достигнет точки C.Уравнение (17) после дифференцирования примет видε  I z + m( R − s )2 sin 2 α  − 2mω ( R − s )sin 2 α ⋅ s = 0 ,(17′) – угловое ускорение диска (ε ≡ ε z ).где ε = ωТеорему об изменении кинетической энергии в дифференциальной формезапишем так: = (mg cos α − F )ds.ωd ω[ I z + m( R − s )2 sin 2 α ] − mω 2 ( R − s )sin 2 αds + msds10(22)Из (22) найдем{} = (mg cos α − F ) s.ω ε[ I z + m( R − s ) 2 sin 2 α ] − mω ( R − s )sin 2 α ⋅ s + mss(23)С учетом (17′) из уравнения (23) получимms + mω 2 ( R − s )sin 2 α = mg cos α − F .(24)При s = R из (17′) и (24) определим I z ε = 0, ms = mg cos α − F , откуда ε = 0,F= 6, 04 м/с2 .mАбсолютное ускорение точки 3 равно a = ae + ar + ak (рис.

2, б). При s = Rs = g cos α −переносное ускорениеae = 0,так какR − s = 0;относительное ускорениеar = arτ , arτ = s , arn = 0, так как относительное движение точки 3 прямолинейное,ускорение Кориолиса ak = 2ωs sin(π − α) = 10,95 м/с 2 (см. рис. 2, б). Абсолютноеускорение точки 3 равно a = (arτ ) 2 + ak2 = 12,5 м/с 2 .Определим давление точки 3 на диск 1 с помощью уравнения движения точки в векторной форме:ma = F + mg + N1 + N 2 .В проекциях на оси n и x имеем (рис.

2, в)0 = N1 − mg sin α , mak = N 2 ;N1 = mg sin α = 4,9 Н, N 2 = 2mωs sin α = 10,95 Н;N = N12 + N 22 = 12 Н.Пример 3. Эллиптический маятник состоит из груза 1 массойm1 и маятника2 (рис. 3, а). Масса маятника m2 сосредоточена в точке A и OA = l. В начальныймомент маятник отклонили в горизонтальное положение (ϕ = 0) и отпустили безначальной угловой скорости. Трением пренебречь. При ϕ = ϕ1 определить: 1) скорость и ускорение груза 1 и точки A; 2) давление системы на плоскость; 3) реакцию шарнира O. Принять: m1 = 2m2 , m2 = 2 кг, l = 0, 2 м, ϕ1 = π / 4 рад.11Рис. 3Решение.

Механическая система имеет две степени свободы. Для определения скоростей груза 1 и точки A используем теорему об изменении количествадвижения в проекции на ось x и теорему об изменении кинетической энергии в интегральной форме:NNdQx N ( e )= ∑ Fkx , T − T0 = ∑ A( Fk(e ) ) + ∑ A( Fk(i ) ).dtk =1k =1k =1Определять положение груза 1 будем координатой x, а отклонение маятникаот горизонтали – углом ϕ (стрелками указываем положительное направление отсчета). Скорость груза v = vx , vx = x , v y = 0, скорость точки A равнаv A = ve + vr , ve = v , где ve , vr – переносная и относительная скорости точки A;vr τ = OA ⋅ ϕ = lϕ , ω = ϕ .

Проекция v A на ось x равна v Ax = x − l ϕ sin ϕ. Количестводвижения механической системы Q = Q1 + Q2 = m1v + m2 (ve + vr ). Внешние силыNсистемы N , m1 g , m2 g перпендикулярны оси x и ∑ Fkx( e) = 0, тогдаk =1dQx d= [m1 x + m2 ( x − lϕ sin ϕ )] = 0.dtdt(25)Интегрируя (25), находим (m1 + m2 ) x − m2lϕ sin ϕ = C. Постоянную C определим изначальных условий (при t = 0 x = 0, ϕ = 0, x = 0, ϕ = 0) : C = 0. Окончательно получим(m1 + m2 ) x − m2lϕ sin ϕ = 0.Кинетическая энергия системы12(26)T = T1 + T2 =T=m1v 2 m2v 2A,+22(m1 + m2 ) x 2m l 2ϕ 2 ϕ sin ϕ + 2.− m2 xl22При заданных начальных условиях кинетическая энергия в начальный момент равна нулю (T0 = 0).

Сумма работ внешних сил (при повороте маятника наугол ϕ )NAϕk =1A00(e)∑ A( Fk ) = ∫ m2 g (d s + d x ) = ∫ m2 g cos ϕld ϕ = m2 gl sin ϕ.ANA0k =1Здесь ∫ m2 gd x = 0, так как m2 g ⊥ d x , ds = ld ϕ, а ∑ A( Fk(i ) ) = 0. Окончательнополучим(m1 + m2 ) x 2m l 2ϕ 2 ϕ sin ϕ + 2− m2 xl= m2 gl sin ϕ.22Из уравнений (26) и (27) при ϕ1 =(27)πрад найдем4vx = x = 0, 43 м/с, v y = 0, ϕ = 9,12 рад/с.Скорость точки A составит v A = (ve + vr )2 = 1,55 м/с. Для определения ускорений и сил реакций используем те же теоремы:dQx sin ϕ + ϕ 2 cos ϕ ) = 0,x − m2l (ϕ= 0, (m1 + m2 ) dt(28)NNdT= ∑ W ( Fk( e ) ) + ∑ W ( Fk(i ) ),dt k =1k =1 sin ϕ + ϕ 2 cos ϕ)] + ϕ [m2l (lϕ − x[(m1 + m2 ) x − m2l (ϕx sin ϕ)] = m2 gl ϕ cos ϕ.(29)Здесь W ( Fk(e ) ), W ( Fk(i ) ) – мощности k-х внешних и внутренних сил.

Из (29) при условии (28) получим − lϕx sin ϕ = g cos ϕ.(30)13Решая (28) и (30) при ϕ1 =πрад, находим4 = 58, 24 рад/с 2 .x = 6,66 м/с 2 , ϕУскорение точки A:,a A = ae + arn + arτ , aex = x, aey = 0, arn = lϕ 2 , arτ = lϕ sin ϕ − lϕ 2 cos ϕ,a Ax = x − lϕ cos ϕ + lϕ 2 sin ϕ.a Ay = −lϕπрад, a Ax = −13,33 м/с 2 , a Ay = 3,53 м/с 2 , a A = 13, 79 м/с 2 .4Давление системы на плоскость и реакцию в шарнире O определим из уравнения, полученного из теоремы об изменении количества движения системы в проекции на ось y :При ϕ1 =dQydt= N − m1g − m2 g,где Qy = −m2lϕ cos ϕ; N = (m1 + m2 ) g +ϕ1 =dQydt cos ϕ − ϕ 2 sin ϕ), при= (m1 + m2 ) g − m2l (ϕπрад N = 65,9 Н, и уравнений поступательного движения груза 1 (рис.