М.Н. Кирсанов - Задачник термех (2005) (853867), страница 9
Текст из файла (страница 9)
17Рис. 1867Пример решенияЛевый конец пружины 2 движется со скоростью 2ẋ1 (рис. 18),скорость удлинения пружины ẋ2 . Скорость правого конца пружиныравна скорости точки обода цилиндра B и равна сумме 2ẋ1 + ẋ2 , отсюдаωB = (2ẋ1 + ẋ2 )/RB — угловая скорость вращения цилиндра B. Такимобразом, получаем: TB = mB (2ẋ1 + ẋ2 )2 /4. Кинетическая энергия всейсистемыT = (3/4)mA ẋ21 + (1/4)mB (2ẋ1 + ẋ2 )2 .Для того, чтобы вычислить обобщенную силу Q1 , даем возможноеперемещение (удлинение) δx1 пружине 1, фиксируя удлинениепружины 2, или заменяя пружину 2 нерастяжимой нитью (рис.
19).δx-2BFупр1BFупр2δx1AAРис. 19Рис. 20Воспользуемся формулой Q1 = δA1 /δx1 , где δA1 = −Fупр1 δx1 . Так какFупр1 = cx1 , то Q1 = −cx1 . Аналогично, фиксируя удлинение пружины1, растягиваем пружину 2 на δx2 (рис. 20) и вычисляем элементарнуюработу δA2 = −Fупр2 δx2 . Отсюда Q2 = −cx2 .Записываем систему уравнений Лагранжа 2-го рода:d ∂T∂T−= Q1 ;dt ∂ ẋ1∂x1d ∂T∂T−= Q2 .dt ∂ ẋ2∂x2Вычисляем производные, входящие в уравнения Лагранжа:∂T= 1.5mA ẋ1 + mB (2ẋ1 + ẋ2 );∂ ẋ1∂T= 0.5mB (2ẋ1 + ẋ2 );∂ ẋ2∂T= 0;∂x1∂T= 0.∂x2Уравнения Лагранжа принимают вид:(2mB + 1.5mA )ẍ1 + mB ẍ2 = −cx1 ;mB ẍ1 + 0.5mB ẍ2 = −cx2 .(III.2)68Колебания системы с двумя степенями свободыРаздел IIIЗаписываем (III.2) в стандартной форме уравнений колебаний системы с двумя степенями свободыa11 ẍ1 + a12 ẍ2 + c11 x1 + c12 x2 = 0,(III.3)a21 ẍ1 + a22 ẍ2 + c21 x1 + c22 x2 = 0.Инерционные коэффициенты для данного примера имеют вид:a11 = 2mB + 1.5mA ; a12 = a21 = mB ; a22 = 0.5mB .Коэффициенты жесткости системы c11 = c22 = c, c12 = c21 == 0.
Коэффициенты жесткости и инерционные коэффициенты образуютсимметричные матрицы. Предполагая, что каждая обобщенная координата меняется по закону гармонических колебаний, решение системы(III.3) ищем в формеx1 = A1 sin(ωt + β0 ), x2 = A2 sin(ωt + β0 ),где A1 , A2 , ω, β0 — неизвестные постоянные.
Система (III.2) послесокращения на sin(ωt + β0 ) принимает вид(c − (2mB + 1.5mA ) ω2 )A1 − mB ω2 A2 = 0,−mB ω2 A1 + (c − 0.5mB ω2 )A2 = 0.(III.4)Из условия существования нетривиального решения этой системыдля A1 и A2 получаем уравнение частот:33mA + 5mB 2m A m B ω4 −cω + c2 = 0.(III.5)42Подставляем числовые данные задачи, решаем биквадратное уравнение (III.5) и находим две частоты собственных колебаний системы:ω1 = 0, 871 рад/c, ω2 = 3, 774 рад/c.2-й c п о с о бВ качестве первой обобщенной координаты выбираем смещение xцилиндра A, а в качестве другой — угол поворота ϕ цилиндра B(рис. 21). Таким образом, q1 = x, q2 = ϕ.Кинетическую энергию системы, состоящую из суммы кинетических энергий двух тел, T = TA + TB , выражаем через обобщенныескорости ẋ и ϕ̇.
Кинетическая энергия цилиндра A вычисляется так же,как и в 1-м способе по формуле (III.1): TA = 3mA ẋ2 /4. Кинетическаяэнергия вращения цилиндра B примет вид2TB = JB ϕ̇2 /2 = mB ϕ̇2 RB/4.69Пример решения2Кинетическая энергия всей системы T = (3/4)mA ẋ2 + mB ϕ̇2 RB/4.Для того, чтобы вычислить обобщенные силы, находим потенциальнуюэнергию системы. Силы тяжести работу не совершают, поэтому всяпотенциальная энергия содержится в пружинах. Удлинение первойпружины равно x.
Левый конец пружины 2 смещается на 2x, правый— на RB ϕ в ту же сторону (рис. 22).xB-2x-ϕRBϕAРис. 21Рис. 22Удлинение второй пружины равно по модулю |2x − RB ϕ|. Потенциальная энергия пружин, не имеющих предварительного напряжения,имеет видccΠ = x2 + (2x − RB ϕ)2 .22Обобщенные силы вычисляем по формулам:Q1 = −∂Π∂Π= −c(5x − 2RB ϕ); Q2 = −= −c RB (RB ϕ − 2x).∂x∂ϕВычисляем производные, входящие в уравнения Лагранжа:∂T= 1.5 mA ẋ;∂ ẋ∂T2= 0.5 mB RBϕ̇;∂ ϕ̇∂T= 0;∂x∂T= 0.∂ϕУравнения Лагранжа принимают вид:1.5 mA ẍ = −c(5x − 2RB ϕ);20.5 mB RBϕ̈ = −cRB (RB ϕ − 2x).(III.6)Записываем (III.6) в стандартной форме уравнений колебаний системы с двумя степенями свободы (III.3).
Инерционные коэффициентыдля данного примера имеют вид: a11 = 1.5 mA, a12 = a21 = 0, a22 =2= 0.5 mB RB. Коэффициенты жесткости: c11 = 5c, c12 = c21 = −2cRB ,2c22 = cRB . Решение системы (III.3) ищем в форме гармоническихколебаний: x = A1 sin(ωt + β0 ), ϕ = A2 sin(ωt + β0 ), где A1 , A2 , ω, β0 —70Колебания системы с двумя степенями свободыРаздел IIIнеизвестные постоянные. Система (III.6) после сокращения на общиймножитель sin(ωt + β0 ) принимает вид(5c − 1.5mA ω2 )A1 − 2cRB A2 = 0,−2cA1 + RB (c − 0.5mB ω2 )A2 = 0.(III.7)Для неизвестных амплитуд колебаний A1 и A2 система (III.7)является однородной. Из условия существования нетривиального решения приравниваем нулю определитель системы и получаем уравнениечастот, в точности совпадающее с (III.5).
Таким образом, с другимнабором обобщенных координат находим те же частоты:√ω21,2 = (75 ± 3 505)/10,или ω1 = 0.871 рад/c, ω2 = 3.774 рад/c.ЗАМЕЧАНИЕ. Решение задачи равносильно отысканию собственныхзначений матрицы A−1 C, где A и C — матрицы инерционных иквазиупругих коэффициентов:a11 a12c11 c12A=; C=.a21 a22c21 c22¨ + C~x = 0, где ~x =Действительно, представим (III.3) в виде A~x= {x1 , x2 }. Умножив это уравнение на обратную матрицу A−1 , по¨ + A−1 C~x = 0.
Решение ищем в форме гармоническихлучаем, что ~xколебаний, записываем систему однородных линейных уравнений дляамплитуд колебаний, определитель которой имеет вид det(−ω2 E ++ A−1 C), где E — единичная матрица.Таким образом, квадраты частот равны собственным значениям матрицы A−1 C ([5], §2.10). Напомним, собственные значения λ1,2 матрицыB являются корнями уравненияb11 − λb21b12b22−λ = 0.IVКОЛЕБАНИЯ УЗЛА ФЕРМЫУсловия задачВ задачах 4.1 — 4.30 в одном из шарниров плоской фермы находится точка с массой m. Стержни фермы упругие. Жесткостьстержней EF ; l = 1 м. Ферма расположена в горизонтальной плоскости.
Пренебрегая массой стержней и опор, определить частотысобственных малых колебаний шарнира фермы.Ответы даны в табл. 5 на c. 92.4.14.2mllmlllEF = 0, 9 кН, m = 4 кгlEF = 0, 9 кН, m = 49 кг4.44.3llmmllEF = 0, 9 кН, m = 16 кгllEF = 0, 4 кН, m = 49 кг72Раздел IVКолебания узла фермы4.54.6mml√l 3/260◦lllEF = 0, 4 кН, m = 9 кг4.7EF = 1, 6 кН, m = 36 кг4.8√l 3/260◦√l 3/260◦mmllEF = 1, 6 кН, m = 25 кг4.9EF = 1, 6 кН, m = 36 кг4.10m√l 3/260◦√l 3/260◦mllEF = 0, 9 кН, m = 1 кг4.11EF = 0, 9 кН, m = 16 кг4.12mllmlEF = 2, 5 кН, m = 25 кгlEF = 2, 5 кН, m = 36 кг73Условия задач4.134.14llmmllEF = 2, 5 кН, m = 81 кг4.15EF = 1, 6 кН, m = 81 кг4.16mml60◦60◦l30◦lEF = 1, 6 кН, m = 49 кгEF = 3, 6 кН, m = 4 кг4.184.1760◦60◦60◦30◦60◦30◦mlmlEF = 3, 6 кН, m = 25 кг4.19EF = 3, 6 кН, m = 81 кг4.2060◦60◦m30◦60◦60◦30◦mlEF = 2, 5 кН, m = 81 кгlEF = 2, 5 кН, m = 81 кг74Раздел IVКолебания узла фермы4.214.22l/2l/2l/2l/2mmllEF = 4, 9 кН, m = 36 кг4.23EF = 4, 9 кН, m = 4 кг4.24l/2l/2l/2l/2mmllEF = 4, 9 кН, m = 25 кг4.25EF = 3, 6 кН, m = 1 кг4.26ml/2ml/260◦60◦llEF = 3, 6 кН, m = 1 кг4.27l/2EF = 6, 4 кН, m = 16 кг4.2860◦60◦60◦60◦mlml/2EF = 6, 4 кН, m = 36 кгll/2EF = 6, 4 кН, m = 1 кг75Пример решения4.294.30m60◦60◦60◦60◦mll/2EF = 4, 9 кН, m = 64 кгll/2EF = 4, 9 кН, m = 1 кгПример решенияЗадача.
В шарнире C плоской фермы находится точка с массойm = 9 кг (рис. 23). Материал стержней имеет модуль упругости E,площадь сечения стержней F ,жесткость всех стержней фермыmодинакова, EF = 0, 1 кН, l =C= 1 м. Ферма расположена в горизонтальной плоскости. Пренебрегая массой стержней, шарниров и◦◦6060подвижной опоры, определить чаll/2стоты собственных малых колебаний шарнира C.Рис. 23С учетом упругости стержней система имеет две степени свободы.Основные уравнения задачи следуют из уравнения Лагранжа 2-го рода.В качестве обобщенных координат принимаем горизонтальные и вертикальные перемещения узла x1 и x2 .
Предполагая, что упругие силылинейно зависят от перемещений, записываем уравнение Лагранжа 2го рода в матричном виде:¨ + C~x = 0,A~x(IV.1)где A — матрица инерции, C — матрица жесткости. Матрица обратная C — матрица податливости B = C −1 , коэффициенты которой76Раздел IVКолебания узла фермы(перемещения от единичных сил) вычисляем по формуле Максвелла–Мора [13]:bij = bji =nXSi,k Sj,kk=1lk,EFi, j = 1, 2,(IV.2)где lk — длины стержней, E и F — модуль упругости и площадьпоперечного сечения стержней, Si,k — безразмерное усилие в стержнес номером k от действия единичной горизонтальной (i = 1) иливертикальной (i = 2) нагрузки на шарнир с массой. Произведение EFназывают жесткостью, в данной задаче она считается одинаковой длявсех стержней фермы. Коэффициенты bij имеют простой физическийсмысл: bij — это перемещение узла в направлении i под действиемединичной силы, действующей в направлении j.
Измеряются bij в м/Н.По теореме взаимности Бетти 1) bij = bji .Кинетическая энергия точки имеет вид T = m(ẋ21 + ẋ22 )/2, следовательно, матрица инерции является диагональной:m 0A=.0 m¨ = −ω2 ~x, что равноУмножая (IV.1) на B и делая подстановку ~xсильно заменеx1 = A1 sin(ωt + β0 ),x2 = A2 sin(ωt + β0 ),где A1 , A2 — амплитуды, ω — частота, β0 — начальная фаза колебаний,получаем однородную системуmω2 B~x − ~x = 0,имеющую ненулевое решение в том случае, если ее определитель равеннулю.
Следовательно, задача свелась к поиску собственных значенийматрицы B.ПЛАНРЕШЕНИЯ1. К шарниру, наделенному массой, прикладываем единичную (безразмерную) горизонтальную силу. Определяем усилия в стержняхS1,k , k = 1, ..., n, где n — число стержней фермы.1)Энрико Бетти (1823 — 1892) — итальянский математик.77Пример решения2. Прикладываем к этому же шарниру единичную вертикальнуюсилу. Определяем усилия в стержнях S2,k .3. Используя формулу Максвелла–Мора (IV.2), вычисляем коэффициенты податливости bij .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
