Дубинин В.В., Карпачёв А.Ю., Ремизов А.В. - Общие теоремы динамики (МУ к 2 ДЗ) (1077617), страница 2

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 2)

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.

3, б)4m1x = ROx , m1 y = 0 = N − m1g + ROy ,откудаПри ϕ1 =ROx = m1x,(31)ROy = m1g − N .(32)πрад из уравнений (31), (32) получим422ROx = 26,64 Н, ROy = −26,67 Н, RO = ROx+ ROy= 37,7 Н.14Пример 4. Механическая система (рис. 4) состоит из ступенчатого зубчатогоколеса 1 массой M и радиусами R и r , ρ – радиус инерции колеса 1 относительнооси C ( z ), колесо 1 катится без скольжения по зубчатой рейке и связано с подвижной зубчатой рейкой 3 массой m3 . Рейка 3 движется в горизонтальных гладких на-правляющих. К центру зубчатого колеса шарнирно прикреплен маятник 2, состоящий из невесомого стержня AC длиной l и точки A массой m . В начальныймомент система покоилась, маятник занимал горизонтальное правое положение ибыл отпущен без начальной угловой скорости.

Трением качения и трением в шарнире C пренебречь. При ϕ = ϕ′ определить: 1) скорость и ускорение центра массколеса 1; 2) угловые скорость и ускорение стержня AC ; 3) силу в зацеплении колеса 1 и неподвижной рейки.б3вРис. 4Решение. Механическая система имеет две степени свободы. КоординатыxС и ϕ определяют положение механической системы (рис. 4, а). Используем длярешения теоремы об изменении количества движения в проекции на ось x и кинетической энергии в интегральной форме:NNdQx N ( e )= ∑ Fkx , T − T0 = ∑ A( Fk( e ) ) + ∑ A( Fk(i ) ).dtk =1k =1k =1Количество движения системыQ = Q1 + Q2 + Q3 = M vC + mv A + m3v3 ,(33)15где v A = ve + vr – абсолютная скорость точки A ; ve = vC – переносная скоростьточки A; vr – относительная скорость точки A (vC = vCx , vCx = xC , vCy = 0 – ско-рость центра колеса 1), lϕ , ω=ϕ , v3 x = x3 и x3 = xСvrτ = AC⋅ϕ=R+ r.RИз (33) имеемQx = MxС + m( xС −lϕ sin ϕ )+ m3 xСdQx= −F,dtR+ r,Rd R + r M + m + m3 xС − mlϕ sin ϕ  = − F .dt R(34)(35)Дифференциальное уравнение поступательного движения рейки 3 запишем ввиде m3 a 3 x = m3 x3 = F3 (рис.

4, б).R+ rУчитывая уравнение x3 = xС(aСx = xС ), получаемRm3R+rxС = F3 .R(36)Одно из уравнений плоского движения колеса 1 (рис. 4, в):1 = FR − F3′r ,I Cz ϕ(37)1 =ε1 – угловое ускорение колеса.где F3′= F3 ; I Cz = M ρ2 ; ϕ1 выбрано по ходу часовой стрелки. СПоложительное направление ϕ1 , ϕ 1 , ϕучетом1xC = Rϕ(38) ρ2( R + r )r F = xC M 2 + m3.R2  R(39)из (36), (37) имеемИз (35) и (39) определимd  R 2 +ρ2 R+ r + m + m3 M2 R dt R16 xС − mlϕ sin ϕ = 0.2(40)Интегрируя (40), получаем2 R 2 +ρ2 R+ r  + m + m3 M x − mlϕ sin ϕ= C. R   СR2Постоянную интегрирования C найдем из начальных условий (приxС = 0, ϕ = 0, xС = 0, ϕ = 0 ): C = 0.

Тогда2 R 2 +ρ2 R+ r  + m + m3 M x − mlϕ sin ϕ= 0. R   СR2t=0(41)Кинетическая энергия системыMvC2 I Cz ω12 mv 2A m3v32T =T1 +TA +T3 =+++,2222или1  R 2 +ρ2 R+rT = M+ m + m3 2 R 2 R22 xС − mlϕ xС sin ϕ+ml 2ϕ 2.2NСумма работ внешних сил ∑ A( Fk( e ) ) = mgl sin ϕ, а сумма работ внутрених силk =1N(i )∑ A( Fk ) = 0. С помощью начальных условий находим T0 = 0,k =1и тогда1  R 2 +ρ2 R+ r + m + m3 M2 R 2 R22 xc − mlϕ xC sin ϕ+Из уравнений (41), (42) при ϕ = ϕ′ =ml 2ϕ 2= mgl sin ϕ.2(42)πрад получим2 6,37 рад/с.xС = 0,104 м/с, ϕ=Для определения ускорений продифференцируем уравнение (40):2 R 2 +ρ2 R+ r   sin ϕ+ϕ 2 cosϕ ) = 0.xC − ml (ϕ+ m + m3 M  2RR(43)17Запишем теорему мощностейNdT N= ∑ W ( Fk( e ) ) + ∑ W ( Fk(i ) ) в видеdt k =1k =12 R 2 +ρ2 R+ r  2xС Mmmxml(sincos)++−ϕϕ+ϕϕ+ С32RR(44) xС sin ϕ ) = mglϕ cosϕ.+ mlϕ (lϕ−Из (44) с учетом (43) находим lϕ−xС sin ϕ= g cosϕ.(45) 0.Решая (43) и (45) при ϕ=ϕ′ =π /2 рад, получаем xC = 0, ϕ=Запишем теорему об изменении количества движения системы в проекции наось y :dQydt= N + N D + N E − ( M + m + m3 ) g ,где Qy =− mlϕ cosϕ, тогдаdQydt cosϕ−ϕ 2 sin ϕ ) = N + N D + N E − ( M + m+ m3 ) g .=− ml (ϕ(46)Для рейки имеемm3a3 y = 0 = N 3 + N D + N E − m3 g ,(47)где, согласно (36), при N 3 = F3tg15DF3 = 0, N 3 = 0.(48)Из (46)–(48) получимN D + N E = m3 g , cosϕ−ϕ 2 sin ϕ ).N = ( M + m) g − ml (ϕПри ϕ = ϕ′ = π /2 рад N = 190,7 Н.Для того чтобы найти зависимость скоростей, ускорений и некоторых сил отугла φ, составлена программа для ЭВМ на основе алгоритма, использованного в примере 4.

Характеристики

Список файлов книги