Учебник - Механика. Методика решения задач - Русаков (1238761), страница 42
Текст из файла (страница 42)
Задачу решаем динамическим методом в лабораторной инерциальной сисРис. 8.24теме отсчета. Направим ось X декартовойсистемы координат вертикально вниз (см.рис. 8.25). На тело массой m действуют четыре силы – сила тяжести mg, сила Архимеда FAрх, сила натяжения нити T1 и сила вязкоготрения, пропорциональная скорости тела Fтр = −η x& (см. (2.12) вп. 2.1.2.В Главы 2). Под действием указанных сил тело совершаетвертикальные затухающие колебания.II.
Запишем уравнение движениятела в проекции на ось Х:(8.113)m&x& = mg − FАрх − T1 − η x& .Запишем также уравнение моментовдля блока относительно закрепленной оси,совпадающей с осью симметрии блока инаправленной за плоскость чертежа(рис. 8.25):Jα&& = T1r − T2 R .(8.114)Здесь α – угол поворота блока, T1 и T2 –силы натяжения правой и левой нитей,действующие на блок.Нить считаем невесомой, следовательно, сила натяжения левой нити равнасиле упругости, с которой пружина действует на нить:T2 = k ( xпр − xпр,0 ) ,T2T1T1xпрFАрхxFтрXmgРис. 8.25(8.115)ГЛАВА 8. Свободные и вынужденные колебания301где xпр – координата точки крепления левой нити к пружине, xпр,0– координата той же точки при нерастянутой пружине.Поскольку нити по условию задачи нерастяжимы, изменениеугла поворота блока и изменение координат тела и точки крепления нити к пружине связаны соотношениями:Δx,(8.116)Δα =rΔxпр.(8.117)Δα =RДифференцируя (8.116) по времени, получаем уравнение кинематической связи углового ускорения блока и ускорения тела:&x&α&& = .(8.118)rИсключая изменение угла поворота блока Δα из (8.116) и(8.117), получаем уравнение кинематической связи изменений координат точки крепления левой нити к пружине и тела:RΔxпр = Δx .(8.119)rВоспользовавшись (8.119), преобразуем (8.115) к виду:R(8.120)T2 = k ( x − x0 ) ,rгде x0 – координата тела в положении, когда пружина не растянута.В результате записана полная система уравнений (8.113),(8.114), (8.118) и (8.120), которая с учетом начальных условий позволяет получить закон движения тела.III.
Исключая α , T1 и T2 из системы уравнений (8.113),(8.114), (8.118) и (8.120), получаем дифференциальное уравнениевторого порядка для координаты тела x :J ⎞R2⎛&&&(8.121)mxxmgFkxx++η−++(−)=0.⎜⎟Арх0r2 ⎠r2⎝Найдем координату тела x ðàâí в положении равновесия, прикотором отсутствуют колебания ( x& = 0 и &x& = 0 ):r2xравн = x0 + (mg − FАрх ) 2 .kR(8.122)МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ302Сделаем замену переменных, означающую введение координаты тела ξ , отсчитываемой от положения равновесия:ξ = x − x равн .(8.123)В этом случае из (8.121) получим уравнение для координатытела ξ :ηr 2kR 2ξ = 0,(8.124)mr 2 + Jmr 2 + Jкоторое имеет вид уравнения затухающих колебаний (см.
(8.33) вп. 8.1. Теоретический материал).Сравнивая полученное уравнение с (8.33), для коэффициентазатухания δ и частоты собственных незатухающих колебаний ω0можно записать:ηr2δ=,(8.125)2(mr 2 + J )ξ&& +ξ& +kR 2.mr 2 + JРешением уравнения (8.124) является функцияξ (t ) = Аe −δ t cos(ω t + ϕ 0 ) ,ω0 =(8.126)(8.127)где ω = ω02 − δ 2 − частота затухающих колебаний, определяемаяпараметрами рассматриваемой колебательной системы, A − амплитуда и ϕ 0 − начальная фаза, определяемые начальными условиями.При произвольном выборе начала отсчета лабораторной системы координат закон движения тела будет иметь вид:x(t ) = xравн + Аe −δ t cos(ω t + ϕ 0 ) ,(8.128)С учетом начальных условий, заданных в задаче,x(t = 0) = xравн ,(8.129)x& (t = 0) = V0(8.130)находим амплитуду колебаний тела A и начальную фазу ϕ 0 :V0A=,(8.131)ω02 − δ 2ГЛАВА 8.
Свободные и вынужденные колебанияϕ0 = −303π.(8.132)2Искомый в задаче закон движения тела описывает затухающие колебания относительно положения равновесия (см. рис. 8.26):V0x(t ) = xравн +e −δ t sin ω02 − δ 2 t .(8.133)ω02 − δ 2)(x (t )xравнtРис. 8.26Следует отметить, что полученное решение справедливо прималом затухании, когда δ < ω0 (см. п. 8.1.2. Собственные затухающие колебания). Если неравенство не выполняется, то решениемуравнения (8.121) является функция (8.41)⎛⎜ −δ + δ 2 −ω 2 ⎞⎟ t0⎠x(t ) = xравн + A1e ⎝⎛⎜ −δ − δ 2 −ω 2 ⎞⎟ t0⎠+ A2 e ⎝,(8.134)где коэффициенты А1 и А2 определяются начальными условиями(8.129) и (8.130):V0A1 = − A2 =.(8.135)2 δ 2 − ω02При этом закон движения тела принимает вид:⎛⎜ −δ − δ 2 −ω 2 ⎞⎟ t ⎞⎛ ⎛⎜⎝ −δ + δ 2 −ω02 ⎞⎟⎠t0V0⎝⎠ ⎟⎜e−x(t ) = xравн +e⎟ .
(8.136)22 ⎜2 δ − ω0 ⎝⎠Выражение (8.136) описывает апериодический процесс (см.рис. 8.27), при котором в системе не возникает колебаний, она экспоненциально приближается к положению равновесия.МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ304x(t )xравнtРис. 8.27Задача 8.7(Свободные затухающие колебания)Тонкий однородный диск массой m и радиусом R, подвешенный в горизонтальном положении к упругой нити, отклонили наугол α 0 от положения равновесия и отпустили с нулевой начальной угловой скоростью. Диск совершает крутильные колебания ввязкой жидкости (см.
рис. 8.28). Сила вязкого трения, действующая на единицу площадиповерхности диска со стороны жидкости,равна f в = −ηυ , где η = const , υ – скоростьданного элемента диска относительно жидкости. Момент упругих сил со стороны нитиРис. 8.28равен M упр = Dα , где D – постоянный коэф-фициент, α – угол поворота диска относительно положения равновесия. Найти закон движения диска.РешениеI. Используем динамический метод решения задачи.
Дискбудем считать абсолютно твердым телом. На него действуют трисилы: сила тяжести, упругая сила со стороны нити и сила вязкоготрения, действующая со стороны жидкости. Под действием указанных сил диск совершает затухающие крутильные колебания вокругвертикальной оси, проходящей через центр диска.II. Запишем уравнение моментов (см. (6.48) в п. 6.1.2.
Главы 6) для диска относительно вертикальной оси, проходящей черезего центр:Jα&& = M упр + M в ,(8.137)ГЛАВА 8. Свободные и вынужденные колебания305где J – момент инерции диска относительно оси вращения, Mв –момент сил вязкого трения. Момент силы тяжести относительноуказанной оси равен нулю.Момент инерции диска относительно его оси, совпадающей сосью вращения, равен (см. (6.44) в Главе 6):mR 2.(8.138)J=2Запишем момент dMв силы трения, действующей на кольцеобразный элемент поверхности диска радиусом r и площадьюdS = 2πrdr:dM в = −2πrdrηυr = −2πr 3ηdrα& .(8.139)Учитывая, что сила вязкого трения действует на обе поверхности диска, найдем суммарный момент сил трения, интегрируя пообеим поверхностям диска:RM в = −2 ⋅ 2πηα& ∫ r 3dr = −πηR 4α& .(8.140)0III. Уравнение движения диска получаем подстановкой(8.140) в (8.137) с учетом (8.138) и заданного в условии задачи выражения для момента упругих сил:2πηR 22Dα&& +α& +α =0.(8.141)mmR 2Сравнивая (8.141) с уравнением затухающих колебаний(8.33), получим выражения для коэффициента затухания δ и частоты собственных незатухающих колебаний диска ω0 :δ=πηR 2,(8.142)m2Dω0 =.(8.143)mR 2В случае слабого затухания ( δ < ω0 ) решение уравнения(8.141) имеет вид (см.
(8.34)):α = Ae −δ t cos(ωt + ϕ0 ) ,(8.144)где ω = ω02 − δ 2 – частота собственных затухающих колебанийдиска, A – амплитуда, ϕ 0 – начальная фаза.С учетом начальных условий, заданных в задаче,МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ306α (t = 0) = α 0 ,α& (t = 0) = 0(8.145)(8.146)находим амплитуду A и начальную фазу ϕ 0 колебаний диска:A = α0 ,(8.147)ϕ0 = 0 .(8.148)Искомый в задаче закон движения диска описывает затухающие колебания относительно положения равновесия (см.рис.
8.29):()α (t ) = α 0 e −δ t cos ω02 − δ 2 t ,(8.149)α (t )α0t0Рис. 8.29Полученное решение справедливо при малом затухании колебаний, когда δ < ω0 (см. п. 8.1.2. Собственные затухающие колебания). Если неравенство не выполняется, то решением уравнения(8.141) является функция (8.41)⎛⎜ − δ + δ 2 − ω 2 ⎞⎟ t0⎠α (t ) = A1e⎝⎛⎜ − δ − δ 2 − ω 2 ⎞⎟ t0⎠+ A2 e⎝,(8.150)где коэффициенты A1 и A2 определяются начальными условиями(8.145) и (8.146):⎞α ⎛δ⎟.A1 = 0 ⎜1 +(8.151)22 ⎟2 ⎜−δω0⎝⎠⎞α ⎛δ⎟.A2 = 0 ⎜1 −(8.152)22⎜⎟2−δω0 ⎠⎝При этом закон движения диска в жидкости принимает вид:ГЛАВА 8. Свободные и вынужденные колебания⎞ ⎛⎜ −δ + δ 2 −ω 02 ⎞⎟t⎟e ⎝⎠+22 ⎟2 ⎜−δω0 ⎠⎝⎞ ⎛⎜ −δ − δ 2 −ω02 ⎞⎟tα ⎛δ⎟e ⎝⎠+ 0 ⎜1 −.(8.153)22 ⎟2 ⎜−δω0 ⎠⎝Выражение (8.153) описывает апериодический процесс (см.рис.
8.30), при котором в системе не возникает колебаний, она экспоненциально приближается к положению равновесия.α (t ) =α 0 ⎛⎜3071+δα (t )α0t0Рис. 8.30Задача 8.8(Вынужденные колебания, резонанс)Тело массой m = 100 г, подвешенное на легкой пружине жесткостью k = 40 Н/м, совершает установившиеся колебания поддействием вертикальной вынуждающей силы F = F0 cos pt , частотакоторой p = 25 рад/с и амплитуда F0 = 1 Í . Смещение тела из положения равновесия отстает по фазе от вынуждающей силы наϕ = −3π / 4 . Определить добротность колебательной системы Q , атакже резонансную частоту pрез , соответствующие резонансу сме-щения, и амплитуду смещения при резонансе Aрез .РешениеI.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
