М.Н. Кирсанов - Задачник термех (2005) (853867), страница 8
Текст из файла (страница 8)
Даны массы тел mA , mB , mC(рис.10). Найти ускорение груза A.РешениеВыбираем две независимые переменные q1 = x и q2 = ϕ, однозначноописывающие положение системы (рис.11). Переменная x указываетположение груза по отношению к неподвижной системе отсчета, а ϕ —поворот цилиндра C.x-AABBGAϕGBCCGCРис. 10Рис. 1156Система с двумя степенями свободыРаздел IIВыражаем кинетическую энергию системы через обобщенные скорости ẋ и ϕ̇. Кинетическую энергию всей системы представляем в видесуммы кинетических энергий груза и цилиндров: T = TA + TB + TC .Находим кинетическую энергию поступательного движения груза:TA =mA ẋ2.2Кинетическую энергию вращающегося цилиндра запишем в видеTB =2JB ω2BmB RB(ẋ/RB )2mB ẋ2==.22·24Находим кинетическую энергию цилиндра C, совершающего плоское движение:TC =2JC ω2CmC vC+.22Угловая скорость цилиндра C — ωC = ϕ̇.
Скорость центра массскладывается из переносной скорости ẋ и относительной RC ϕ̇:TC =2 2mC (ẋ + RC ϕ̇)2mC RCϕ̇+.24Кинетическая энергия всей системы определяется по формуле2T = (1/2)ẋ2 (mA + mB /2 + mC ) + ẋϕ̇mC RC + (3/4)ϕ̇2 mC RC.Обобщенную силу Qx вычисляем по формуле Qx = δAx /δx, где δAx— элементарная работа всех сил на перемещении δx. Фиксируем уголповорота цилиндра C: δϕ = 0. Груз A перемещается по горизонталина расстояние δx, цилиндр B поворачивается на некоторый угол, ацилиндр C поступательно перемещается вниз на расстояние δx. Наэтом перемещении работу совершает только сила mC g, следовательно,δAx = mC gδx и Qx = mC g.
Аналогично, фиксируя перемещение груза(δx = 0), даем приращение углу поворота цилиндра C и вычисляемQϕ = mC gRC .57Примеры решенийЗаписываем уравнения Лагранжа (II.1) и вычисляем входящие в нихпроизводные:∂T= ẋ(mA + 0.5mB + mC ) + ϕ̇RC mC ;∂ ẋd ∂T= ẍ(mA + 0.5mB + mC ) + ϕ̈RC mC ;dt ∂ ẋ∂Td ∂T22= ẋRC mC + 1.5ϕ̇RC mC ;= ẍRC mC + 1.5ϕ̈RCmC ;∂ ϕ̇dt ∂ ϕ̇∂T∂T= 0,= 0.∂x∂ϕВ результате уравнения Лагранжа принимают вид:(mA + 0.5mB + mC )ẍ + mC RC ϕ̈ = mC g,mC ẍ + 1.5mC ϕ̈RC = mC g.(II.4)Решаем систему уравнений (II.4) и находим ускорения:ẍ =2mC g2(2mA + mB )g; ϕ̈ =.6mA + 3mB + 2mCRC (6mA + 3mB + 2mC )Задача 3. Механическая система состоит из груза A, бруска B,блока колес C и однородных цилиндров D и E (рис.
12). ЦилиндрD катится без проскальзывания и без трения качения по бруску,скользящему по гладкой горизонтальной поверхности. Даны массыmA = 0, 6 кг, mB = 25 кг, mC = 5 кг, mD = 40 кг, mE = 16 кг. Осицилиндров D и E соединены горизонтальным жестким стержнем.Внешний радиус блока RC = 0, 5 м, внутренний rC = 0, 3 м, радиусинерции ρC = 0, 4 м. Найти ускорение груза A.РешениеСистема имеет две степени свободы.
Решим задачу с помощьюуравнений Лагранжа 2-го рода 1) . Выберем обобщенные координаты:y — вертикальное смещение груза A и s — перемещение центральнойоси цилиндра E. Уравнения Лагранжа 2-го рода имеют вид:d ∂T∂T∂Π−=−;dt ∂ ẏ∂y∂y1)Другой вариант решения задачи с двумя степенями свободы — с помощьюобщих уравнений динамики [6].58Раздел IIСистема с двумя степенями свободыddt∂T∂ ṡ∂T∂Π=−.∂s∂s−Найдем кинетическую энергию системы T , как функцию обобщенных скоростей ẏ и ṡ и потенциальную Π как функцию обобщенныхкоординат y и s.
Кинетическую энергию всей системы представляем ввиде суммы T = TA + TB + TC + TD + TE . sDEBCṡ Ay6DKРис. 12- ẏ RrCCРис. 13Определим кинетические энергии груза A и бруска B, движущихсяпоступательно:TA =2mB vBmA ẏ 2; TB =,22где модуль скорости бруска выразим через модуль угловой скоростиблока колес C vB = ωC rC . Очевидно, ωC = ẏ/RC , откуда vB == ẏrC /RC .Кинетическую энергию вращения блока C вычисляем по формулеTC =JC ω2C,2где JC = mC ρ2C .Находим кинетическую энергию цилиндра D, совершающего плоское движение:TD =2mD vDJD ω2D+.22Угловая скорость ωD зависит от скоростей центра D и точки касания (рис.
13). Так как стержень, соединяющий цилиндры жесткий,то vD = ṡ. Цилиндр катится по бруску без проскальзывания, поэтомускорость точки касания vK равна скорости бруска vB . Составим графПримеры решений59RDK −→D , для которого уравнение для скоростей в проекции на гориπ/2зонталь имеет видvDx = vKx − RD ωD sin(π/2)или −ṡ = ẏrC /RC − RωD , откуда ωD = (ṡ + ẏrC /RC )/RD .Кинетическая энергия цилиндра E (см. с.33)3mE ṡ2.4Кинетическая энергия каждого тела с учетом числовых значенийимеет вид:TA = 0, 3ẏ 2 , TB = 4, 5ẏ 2 , TC = 1, 6ẏ 2 ;TD = 3, 6ẏ 2 + 12ẏṡ + 30ṡ2 , TE = 12ṡ2 .TE =Запишем суммарную кинетическую энергию механизма:T = 10ẏ 2 + 12ẏṡ + 42ṡ2 .Потенциальная энергия вычисляется как работа, совершенная силами, приложенными к механизму, на перемещениях, возвращающихобобщенные координаты в условный «нуль». Очевидно, работа силытяжести mA g груза A на перемещении вниз на расстояние y равнаmA gy, а на перемещении s ни одна сила работы не совершит (силытяжести цилиндров вертикальны, а перемещение горизонтально).
Витоге потенциальная энергия имеет видΠ = mA gy.Запишем уравнения Лагранжа:20ÿ + 12s̈ = −0, 6g;12ÿ + 84s̈ = 0.Решая систему двух алгебраических уравнений, находим искомоеускорение ÿ = −0, 0328g = −0, 322 м/c2 . Знак минус в ответе показывает, что ускорение направлено вниз, груз опускается с ускорением.Задача 4. Механическая система состоит из груза A, однородного цилиндра B, блока колес C с неподвижной осью и грузовD и E (рис. 14). Ось цилиндра B соединена с грузом E тонкойнерастяжимой нитью. На обод цилиндра B намотана нить, накоторой висит груз A.
С внешнего обода блока колес C свисаетгруз D. Даны массы mA = 1 кг, mB = 8 кг, mC = 3 кг, mD = 4 кг,60Раздел IIСистема с двумя степенями свободыmE = 5 кг. Внешний радиус блока RC = 0, 6 м, внутренний rC == 0, 4 м, радиус инерции ρC = 0, 4 м. Найти ускорение груза A.РешениеСистема имеет две степени свободы. Решим задачу с помощьюуравнений Лагранжа 2-го рода. Выберем обобщенные координаты: y— вертикальное смещение груза A и s — горизонтальное перемещениегруза E (налево).
Уравнения Лагранжа 2-го рода имеют вид:d ∂T∂T−= Qy ;dt ∂ ẏ∂y(II.5)d ∂T∂T−= Qs ,dt ∂ ṡ∂sгде Qy и Qs — обобщенные силы.sECẏABDKy66Bṡ?Рис. 14Рис. 15Найдем кинетическую энергию системы T как функцию обобщенных скоростей ẏ и ṡ. Кинетическую энергию всей системы представляем в виде суммыT = TA + TB + TC + TD + TE .Кинетическая энергия груза определяется по формулеmA ẏ 2,2а кинетическая энергия цилиндра B, совершающего плоское движение:TA =2mB vBJB ω2B+,22где скорость центра масс равна скорости груза E: vB = ṡ.
Момент2инерции однородного цилиндра радиусом rB : JB = mB rB/2. ЧтобыTB =Примеры решений61найти угловую скорость ωB , необходимо использовать кинематическийrBB , составленный по цилиндру B от точки обода до центра,граф K −→0из которого следует уравнение для скоростей в проекцию на вертикаль(рис. 15)vBy = vKy + rB ωBz cos 0,или −ṡ = ẏ + rB ωB , откуда ωBz = −(ṡ + ẏ)/rB .Найдем кинетическую энергию вращения блока колес CTC =JC ω2C,2где JC = mC ρ2C , ωC = ṡ/rC .Кинетическая энергия груза D имеет видTD =2mD vD,2где модуль скоростиvD = ωC RC = ṡRC /rC .(II.6)Вычислим кинетическую энергию груза E:mE ṡ2.2Кинетическая энергия каждого тела с учетом числовых значенийимеет вид:TE =TA = 0, 5ẏ 2 ; TB = 4ṡ2 + 2(ẏ + ṡ)2 ; TC = 3ṡ2 /2;TD = 9ṡ2 /2; TE = 5ṡ2 /2.Запишем суммарную кинетическую энергию механизмаT = 2, 5ẏ 2 + 4ẏṡ + 14, 5ṡ2.(II.7)Обобщенные силы будем вычислять как коэффициенты при приращениях соответствующих обобщенных координат в выражении дляэлементарной работы на этом приращении.
Даем приращение δy (координата s при этом фиксируется, следовательно, тела B, C, D иE неподвижны, и силы, приложенные к ним, работы не совершают).ПолучимδAy = −mA gδy,отсюда Qy = −mA g. Аналогично фиксируем координату y (груз Aнеподвижен) и даем приращение δs. Ось цилиндра B опустится, и62Система с двумя степенями свободыРаздел IIсила тяжести совершит положительную работу δA = mB gδs. Груз Dподнимется на высоту δsRC /rC , которую легко вычислить, используявыражение для скорости (II.6). В итоге,δAs = mB gδs − mD gδsRC /rC .Подставим кинетическую энергию (II.7) и обобщенные силы Qy иQs в уравнения Лагранжа (II.5). Учитывая независимость кинетическойэнергии от обобщенных координат∂T∂T= 0,= 0,∂y∂sполучаем5ÿ + 4s̈ = −g;4ÿ + 29s̈ = 2g.Решая систему двух алгебраических уравнений, находим ускоренияÿ = −(37/129)g = −2, 814 м/c2 , s̈ = (14/129)g = 1, 065 м/c2 .
Здесь g == 9, 81 м/c2 . Ускорение груза A меньше нуля, следовательно, согласновыбранному направлению обобщенной координаты (вверх), ускорениегруза направлено вниз.IIIКОЛЕБАНИЯ СИСТЕМЫ С ДВУМЯ СТЕПЕНЯМИСВОБОДЫУсловия задачВ задачах 3.1 — 3.30 механическая система с двумя степенями свободы состоит из двух однородных цилиндров и несколькихлинейно упругих пружин с одинаковой жесткостью c. Цилиндрыкатаются без проскальзывания и сопротивления по горизонтальнойповерхности, пружины в положении равновесия не имеют предварительного напряжения.
Массой пружин пренебречь. Определитьчастоты собственных колебаний системы.Ответы приведены в табл.4 на с. 91.3.23.1ABmA = 2 кг, mB = 1 кг, c = 1 Н/м3.3ABmA = 4 кг, mB = 1 кг, c = 2 Н/м3.4ABmA = 6 кг, mB = 7 кг, c = 6 Н/м3.5ABmA = 2 кг, mB = 9 кг, c = 8 Н/м3.6ABmA = 4 кг, mB = 7 кг, c = 8 Н/мABmA = 6 кг, mB = 3 кг, c = 7 Н/м64Раздел IIIКолебания системы с двумя степенями свободы3.73.8ABmA = 2 кг, mB = 7 кг, c = 10 Н/м3.9BmA = 6 кг, mB = 7 кг, c = 12 Н/мABmA = 2 кг, mB = 3 кг, c = 11 Н/м3.12AABmA = 4 кг, mB = 1 кг, c = 11 Н/м3.13BmA = 6 кг, mB = 3 кг, c = 13 Н/м3.14AABmA = 2 кг, mB = 3 кг, c = 14 Н/м3.15BmA = 4 кг, mB = 5 кг, c = 16 Н/м3.16AABmA = 6 кг, mB = 5 кг, c = 17 Н/м3.17BmA = 2 кг, mB = 9 кг, c = 20 Н/м3.18ABmA = 4 кг, mB = 1 кг, c = 17 Н/мBmA = 4 кг, mB = 7 кг, c = 11 Н/м3.10A3.11AABmA = 6 кг, mB = 9 кг, c = 22 Н/м65Условия задач3.19B3.20AAmA = 2 кг, mB = 3 кг, c = 20 Н/м3.21BmA = 4 кг, mB = 5 кг, c = 22 Н/м3.22ABmA = 2 кг, mB = 7 кг, c = 25 Н/м3.24ABmA = 6 кг, mB = 3 кг, c = 25 Н/м3.26ABAmA = 2 кг, mB = 1 кг, c = 25 Н/м3.27BAmA = 4 кг, mB = 1 кг, c = 23 Н/м3.25BAmA = 6 кг, mB = 9 кг, c = 25 Н/м3.23BBmA = 4 кг, mB = 3 кг, c = 27 Н/м3.28AAmA = 6 кг, mB = 3 кг, c = 28 Н/м3.29BmA = 2 кг, mB = 3 кг, c = 29 Н/м3.30ABmA = 4 кг, mB = 3 кг, c = 30 Н/мABmA = 6 кг, mB = 1 кг, c = 30 Н/м66Раздел IIIКолебания системы с двумя степенями свободыПример решенияЗадача.
Механическая система с двумя степенями свободы состоит из двух однородных цилиндров и двух линейно упругих пружин. Цилиндр A массой mA = 50 кгможет кататься без проскальзывания и трения каченияпо горизонтальной поверхности. Его ось соединена с неподвижной стенкой горизонтальной пружиной 1. Ободыцилиндров связаны нитью и пруB2жиной 2. Цилиндр B массойmB = 20 кг вращается вокруг не1подвижной оси. Жесткость пруAжин, работающих и на сжатие и на растяжение, одинакоРис.
16ва: c = 90 Н/м. Массой пружинпренебречь. Найти частоты собственных колебаний системы.Задачу решим двумя способами. Различие между ними состоит ввыборе обобщенных координат и форме вычисления обобщенных сил вуравнении Лагранжа.1 -й c п о с о бВ качестве обобщенных координат выбираем удлинения пружин(рис. 17). Связи предполагаем идеальными и их реакции на рисункене показываем.Кинетическую энергию системы, состоящую из суммы кинетических энергий двух тел: T = TA + TB , выражаем через обобщенныескорости ẋ1 и ẋ2 . Кинетическая энергия однородного цилиндра A, катящегося без проскальзывания по неподвижной плоскости, вычисляетсяпо формулеTA = (3/4)mA ẋ21 .(III.1)Кинетическая энергия вращения цилиндра B вокруг неподвижной2оси имеет вид TB = JB ω2B /2, где JB = mB RB/2.x2B- 2ẋ1x1A ẋ1AРис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
