Дубинин В.В.Общие теоремы динамики (1002830), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Если качение каткапроисходит без скольжения, то система имеет одну степень свободы, в противном случае — две. Далее в задаче определяются силыреакции с помощью уравнений движения отдельных тел.Задача 3. Груз 1 массой m1 прикреплен к невесомому нерастяжимому тросу, переброшенному через блок 2 — однородный дискмассой m2 и радиусом r2 . Второй конец троса (рис. 17, а) соединен25с центром C катка 3 (однородного диска) массой m3 и радиусомr3 , катящегося по горизонтальной плоскости.
Коэффициент трения скольжения между катком и плоскостью равен f . В начальныймомент грузу сообщили скорость v0 , направленную вертикальновниз.Рис. 1726Определить характер качения катка 3, составить уравнения движения груза и найти силу реакции на оси блока.Принять: m1 = m; m2 = 2m; m3 = 4m; f = 0, 1.Решение. При качении тел по шероховатой поверхности необходимо исследовать, происходит ли это движение без скольженияили с проскальзыванием.Предположим, что каток 3 катится без скольжения по шероховатой поверхности, тогда точка контакта катка и плоскости является мгновенным центром скоростей vp = 0. В этом случае системаимеет одну степень свободы.Определим ускорение груза 1 с помощью теоремы об изменении кинетической энергии механической системы:NX (e,i)dTWk .=dt(1)k=1Вычислим кинетическую энергию системы.Груз 1 движется поступательно:m1 v12.2Блок 2 вращается вокруг неподвижной оси, проходящей черезцентр масс блока:T1 =T2 =Jz ω22m2 r22v1; Jz =; ω2 = .22r2Каток 3 совершает плоское движение:T3 =2m3 vCvCm3 r32JС z ω23; vC = v1 ; JCz =+; ω3 =.22r32Кинетическая энергия системы имеет видv12m2 3T =m1 ++ m3 .222Вычислим мощность внешних сил:v1yW (m1 gˉ) = m1 gˉvˉ1 = m1 gv1y ;ˉ 0 ) = 0; W (m2 gˉ) = m2 gˉvˉO = 0,= ẏ; W (R27так как vˉO = 0;W (m3 gˉ) = m3 gˉvˉC = 0; W (Fˉтр ) = Fˉтр vˉp = 0;ˉ3 ) = 0;W (NNX(i)Wk = 0.k=1Подставим найденные величины в (1);m2 3+ m3 = m1 gv1y ,v1y a1y m1 +22отсюдаm1 g= ÿ.a1y =m2 3+ m3m1 +22Проверим выполнение условия отсутствия скольжения:|Fтр | 6 f N3 .(2)Для этого составим дифференциальные уравнения движения тел,входящих в систему (рис.
17, б).Для груза 1 имеемm1 aˉ1 = m1 gˉ + Tˉ1 ;Для блока 2 имеемm1 a1y = m1 g − T1 .(3)Jz ε2z = T10 ∙ r2 − T20 ∙ r2 ;0ˉ O + YˉO + Tˉ + Tˉ0 2 ;m2 a0 = m2 gˉ + X1(4)пр. x : 0 = XO − T20 ;пр. y : 0 = −YO + m2 g + T10 ,(5)00ˉˉˉтак как aˉ0 = 0, при этом T1 = −T1 ; T2 = −T2 .Необходимо выбрать систему неподвижных осей координатO1 xy(z) и положительное направление отсчета угловых величин имоментов сил.Это возможно сделать автоматически, если выбрать правуюсистему осей и считать положительным направление против ходачасовой стрелки (рис. 17, б).Имеем aCx = a1y ; a1y = r2 ε2z = ÿ (v1y = ẏ = r2 ω2z ).Кроме того, vCx = ẋC = r3 ω3z и aCx = ẍC = r3 ε3z .28В этих уравнениях связей согласованы знаки проекций скоростей и ускорений, а также угловых скоростей и ускорений. Положительное направление отсчета моментов сил выбирается аналогичновыбору отсчета угловых величин.Дифференциальные уравнения плоского движения катка:ˉ3 + Tˉ2 ;ˉC = Fˉтр + m3 gˉ + Nm3 aпр.
x : m3 aCx = −Fтр + T2 ;пр. y : 0 = −N3 + m3 g;JCz ε3z = Fтр r3 .Находим Fтр из (8) и N3 из (7):m3 m1 g.N3 = m3 g; Fтр = m2 3+ m32 m1 +22(6)(7)(8)Подставляем Fтр , N3 в (2):m3 m1 gm3 g= ;Fтр = m23 m3m2 32 m1 +2 1+++ m3222m1 2 m1Fтр = 0,0625m3 g.Следовательно, условие (2) выполняется:0,0625m3 g < 0, 1m3 g.Система имеет одну степень свободы.Определим закон движения груза. Начальные условия движения:при t = 0 y = 0, ẏ = v0 .Интегрируя уравнениеga1y = ÿ = ,82где g — в м/с , находимa1y t2+ C1 t + C2 ,2где C1 , C2 определяются из начальных условий.Окончательно уравнение движения груза принимает видgy = t2 + v0 t.16y=29Из уравнений (3)—(8) находим323XO = mg; YO = mg.48Если условие (2) не выполняется, то каток катится по плоскостис проскальзыванием и система имеет две степени свободы. Вместоуравнения связи ẍC = r3 ϕ̈ используется условие |Fтр | = f m3 g.2.2. Задачи для систем с двумя степенями свободыВ работах [1—5] введены задачи для систем с двумя степенями свободы.
Предлагается в этих задачах определить движениемеханической системы с помощью двух теорем динамики. Затемдля определения сил реакций используются уравнения движениятвердых тел.Приведем решения типовых задач.Задача 4. Трубка длиной L приварена к оси Az и вращаетсявокруг оси Az (рис. 18). Внутри нее движется точка M массойm. В начальный момент трубке сообщена угловая скорость ω0 , аматериальная точка находилась на расстоянии l < L от точки O.Момент инерции трубки относительно оси Az равен Jz .Определить: скорость точки M ; угловое ускорение трубки; давление точки M на трубку в момент вылета из трубки.Принять: Jz = 20 ml2 ; L = 4l (см. рис.
18).Рис. 1830Решение. Выберем обобщенные координаты ϕ и s.Используем теорему об изменении кинетического момента относительно оси Az:dKz(e)ˉ A ) + Mz (Rˉ B ) = 0.g ) + Mz (m1 gˉ) + Mz (R= Lz = Mz (mˉdtСилы тяжести mˉg , m1 gˉ параллельны оси Az, а силы реакцийˉˉRA , RB пересекают ось.Далее запишем кинетический момент системы:Kz = Kzтр + Kzт = Jz ωz + Mz (ˉq ).q ) = Mz (mˉve ) + Mz (mˉvr ), где qˉ = mˉv ; — количествоЗдесь Mz (ˉдвижения точки M ; vˉ = vˉe + vˉr — соответственно, абсолютная,переносная и относительная скорости точки M .Так как vˉr во все время движения точки пересекает ось Az, тоvr ) = 0, аMz (mˉve ) = ms2 ωz ;Kzт = Mz (mˉKz = Jz + ms2 ωz .Уравнение движения имеет видdKz= 0.dtИнтегрируя это уравнение, получаемKz = Jz + ms2 ωz = C.Постоянную определяем из начальных условий задачи:при t = 0 s = l, ϕ = 0,ṡ = 0, ϕ̇ = ω0 .В результате получаемJz + ml2 ω0 = С .Окончательно запишема при s = LJz + ml2 ω0ωz =,Jz + ms2Jz + ml2 ω07ωz =; ωz =ω0 .212Jz + mL31Определим относительную скорость точки M в момент вылета ее из трубки с помощью теоремы об изменении кинетическойэнергии системы:T − T0 =NX(e)A(Fˉk )+k=1NX(i)A(Fˉk ).k=1При отсутствии трения сумма работ внешних и внутренних силравна нулю, и тогдаT = T0 ,гдеJz ω2 mv 2T =+;22и v 2 = ṡ2 + (sω)2 .Окончательно получимT = Jz + ms2отсюда при начальных условиях ω2 mṡ2+,22 ω20.2Из теоремы об изменении кинетической энергии найдем приs=Lvrs = ṡ = 2,96l ω0 .Переносная скорость:77ve = 4l ω0 = l ω0 .123Абсолютная скорость точки M при вылете из трубки:T0 = Jz + ml2v = 3,77l ω0 .dKz= 0:Определим угловое ускорение трубки изdtεz Jz + ms2 + 2ωz msṡ = 0,откудапри s = L32εz = −2 ωz msṡ,Jz + ms2εz = −0, 384ω20 .Используем теорему об изменении кинетической энергии вдифференциальной форме:NX (e,i)dTWk= 0,=dtk=1откудаdT= 0.dtСкорости точек приложения сил mˉg , m1 gˉ перпендикулярнысилам, а скорости точек A и B равны нулю.После дифференцирования кинетической энергии по времениполучимωz Jz + ms2 εz + 2ωz msṡ + −mω2z s + ms̈ ṡ = 0,oткуда с учетомиdKz= 0 имеемdtms̈ − mω2z s = 0s̈ = ω2z s,при s = L49 2lω .36 0Определим давление точки M на трубку.Составим для точки M ее уравнение абсолютного движения ввидеˉ2 ,ˉ1 + Nmˉa = mˉg+Nгде aˉ=aˉr + aˉe + aˉk — соответственно абсолютное, относительное,переносное, кориолисово ускорения;s̈ =ars = s̈; ane = sω2z ; aeτ = sεz ; ak = 2ωz ṡ sin 90◦ .Уравнения движения точки M в проекциях на оси Ox и Ozимеют видпр.Ox :m(−sεz − 2ωz ṡ) = N2 ;пр.Oz :0 = N1 − mg.Отсюда при s = L получим составляющие реакции трубкиN2 = −1, 92ml ω20 , N1 = mg.
Знак минус означает, что направление N2 противоположно выбранному направлению.33Величина полной реакции трубки и давление точки на трубку:qN = m g 2 + 3,68l2 ω40 .Замечание. Уравнение движения точки M вдоль трубки можно получить, проецируя уравнение движения точки в векторнойформе на ось Oy:m s̈ − sω2z = 0.Задача 5. Однородный диск 1 массой M может вращаться вокруг оси Оz, перпендикулярной плоскости (рис. 19, а). С дискомжестко скреплена трубка 2, внутри которой движется материальная точка 3 массой m. В начальный момент точке 3 сообщаетсяначальная скорость v0 относительно трубки, диску — угловая скорость ω0z . Диск расположен в горизонтальной плоскости. Массойтрубки 2 и трением пренебречь (рис. 19, б).Определить самостоятельно: угловые скорость и ускорениедиска; относительные скорость и ускорение точки; давление точкина трубку и реакцию в опоре O.
Угол α задан.Рис. 1934Решение. Система имеет две степени свободы. Обобщенныекоординаты s и ϕ. Положительные направления отсчета s — от O0влево, ϕ — против хода часовой стрелки.Используем теоремы об изменении кинетического момента икинетической энергии в дифференциальной форме.Теорема об изменении кинетического момента имеет видXdKz(e)ˉ 0 = 0,Mz Fˉk= Mz (mˉg ) + Mz (M gˉ) + Mz R=dtNk=1ˉ 0 пересекает ось Oz, а силы тяжести mˉтак как Rg , M gˉ параллельны этой оси.Из уравненияdKz= 0,dtинтегрируя его, получаем Kz = C — первый интеграл системы,причем Kz = Kzд + Kzт , Kzд , Kzт — кинетические моменты длядиска и точки.Далее находимq) ,Kzд = Jz ωz , Kzт = Mz (ˉгде q = mˉv = mˉvr + mˉve , vˉ = vˉr + vˉe ,vrs = ṡ; ves = r ϕ̇.Относительная vˉr и переносная vˉe скорости точки 3 (см.рис. 19, б) направлены по касательной к трубке (в записи проекцииves соблюдено правило знаков проекции переносной скорости наположительное направление отсчета s и ϕ̇).Окончательно получаемKz = Jz ωz + m (ṡ + r ϕ̇) r = С , ωz = ϕ̇.Постоянную определим из начальных условий:при t = 0 ϕ = 0, ϕ̇ = ω0z ,s = 0, ṡ = v0 ;C = Jz ω0z + m (v0 + r ω0z ) r,и тогда получимJz + mr2 ϕ̇ + mrṡ = Jz + mr2 ω0z + mrv0 .(1)35Теорема об изменении кинетической энергии в дифференциальной форме имеет видNN XXdT(e)(i)ˉ=W Fk+W Fˉk .dtk=1k=1Сумма мощностей сил равна нулю.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
