Дубинин В.В.Общие теоремы динамики (Общие теоремы динамики В.В. Дубинин, Г.И. Дубровина, А.Ю.Карпачев), страница 2
Описание файла
PDF-файл из архива "Общие теоремы динамики В.В. Дубинин, Г.И. Дубровина, А.Ю.Карпачев", который расположен в категории "". Всё это находится в предмете "теоретическая механика" из 3 семестр, которые можно найти в файловом архиве МГТУ им. Н.Э.Баумана. Не смотря на прямую связь этого архива с МГТУ им. Н.Э.Баумана, его также можно найти и в других разделах. Архив можно найти в разделе "книги и методические указания", в предмете "теоретическая механика" в общих файлах.
Просмотр PDF-файла онлайн
Текст 2 страницы из PDF
Кинетический момент для материальной точкии механической системыКинетическим моментом для материальной точки относительно полюса O (оси Oz) по определению называем момент относительно полюса (оси) вектора количества движения точки:ˉ О (mˉkˉO = Mv ) = rˉ × mˉv ; kz = Mz (mˉv) .11Для механической системыXXˉO =Krˉk × mk vˉk ; Kz =Mz (mk vˉk ),kkдля системы телKz =SXKzj .j=1Пример 8. Точка массой m имеет скорость vˉ, OA = b, углы α,β заданы.Определить кинетический момент точки A относительно осиOz (рис. 8).Рис. 8Решение.
Кинетический момент — момент количества движения точки A относительно оси Oz, т. е.qA ),kz = Mz (ˉvA = mˉv = qˉ. Разложим qˉA на составляющие:где qˉA = mˉqˉA = qˉz + qˉxy .Далее получимqz ) + Mz (ˉqxy ) = mv cos αb cos β,kz = Mz (ˉqz ) = 0.так как Mz (ˉПример 9. Определить кинетические моменты для механической системы, состоящей из материальных точек M1 , M2 , M3 ,относительно осей координат и точки O (рис. 9, а).12Рис.
9Принять: m1 = 1 кг; m2 = 2 кг; m3 = 3 кг; v1 = 3 м/с;v2 = 4 м/с; v3 = 5 м/с; OM1 = 1 м; OM2 = 2 м; OM3 = 3 м.Решение. Запишем кинетические моменты относительно осейкоординат:3XMx (ˉqk ) = Mx (ˉq1 ) + Mx (ˉq2 ) + Mx (ˉq3 ) ,Kx =k=1причемMx (ˉq2 ) = Mx (ˉq3 ) = 0; qˉ1 = m1 vˉ1 ; qˉ2 = m2 vˉ2 ; qˉ3 = m3 vˉ3— количества движения точек системы.Далее получим (рис. 9, б):Kx = Mx (ˉq1 ) = −m1 v1 ∙ OM1 ; Kx = −1 ∙ 3 ∙ 1 = −3 Н ∙ м ∙ c;q2 ) = −m2 v2 ∙ OM2 = −2 ∙ 4 ∙ 2 = −16 Н ∙ м ∙ c;Ky = My (ˉq3 ) = −m3 v3 ∙ OM3 = −3 ∙ 5 ∙ 3 = −45 Н ∙ м ∙ c;Kz = Mz (ˉqKO = Kx2 + Ky2 + Kz2 ; KO = 47, 85 Н ∙ м ∙ c.Пример 10.Точка M массой m совершает сложное движение: по пазу дискаS = S(t) — относительное и переносное вместе с диском, вращающимся вокруг оси Oz с угловой скоростью ω (рис.
10).Решение. Определим:q ) ; qˉ = mˉv = mˉve + mˉvr ;kz = Mz (ˉ13veτ = ωz ∙ OM— переносная скорость;vrS = Ṡ— относительная скорость точки M .Далее получимРис. 10kz = Mz (mˉve ) + Mz (mˉvr ) == m ∙ (OM )2 ω + mṠh = mhih2 + S 2 ω + Ṡh .Если для диска момент инерции относительно оси вращенияравен Jz , то кинетический момент диска относительно оси Oz:Kz = Jz ωz .Кинетический момент механической системы — материальнаяточка, диск равенhiKz = Jz ωz + m h2 + S 2 ωz + Ṡh , ωz = ω.Пример 11. Плоскость 2 параллельна плоскости Oxz. ТочкаM массой m здесь совершает сложное движение: S = S(t) —относительное, переносное — вместе с плоскостями 1, 2, которыеˉ (рис. 11).вращаются вокруг оси Oz с угловой скоростью ωРешение.
Для плоскости 1kz = Mz (mˉve ) + Mz (mˉvr ) = Mz (mˉve ) ,vr ) = 0, vˉr во время движения системы пересекаеттак как Mz (mˉось Oz,kz = m (O1 M1 )2 ωz = m (l − S cos α)2 ωz .Для плоскости 22kz = Mz (mˉve ) + Mz (mˉvr ) = m OM 0 ωz − mvrs cos αl =hi= m (l2 + (l − S cos α)2 )ωz − Ṡ cos αl , ωz = ω.14Рис. 111.4. Работа силПриведем примеры по определению работы сил.Пример 12. На груз действуют при движении две силы:Fˉ — сила упругости пружины и mˉg — сила тяжести; F = C λ,где C — жесткость и λ — деформация пружины (рис.
12).Решение. В положении равновесия груза−Fст + mg = 0,где Fст = C δст .Окончательно получим −С δcт + mg = 0.Обе силы — потенциальные (см. рис. 12).15Рис. 12Определим работу этих сил, когда груз переместится из начального положения до текущего с координатой x.Элементарная работа сил:dA (mˉg ) = mˉg dˉx = mgdx;x = C (x + δст ) cos πdx = −C (x + δст ) dx.dA Fˉ = Fˉ dˉПолная работа сил:A(mˉg) =ZAmˉg dˉx=A(Fˉ ) =A0=−Fˉ dˉx=−mgdx = mgx;0A0ZAZxZxC (x + δст )d (x + δст ) =02 xС x2С (x + δст ) =−− Cxδст .220Сумма работ обеих сил:A (mˉg ) + A(Fˉ ) = (mg − C δст ) x −16Cx2Cx2=−.22Потенциальная энергия для полейэтих сил:Cx2Π (mˉg ) + Π(Fˉ ) =2(в силу определения понятия потенциальной энергии).Пример 13. Определить полную работу силы тяжести при перемещенииРис.
13маятника от положения равновесия наугол ϕ (OA = l) (рис. 13).Решение. НайдемdA (mˉg ) = mˉg dSˉ = mg cos (90◦ + ϕ) ldϕ = −mgl sin ϕdϕ,dS = ldϕ;ZϕA (mˉg ) = −mgl sin ϕdϕ =0= −mgl (1 − cos ϕ) = −mgh (h = l (1 − cos ϕ)) .Пример 14. Определить работу ньютоновской силы притяжения точки M при паденииее на землю с высоты H, R — радиус Земли(рис.
14).Решение. Элементарная работа силы:KmM ˉKmMF =F=rˉ,r=R+H−y;0r2r2dA(Fˉ ) = Fˉ dˉy.Кроме того, F = mg при y = H, тогдаmgR2KmMgR2;F=;K=;Mr2R2ZHmgR2 Hdy2ˉ==A(F ) = mgRR + H − y 0(R + H − y)2011H2= mgR= mgR−.R R+HH +Rmg =Рис. 14172. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ТИПОВЫХ ЗАДАЧКУРСОВЫХ ЗАДАНИЙВ данном разделе приводится разбор решений типовых задачкурсовых заданий для машиностроительных и приборостроительных специальностей [1—5]. В задачах рассматриваются движениясистем с одной и двумя степенями свободы.Основная задача студента — научиться определять движениемеханической системы и величины действующих в системе сил.2.1.
Задачи для систем с одной степенью свободыПриведем решение задач для систем с одной степенью свободы. В первом примере рассматривается задача о движении механизма и дается алгоритм решения такого типа задач.Рассмотрим решение типовой задачи о движении одностепенной механической системы и об определении реакций опор и внутренних сил.Угловые скорость и ускорение определяются с помощью теоремы об изменении кинетической энергии, реакции — с помощьюуравнений движения тел.Применяемую методику решения задачи рекомендуется использовать в соответствующих задачах курсового задания.Задача 1.
Кулисный механизм находится в вертикальной плоскости; m1 , m2 , m3 — соответственно массы кривошипа 1, ползуна2 и кулисы 3 (рис. 15). К кривошипу приложена пара сил с моментом L = const, OA = l. В начальный момент механизм находилсяв покое, ϕ(0) = 0. Кривошип — однородный стержень.Определить угловые скорость и ускорение кривошипа, скорость кулисы, составляющую реакции шарнира YO и давлениеπползуна на кулису при ϕ1 = рад.2Принять: m1 = 1 кг; m2 = 0,5 кг; m3 = 3 кг; l = 0,2 м;L = 6 Н ∙ м.Решение. Для определения угловой скорости применим теорему об изменении кинетической энергии в интегральной форме(при действующих силах это возможно):X (e) X (i) A Fˉk+A Fˉk .T − T0 =k18kРис.
15Кинетическая энергия звеньев механизмаT = T1 + T2 + T3 ,где T1 , T2 , T3 — кинетические энергии вращения кривошипа 1,поступательных движений ползуна 2, кулисы 3:Jz ω2m1 l 2m1 l2 2ω , ωz = ϕ̇;, Jz =; T1 =2362m2 vAm2 l2 2, vA = l ϕ̇, T2 =T2 =ϕ̇ ,22где vA — скорость точки A (ползуна);T1 =T3 =2m3 vкулm3 l2 2 2ϕ̇ sin ϕ.=22Кроме того,vˉA = vˉe + vˉr ,19где vˉe = vˉкул ; vˉr — переносная и относительная скорости точки A,vˉкул — скорость кулисы.Точка A совершает сложное движение: абсолютное по окружности радиусом OA, относительное — вдоль кулисы, переносное— вместе с кулисой по вертикали:vey = vкулy = l ϕ̇ ∙ sin ϕ.Кинетическая энергия:ϕ̇2 l2 m1T =+ m2 + m3 ∙ sin2 ϕ ,23начальные условия задачи:при t = 0 ϕ = 0, ϕ̇ = 0,поэтому T0 = 0.Определим работу внешних!сил m1 gˉ, m2 gˉ, m3 gˉ и пары сил сX (i) A Fˉk=0 :моментом LXkk(e)A Fˉk= A (m1 gˉ) + A (m2 gˉ) + A (m3 gˉ) + A (L) .Элементарная работа сил:lldA (m1 gˉ) = m1 gˉdˉrC1 = m1 g cos (90◦ + ϕ) dϕ = −m1 g sin ϕdϕ;22rA = −m2 gl sin ϕdϕ;dA (m2 gˉ) = m2 gˉdˉy = m3 g(cos π)l sin ϕdϕ = −m3 gl sin ϕdϕ;dA (m3 gˉ) = m3 gˉdˉdA(L) = Ldϕ.Полная работа сил:lA (m1 gˉ) = −m1 g2Zϕ0lsin ϕdϕ = −m1 g (1 − cos ϕ);2A (m2 gˉ) = −m2 gl (1 − cos ϕ) ;ZϕA (m3 gˉ) = −m3 gl (1 − cos ϕ) ; A(L) = Ldϕ = Lϕ.020Окончательно получимmX (e) 1= Lϕ − glA Fˉk+ m2 + m3 (1 − cos ϕ) .2kПервый интеграл для нашей механической системы примет видm1ϕ̇2 l2+ m2 + m3 sin2 ϕ =3= 2Lϕ − gl (m1 + 2m2 + 2m3 ) (1 − cos ϕ) .Определим угловую скорость кривошипа 1 при ϕ = π/2 рад:r1 L ∙ π − glB,ϕ̇ =lAгде B = m1 + 2m2 + 2m3 ; A = m1 /3 + m2 + m3 ; ϕ̇ = 4,54 рад/с.Скорость кулисы равна: vкулy = l ϕ̇ sin ϕ, при ϕ1 = π/2 радполучим vкул = 0, 908 м/с.С помощью теоремы об изменении кинетической энергии вдифференциальной форме определим угловое ускорение кривошипа:X (e) X (i) dTW FˉkW Fˉk ,+=dtkkгде сумма мощностей внешних сил:X (e) W Fˉk= m1 gˉvˉC1 + m2 gˉvˉA + m3 gˉvˉC3 + Lωz =k= L ϕ̇ − lg ϕ̇ sin ϕm1+ m2 + m3 .2Для всех ϕ̇ окончательно имеемm1+ m2 + m3 sin2 ϕ + m3 l2 sin ϕ cos ϕ ϕ̇2 =l2 ϕ̈3m1+ m2 + m3 .= L − lg sin ϕ2Угловое ускорение кривошипа при ϕ = π/2 рад:εz = ϕ̈ =L − lgB2 , ε = −12, 01 рад/с2 .zl2 Aˉ.Определим величину реакции YˉO и N21Применим теорему об изменении кинетического момента относительно оси Oz (механическая система: кривошип — ползун):XdKz(e)Mz Fˉk ;=dtklJz ϕ̈ + m2 l ϕ̈l = −m1 g sin ϕ + N l sin ϕ − m2 gl sin ϕ + L.2Применим еще теорему об изменении количества движениядля системы кривошип — ползун:X (e)dQyFky ,=dtkгде Qy определяется из уравненияˉ = m1 vˉc + m2 vˉA ;Q1ml1+ m2 ;Qy = m1 ϕ̇ sin ϕ + m2 l ϕ̇ sin ϕ = l ϕ̇ sin ϕ22dQym1+ m2 ϕ̈ sin ϕ + ϕ̇2 cos ϕ ==l2dt= Y0 + N − m1 g − m2 g.Определим N , YO из последних двух уравнений при ϕ == π/2 рад:N = −22,2 H; YO = 34,5 H.Давление ползуна равно N , но имеет противоположное направление.В следующей задаче составляется дифференциальное уравнение движения, которое интегрируется при заданных начальныхусловиях, и таким образом определяется движение механическойсистемы, а затем — силы в системе [1—5].Задача 2.
Рейка 1 массой M находится в зацеплении с шестерней 2 (однородным диском) массой m и радиусом r (рис. 16).Момент пары сил сопротивления, возникающей при вращениишестерни вокруг оси Oz, равен Lz = −αωz , где α = const > 0;ωz — угловая скорость шестерни. К рейке прикреплена пружина жесткостью C, правый конец которой движется по законуS = S0 sin pt, где S0 = const; p — частота возмущения S; [S] = м;22Рис. 16[p] = c−1 ; [t] = c; t — время.
В начальный момент системанаходилась в покое.Найти уравнение вращения шестерни 2 и определить реакциив зацеплении A и опоре O в момент времени t∗ .Принять: r = 0,1 м; C = 100 Н/м; α = 0,4 H ∙ м ∙ c; M = 3 кг;m = 2 кг; p = 3 рад/с; S0 = 0,01 м.Решение. Используем теорему об изменении кинетическойэнергии системы:NN XX(e)(i)dA FˉkdA Fˉk .+dT =k=1k=1Кинетическая энергия системы:M v 2 Jz ω2+,T =22где v — скорость рейки, vx = ẋ; ω — угловая скорость шестерни,ẋmr2ωz = ϕ̇ = ; Jz =.r2На рис. 16 ϕ — обобщенная координата системы.Окончательно получимr2 ϕ̇2B ϕ̇2r2 (2M + m),T =(2M + m) =; B=242dT = B ϕ̇d ϕ̇.23Cумма элементарных работ внешних сил:NXk=1(e)dA Fˉk= −C (x − s) dx − α ϕ̇dϕ,где x = r ϕ и dx = rdϕ при учете начальных условий.Выражение дифференциальной формы теоремы об изменениикинетической энергии имеет видB ϕ̇d ϕ̇ = −С (x − s) dx − α ϕ̇dϕ = (−С (r ϕ − s) r − α ϕ̇) dϕ,откудаиB ϕ̇d ϕ̇= B ϕ̈ = −С (r ϕ − s) r − α ϕ̇dϕB ϕ̈ + α ϕ̇ + Cr2 ϕ = CrS0 sin pt;ϕ̈ + 2n ϕ̇ + K 2 ϕ = h sin pt,гдеCr2αCrS0; K2 =; h=.BBBРешение дифференциального уравнения имеет вид2n =ϕ = e−nt (C1 + C2 t) + aв sin(pt − ε),так как после расчетов установлено, чтоhK = n; aв = q(K 2 − p2 )2 + 4n2 p2; tg ε =2np.− p2K2Расчеты параметров дифференциального уравнения:K = n = 5 рад/с; h = 2, 5 рад/с2 .Начальные условия задачи:при t = 0 ϕ = 0; ϕ̇ = 0.Значения C1 , C2 определяются из ϕ = ϕ(t) и уравненияϕ̇ = −ne−nt (C1 + C2 t) + e−nt C2 + aв p cos (pt − ε) .Здесь aв = 0,0735 рад, ε = 1,08 рад; тогда C1 = 0,0648 рад,C2 = 0,22 рад/c.24Кинематическое уравнение вращательного движения шестерниимеет видϕ = e−nt (0, 0648 + 0, 22t) + 0, 0735 sin (3t − 1, 08) .Здесь ϕ — в рад; t — в с.Для определения реакций необходимо вычислить угловое ускорение шестерни ϕ̈ = ϕ̈(t).Угловое ускорение шестерни равно:ϕ̈ = e−nt n2 (C1 + C2 t) − 2C2 n − aв p2 sin (pt − ε) .Момент времени, для которого определяются реакции, найдемиз условияn (C1 + C2 t∗ ) = 2C2 , t∗ = 0, 1055 c.Для этого момента времениϕ̈ = 0,46 рад/с2 ; ϕ̇ = 0,0295 рад/с.Касательную составляющую реакции в точке A определим изуравнения вращения шестерни относительно оси Ozα ϕ̇mr ϕ̈+= 0, 164 H.2rСоставим уравнения движения центра масс шестерни:Jz ϕ̈ = F r − α ϕ̇; F =mẍ0 = X0 − F, mÿ0 = Y0 − mg − N,где N = F tg β, β = 20◦ .Так как ẍO = ÿO = 0 (точка O неподвижна), тоXO = F, YO = mg + F tg β;XO = 0,164 H, YO = 19,66 H.Следующий тип задач использован в работах [1—5].В механической системе имеется каток, характер качения которого исследуется по определенной методике.