М.Н. Кирсанов - Задачник термех (2005) (853867), страница 7
Текст из файла (страница 7)
К нижнемуцилиндру приложен момент M . Составитьуравнение движения системы. За обобщеннуюкоординату принять угол поворота спарника ϕ.2M6 ϕ1Решение2rРассмотрим кинематический граф (рис. 6) A −→ Bвдоль спарни-ϕка AB. Соответствующие уравнения для проекций скоростейvBx = vAx − 2rϕ̇ sin ϕ, vBy = vAy + 2rϕ̇ cos ϕ.yy636BBCPAAϕ-ϕKxРис.
6xРис. 7Учитывая, что vAy = vBx = 0, имеем: vAx = 2rϕ̇ sin ϕ, vBy == 2rϕ̇ cos ϕ. Рассмотрим проекции скоростей на ось y для графаr0B −→ C (рис. 7)vCy = vBy + rω3z cos 0.43Примеры решенийОткуда получаем угловую скорость верхнего цилиндраω3z = −2ϕ̇ cos ϕ.(I.7)rπ/22rϕПроекции скоростей на ось x для графа K −→ A −→ B , где K —точка касания нижнего цилиндра и пластинки (см. рис. 7)vBx = vKx − rω2z sin(π/2) − 2rϕ̇ sin ϕ.Найдем скорость поступательного движения пластинки:vKx = rω2z + 2rϕ̇ sin ϕ.(I.8)Запишем граф по цилиндрамrrrK −→ A −→ P −→ B,π/2ϕϕгде P — точка соприкосновения цилиндров. Запишем соответствующиеуравнения для проекций скоростейvBx = vKx − rω2z sin(π/2) − rω2z sin ϕ − rω3z sin ϕ,илиvKx = rω2z + rω2z sin ϕ + rω3z sin ϕ.(I.9)Из (I.7) — (I.9) следует выражение для угловой скорости нижнегоцилиндра ω2z = 2ϕ̇(1 + cos ϕ) и скорость пластинки vKx = 2rϕ̇(1 ++ cos ϕ + sin ϕ).Запишем кинетическую энергию плоского движения цилиндра ипоступательного движения пластинки:2m1 vKx= 2m1 r2 ϕ̇2 (1 + cos ϕ + sin ϕ)2 ;22J2 ω22zm2 vAxT2 =+,22T1 =где vAx = 2rϕ̇ sin ϕ, J2 = m2 r2 /2.
Суммарная кинетическая энергияимеет видϕ̇2A + B sin2 ϕ + C sin 2ϕ + D sin ϕ + E cos ϕ .2В выражение обобщенной силы войдет только момент:T =Q=1(−M ω2z ) = −2M (1 + cos ϕ).ϕ̇44Раздел IСистема с одной степенью свободыЗадача 91BA?MCOϕ2KНа оси обода радиусом R, массой m1шарнирно зареплен стержень AB длиной L,скользящий одним концом по вертикальнойплоскости. На другом конце стержня шарнирно закреплен диск радиусом r, катящийсяпо внутренней поверхности обода. К диску приложен момент M . Качение обода погоризонтальной плоскости происходит безпроскальзывания. Масса диска m2 . Составить уравнение движения системы. За обобщенную координату принять угол поворотастержня ϕ.РешениеНайдем кинематические величины, входящие в выражение для кинетической энергии и обобщенной силы. Введем обозначение OB =a= a = L − R + r. Составим граф O −→ B , из которого следуетϕvBx = vOx − aϕ̇ sin ϕ.Получим скорость центра, необходимую для вычисления кинетической энергии обода,vOx = aϕ̇ sin ϕ.RВ соответствии с графом K −→ O , запишем уравнениеπ/2vOx = vKx − Rω1z sin(π/2),из которого следует выражение для угловой скоростиω1z = −(a/R)ϕ̇ sin ϕ.R−rНайдем скорость центра диска.
Составим граф A −→ O и запишемϕдва уравненияvOx = vAx − (R − r)ϕ̇ sin ϕ; vOy = vAy + (R − r)ϕ̇ cos ϕ.ПолучимvAx = Lϕ̇ sin ϕ;vAy = −(R − r)ϕ̇ cos ϕ.(I.10)45Примеры решенийДля того, чтобы определить угловую скорость диска 2, необходимоRсоставить граф C −→ O и записать соответствующее уравнение вϕпроекции на ось x:vOx = vCx − Rω1z sin ϕ.Компонента скорости точки касания обода и диска имеет видvCx = aϕ̇ sin ϕ(1 − sin ϕ).rИз графа C −→ A следует уравнениеϕvAx = vCx − rω2z sin ϕ,из которого можно найти угловую скоростьω2z = ϕ̇(a(1 − sin ϕ) − L)/r.(I.11)Кинетическая энергия плоского движения обода имеет видT1 =2J1 ω21zm1 vO+,22где J1 = m1 R2 — момент инерции обода.
С учетом выражения дляскорости центра получимT1 = m1 a2 ϕ̇2 sin2 ϕ.Найдем кинетическую энергию плоского движения диска 2:2m2 vAJ2 ω22z+.22Подставим сюда выражение для скорости центра (I.10) и угловойскорости (I.11). ПолучимT2 =ϕ̇2m2 2L2 sin2 ϕ + 2(R − r)2 cos2 ϕ) + (a(1 − sin ϕ) − L)2 .4Кинетическая энергия системы имеет видT2 =ϕ̇2(A + B sin2 ϕ).2Обобщенная сила зависит от момента M и силы тяжести диска 2:1Q = (M ω2z − m2 gvAy ) = M (a(1 − sin ϕ) − L)/r + m2 g(R − r) cos ϕ.ϕ̇T = T1 + T2 =IIСИСТЕМА С ДВУМЯ СТЕПЕНЯМИ СВОБОДЫУсловия задачВ задачах 2.1 — 2.36 механическая система с идеальными стационарными связями имеет две степени свободы и движется поддействием сил тяжести. Три элемента механизма наделены массами, кратными некоторой массе m.
Трением пренебречь. Подвижныеи неподвижные блоки считать однородными цилиндрами. Найтивеличину ускорения груза A или центра цилиндра A.Ответы даны в табл. 2 на с. 89, 90 .2.12.2AACBmA = 3m, mB = 5m, mC = 4m2.3BCBmA = 4m, mB = 3m, mC = 3mB2.4CAmB = 5m, mA = 4m, mC = 4m2.5CAmB = 6m, mA = 5m, mC = 4m2.6BACmB = 3m, mC = 2m, mA = 3mABCmB = 2m, mC = 3m, mA = 5m47Условия задач2.7ACBmA = 5m, mB = 4m, mC = 6mB2.9CAmB = 4m, mA = 3m, mC = 5mA2.112.8CABmA = 6m, mB = 5m, mC = 7m2.10BCAmB = 5m, mA = 4m, mC = 6mA2.12BBCmB = 3m, mC = 5m, mA = 7mC2.13ACmB = 3m, mC = 2m, mA = 4mAC2.14BmA = 4m, mB = 3m, mC = 5mC2.15BBmA = 5m, mB = 4m, mC = 6m2.16CBAmB = 6m, mA = 5m, mC = 7mAmB = 2m, mA = 2m, mC = 4m48Система с двумя степенями свободы2.17A2.18BmA = 6m, mB = 5m, mC = 7mC2.21ABBCmB = 4m, mC = 3m, mA = 5mA2.19CРаздел IICmB = 5m, mC = 4m, mA = 6m2.20BCAmB = 3m, mA = 2m, mC = 4mC2.22BBAmB = 2m, mA = 3m, mC = 5mC2.23BAmB = 5m, mA = 4m, mC = 6mBC2.24AmB = 6m, mA = 5m, mC = 7mC2.25BAmB = 3m, mA = 2m, mC = 4mAmB = 4m, mA = 3m, mC = 5m2.26ACBmA = 3m, mB = 4m, mC = 4m49Условия задач2.272.28BBAACmB = 7m, mA = 5m, mC = 4m2.29CmB = 4m, mA = 2m, mC = 3m2.30BBCAmB = 5m, mC = 3m, mA = 3mCAmB = 4m, mC = 2m, mA = 3m2.322.31CABAmA = 3m, mB = 5m, mC = 8m2.33CBmA = 5m, mB = 3m, mC = 6m2.34BBCCAmB = 6m, mA = 4m, mC = 7mAmB = 7m, mA = 5m, mC = 8m2.352.36BACmB = 4m, mC = 2m, mA = 5mACBmB = 2m, mC = 3m, mA = 6m50Раздел IIСистема с двумя степенями свободыВ задачах 2.37 — 2.62 механическая система с идеальными стационарными связями имеет две степени свободы и состоит из пятител.
Блок (или однородный цилиндр) D катится без проскальзывания по неподвижной горизонтальной плоскости или по подвижной тележке массой mE . Блок состоит из двух соосных жесткоскрепленных цилиндров. Массой колес тележки пренебречь. ГрузыA, B и ось однородного цилиндра E перемещаются вертикально поддействием сил тяжести.
Даны массы mA = 10 кг, mB = 11 кг, mC == 12 кг, mD = 13 кг, mE = 14 кг, радиусы RC = 24 см, rC = 10 см,RD = 20 см, rD = 15 см и радиусы инерции блоков ρC = 20 см,ρD = 24 см. В тех вариантах, где тело D — однородный цилиндр,принять rD = 15 см. Трением качения пренебречь. Найти ускорениегруза A.Ответы (в м/с2 ) даны в табл. 3 на с. 90.2.372.38CDDCEEAABBD2.392.40ECDCEAB2.41ADCB2.42DCEEABAB51Условия задач2.432.44CCDDEEAAB2.45BDC2.46DCEEABBA2.472.48CDCEDEBABA2.492.50CDDCEEAABBD2.512.52DECCEABAB52Раздел IIСистема с двумя степенями свободы2.53D2.54CDCEEABA2.55B2.56CCDDEEAABB2.57DC2.58DCEEABA2.59B2.60CDCEDEABA2.61B2.62CDDCEAEABB53Примеры решенийПримеры решенийЗадача 1.
Механическая система с идеальными стационарнымисвязями имеет две степени свободы и состоит из цилиндра ибруска. К оси однородного ци1линдра массой m1 приложена гоFризонтальная сила F . Цилиндркатится по бруску массой m2 .Трение между бруском и горизонтальным основанием отсут2ствует (рис.
8). Трением качения пренебречь. Найти ускорениецентра масс цилиндра.Рис. 8РешениеВыбираем две обобщенные координаты q1 = x1 и q2 = x2 , исоставляем для них систему уравнений движенияd ∂T∂T−= Q1 ;dt ∂ ẋ1∂x1(II.1)d ∂T∂T−= Q2 .dt ∂ ẋ2∂x2Пусть координата x1 указывает положение центра цилиндра поотношению к неподвижной системе отсчета, а x2 — положение брускаотносительно той же неподвижной системы отсчета. Направляем осиx2 и x1 в сторону движения, т.е.
направо (рис.9).xδx11 -1δx2x-2G1F-~v1~v-22G2Рис. 954Система с двумя степенями свободыРаздел IIВыражаем кинетическую энергию системы через обобщенные скорости ẋ1 = v1 и ẋ2 = v2 .Кинетическую энергию всей системы представляем в виде суммыкинетических энергий цилиндра и бруска: T = T1 + T2 . Находимкинетическую энергию цилиндра, совершающего плоское движение:T1 =m1 v12Jω21+.22(II.2)Угловая скорость ω1 зависит от разности скоростей центра и точкикасания. Так как цилиндр катится по бруску без проскальзывания,скорость точки касания равна скорости бруска v2 :ω1 = |v1 − v2 |/R.Подставляем в (II.2) момент инерции однородного цилиндра относительно его оси, J = m1 R2 /2. В результате получаем выражение длякинетической энергии цилиндра:T1 =m1(2v12 + (v1 − v2 )2 ).4Кинетическая энергия бруска вычисляется по формулеT2 =m2 v22.2Кинетическую энергию всей системы запишем в видеT =m1m2 v22(2v12 + (v1 − v2 )2 ) +.42Обобщенную силу Q1 вычисляем по формуле Q1 = δA1 /δx1 , где δA1— элементарная работа всех сил на перемещении δx1 .
При вычисленииэлементарной работы δA1 на приращении обобщенной координаты x1фиксируется другая обобщенная координата, т.е. δx2 = 0. Очевидно,что кроме силы F на таком перемещении ни одна сила работы не совершает, следовательно, δA1 = F δx1 и Q1 = F . Аналогично вычисляемдругую обобщенную силу: Q2 = 0.55Примеры решенийЗаписываем уравнения Лагранжа (II.1) и вычисляем входящие в нихпроизводные:∂Tm1d ∂T3m1m1= m1 v1 +(v1 − v2 );=W1 −W2 ,∂v12dt ∂v122m∂Tm1d ∂Tm11= m2 v2 +(v2 − v1 );=−W1 ++ m2 W2 ,∂v22dt ∂v222∂T∂T= 0;= 0,∂x1∂x2где W1 = v̇1 , W2 = v̇2 .
Уравнения Лагранжа принимают вид3W1 m1 − W2 m1 = 2F,(II.3)−W1 m1 + W2 (m1 + 2m2 ) = 0.Решаем систему уравнений (II.3):W1 = Fm1 + 2m2F, W2 =.m1 (m1 + 3m2 )m1 + 3m2Задача 2. Механическая система с идеальными стационарными связями имеет две степени свободы и состоит из груза A,скользящего без трения по плоскости, и однородных цилиндров Bи C. Цилиндр C падает вертикально вниз и передает движениецилиндру B и грузу A, с которыми он связан нерастяжимой нитью.Нить разматывается с цилиндра C.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
