- •Сборник
- •1. Содержание первого задания
- •1.1. Теоретические сведения к первому заданию
- •1.2. Пример выполнения первого задания
- •2. Содержание второго задания
- •2.1. Теоретические сведения ко второму заданию
- •2.2. Пример выполнения второго задания
- •3. Контрольные вопросы для самопроверки при подготовке к защите расчетно-графической работы
- •Список рекомендуемой литературы
- •Оглавление
2.2. Пример выполнения второго задания
Пример. Механическая система, состоящая из четырех тел (рис.2.6): грузов 1 и 4, блока 2 и катка 3, кинематически связанных между собой нерастяжимыми нитями, приходит в движение под действием сил тяжести из состояния покоя. Учитывая трение скольжения тела 4, трение качения тела 3, пренебрегая другими силами сопротивления и массами нитей, определить:
1. Скорость тела 1 в тот момент времени, когда пройденный им путь станет равным S1.
2. Ускорения тел, движущихся поступательно, и ускорения центров масс тел, совершающих плоскопараллельное движение, угловые ускорения тел, совершающих вращательное и плоскопараллельное движения.
3. Реакции внешних и внутренних связей системы.
4. Выбрав в качестве обобщенной координаты пройденный телом 1 путь S и составив уравнение Лагранжа второго рода, найти зависимости =f1(t), = f2(t) и S = f3(t). Полученные зависимости изобразить графически в пределах движения заданной системы 0<S<1,2.
Необходимые для расчета данные следующие: R2 = R3 = R; r3 = r, m1 = 3m; m2 = 2m; m3 = m4 = m; i3x = ;f = 0,1; δ = 0,001м; R/r = 1,5; m = 5 кг, r = 0,25 м; S1 =1,2 м (здесь m1 , m2 , m3 , m4 - массы соответственно тел 1,2,3 и 4; i3 – радиус инерции тела 3 относительно оси, проходящей через его центр масс перпендикулярно плоскости движения; f – коэффициент трения скольжения; δ – коэффициент трения качения тела 3).
Рисунок 2.6 – Схема механической системы к выполнению второго задания
Решение
При определении скорости тела 1 в момент времени, когда пройденный им путь S1 будет равным 1,2 м, воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии (2.1). Так как в начальный момент времени механическая система находилась в покое, то Т0=0. По условию задания соединяющие тела системы нити предполагаются нерастяжимыми, проскальзывание между телами отсутствует, поэтому . Тогда выражение (2.1) примет упрощенный вид:
(2.18)
.
Вычислим кинетическую энергию Т системы, когда груз 1 пройдет путь, равный 1,2 м. Груз 1 совершает поступательное движение, значит
Т1 = m1= .
(2.19)
Блок 2 вращается вокруг неподвижной оси, поэтому
Т2 =J2.
Момент инерции J2 блока 2 не задан, поэтому определяем его как для сплошного цилиндра по формуле:
(2.20)
J2 =m2=2,25 mr2,
а угловую скорость находим из равенства:
𝜔2 ==.
(2.21)
Таким образом, кинетическая энергия блока 2 примет вид:
(2.22)
Т2 = m.
Так как каток 3 совершает плоскопараллельное движение, то
(2.23)
Т3 = m+J2 .
Поскольку соединительные нити предполагаются нерастяжимыми, скорость точки А катка 3 =. Точкар является мгновенным центром скоростей третьего тела, значит
𝜔3===.
(2.24)
Из выражения (2.24) следует, что
(2.25)
𝜔3 ==,с= =.
Момент инерции катка 3 определится по заданному радиусу инерции i3 по формуле:
(2.26)
Jс = m= 2mr2.
Тогда, подставляя (2.25) и (2.26) в (2.23), получим:
(2.27)
Т3 = 0,34m.
Кинетическая энергия груза 4
(2.28)
Т4 = m4.
Из выражения (2.24) вытекает, что
4 = = = 0,2. .
(2.29)
Тогда из (2.28) с учетом (2.29) следует, что
(2.30)
Т4 = 0,02m.
Теперь, складывая равенства (2.19), (2.22), (2.27) и (2.30), найдем кинетическую энергию всей системы:
(2.31)
Т = Т1+ Т2+ Т3+ Т4 = 2,36m.
Найдем сумму работ всех внешних сил, приложенных к системе, на заданном ее перемещении. Для этого покажем на схеме все приложенные к системе внешние силы (см. рисунок 2.6). Работу силы тяжести G1 груза 1 найдем по формуле (2.5):
(2.32)
AG₁ = G1S1 = m1gS1=3mgS1.
Аналогично определяется работа силы тяжести катка 3:
(2.33)
AG₃ =- m3ghc=-mgScsin30°
(здесь hc- смещение центра масс С катка по вертикали в заданном перемещении системы, Sc – путь, пройденный точкой С при этом смещении).
Путь, пройденный точкой С, можно определить из выражения (2.25), представив=31/5 в виде с=0,61. Интегрируя это равенство, получим:
Sc = 0,6S1.
Тогда окончательно получим:
(2.34)
AG₃ = -0,3mgS1.
Аналогичным образом из выражения (2.25) несложно получить, что
(2.35)
𝜑3 = .
Работа сил сопротивления качению катка 3 определяется по формуле (2.7). В данном примере
(2.36)
Mc = δN3 = δm3gcos30° = 0,5mg.
Тогда с учетом выражений (2.35) и (2.36) получим:
AM₃ = -0,2mgS1.
(2.37)
Работа силы тяжести груза 4
AG4 =-m4gS4·sin30° = - 0,1 mgS1.
(2.38)
где S4=0,2S1 (путь, пройденный телом 4, найдено из выражения (2.29) путем интегрирования).
Работу силы трения скольжения груза 4 определяем по формуле (2.6):
АF4 =- fN4S4 = -fm4gcos30°∙ 0,2S1 = -0,1fmgS1.
(2.39)
Наконец, складывая равенства (2.32), (2.34), (2.37), (2.38) и (2.39), получим:
∑= (2,6-0,1f – 0,2)mgS1.
(2.40)
Подставляя выражения (2.31) и (2.40) в (2.18), после преобразований имеем:
Далее, применяя общее уравнение динамики (2.8), найдем ускорения тел, движущихся поступательно и ускорения центров масс тел, совершающих плоскопараллельное движение, угловые ускорения тел, совершающих вращательное и плоскопараллельное движения.
В соответствии с этим уравнением изобразим на схеме системы активные силы и силы инерции (рисунок 2.7).
Рисунок 2.7 – Схема механической системы к выполнению п.2 задания 2
Так как тело 1 совершает поступательное движение, элементарные силы инерции всех точек его приводятся в соответствии с выражением (2.9) к равнодействующей, равной по модулю
(2.41)
= m1a1 = 3ma1,
линия действия которой проходит через центр масс этого тела.
Блок 2 вращается вокруг неподвижной оси, поэтому силы инерции точек этого тела приводятся согласно выражению (2.10) к паре сил с моментом, абсолютная величина которого =J2ℇ2. Здесь момент инерции Jх определяется равенством (2.20), а угловое ускорение ℇ2 находится из (2.21) дифференцированием по времени:
ℇ2=.
Тогда
(2.42)
= 1,5ma1r.
Согласно выражений (2.11) и (2.12) элементарные силы инерции катка 3 приводятся в его центре масс к силе =m3aс и паре сил с моментом, равным по абсолютной величине =Jсℇ3. Момент инерции Jс найден раньше в выражении (2.26), а ускорение aс и угловое ускорение ℇ3 определяются из (2.25) дифференцированием по времени:
ℇ3 =, aс =.
Отсюда
(2.43)
= 0,6ma1, = 0,8ma1r.
Тело 4 движется поступательно, значит
(2.44)
= m4a4 = 0,2ma1,
где a4=0,2a1(находится из (2.29) дифференцированием по времени).
Теперь дадим системе возможное перемещение и составим общее уравнение динамики согласно выражению (2.16):
G1δS1- G3δScsin30°- G4δS4 sin30°-F4δS4-Mcδ𝜑3-δS1-δSc-δS4-δ𝜑2- -δ𝜑3=0.
(2.45)
Так как наложенные на механическую систему связи являются стационарными, удерживающими и голономными, все возможные перемещения системы выражаются через возможное перемещение δS1 соответственно:
δ𝜑2 ==, δ𝜑3 ==0,4 ,δSc = δS1 = 0,6δS1,
(2.46)
δS4 = δS1 = =0,2δS1.
Подставляя в выражение (2.45) найденные ранее момент силы трения качения (2.36), силу трения скольжения F4=fm4qcos30°=0,5fmg, а также выражения возможных перемещений (2.46), получим:
(2.47)
(2,6-0,1f -0,2)g- 4,72a1 = 0 .
Откуда
a1 = == 5,365 м/с2.
Теперь, используя полученные выше зависимости, находим:
ac = 0,6a1 = 0,6∙5,365 = 3,219 м/с2,
a4 = 0,2a1 = 0,2∙5,365 = 1,073 м/с2,
ℇ2 = == 14,307 1/с2,
ℇ3 = 0,4= 0,4= 8,584 1/с2.
Для выполнения пункта 3 задания изобразим по отдельности тела механической системы (рисунок 2.8), приложив к ним силы тяжести, реакции внешних и внутренних связей и силы инерции.
В соответствии с принципом Даламбера, система сил, приложенных к телу 1 (рисунок 2.8, а), находится в равновесии, подтверждаемом уравнением:
(2.48)
Fky = T12 +- G1 = 0.
Отсюда с учетом G1=m1g=3 mg и равенства (2.41)
T12 = G1 - = 3m(g-a1) =3∙5(9,81-5,365) = 66,675 H.
а |
б |
|
|
в |
г |
Рисунок 2.8 – Схема сил в механической системе к выполнению п.3 задания 2
Составим уравнения равновесия системы сил, приложенных к блоку 2(рис.2.8, б) в виде:
(2.49)
Fkx = N2x-T23 cos30° = 0,
(2.50)
Fky = N2y- T23sin30°- G2- T21 = 0,
m0(k) = T23R2- T21R2+= 0.
(2.51)
Из (2.51), учитывая, что T21=T12, а момент найден в (2.42), следует
T23 = T32 = T12- = T12- ma1 = 66,675-5∙5,365 = 39,852 Н.
Тогда из (2.49) и (2.50) следует:
N2x=T23 cos30°=39,852∙cos30°=34,128 Н,
N2y = T23sin30°+G2+T12 = 39,852∙0,5+98,1+66,675 = 184,701 Н.
Следовательно
N2=187,827 Н.
Составим уравнения равновесия для системы сил, приложенных к катку 3 (рисунок 2.8, в):
(2.52)
Fkx' = F3+ T32-- T34- G3 sin30° = 0,
(2.53)
Fky' = N3- G3 cos30° = 0,
(2.54)
mp(k)=+Mc+ T34(R3-r3)++G3+ sin30°-T32(R3+r3)= 0.
Из (2.54) с учетом полученных ранее результатов следует:
T34==
= = 34,129 Н ,
где R3 = R= 1,5r = 1,5∙0,25 = 0,375м;
= 0,8ma1r = 0,8∙5∙5,365∙0,25 = 5,365 Нм;
= 0,5∙δmg = 0,5∙0,001∙5∙9,81 = 0,042 Нм;
0,6ma1 = 0,6∙5∙5,365 = 16,095 Н;
G3 = m3g = mg = 5∙ 9,81 = 49,05 H.
Теперь из (2.52) можно определить силу трения скольжения:
F3 =+T34+G3 sin30°-Т23 = 16,095+34,129+49,06∙0,5-39,852=60,014 Н, а из (2.53)
N3 = G3 cos30° = 49,05∙0,866 = 42,5 Н.
Заметим, соотношение (2.52) было использовано ранее при определении момента сил трения качения М3.
Уравнения равновесия системы сил, приложенных к грузу 4:
Fkx' = Т43-- F4-G4sin30°=0,
(2.55)
Fky' = N4- G4 cos30°=0.
(2.56)
В уравнении (2.55) все величины уже известны, поэтому оно может служить для проверки проведенных расчетов. Подставляя в него найденные ранее величины, получим:
34,129-5,4-4,2-5∙9,81∙0,5≈0.
Заметим, равенство (2.56) уже было использовано ранее при определении работы сил трения скольжения A F4.
Наконец, приступим к выполнению пункта 4 задания. Выберем в качестве обобщенной координаты пройденный телом 1 путь S (рисунок 2.7), то есть S=q. Тогда уравнение Лагранжа второго рода будет иметь вид (2.17).
Кинетическая энергия системы была определена в п.1 выражением (2.31). Выразив в нем через ,получим:
(2.57)
T=2,36m22.
Для определения обобщенной силы сообщаем системе возможное перемещение и вычислим на этом перемещении сумму работ всех действующих внешних сил в виде:
(2.58)
δАк=G1∙δS1 – G3δSc sin30°-Mc∙δ𝜑3-G4δS1∙sin30°- F4δS4.
Заметим, здесь силы инерции и моменты сил инерции не отражены, так как обобщенные силы инерции уже выражены через кинетическую энергию системы в уравнении Лагранжа второго рода.
С учетом выражений (2.46), выделив в выражении (2.58) коэффициент при δS1, получим:
Q= G1-0,6G3 sin30°-0,4 M3/r-0,2G4 sin30°-0,2F.
Откуда с учетом полученных выше результатов и исходных данных имеем:
(2.59)
Q=2,6mg.
Теперь, подставив (2.57) и (2.59) в выражение (2.17) получим:
(2.60)
4,72m=2,6mg.
Далее, интегрируя выражение (2.60) по времени t с учетом начальных условий 0=0, S0=0, получим:
(2.61)
=0,55gt,
(2.62)
S=0,275gt2 .
Приняв в выражении (2.62) S= S1=1,2 м, находим время движения системы t=0,67 с.
В соответствии с зависимостями (2.60), (2.61) и (2.62) формируем массивы данных для построения графиков =f1(t), = f2(t) и S=f3(t) (таблица 2.3).
Таблица 2.3 – Массив данных для построения графиков движения системы
Время t,c |
0 |
0,1 |
0,2 |
0,3 |
0,4 |
0,5 |
0,6 |
0,67 |
Ускорение , м/с2 |
5,39 |
5,39 |
5,39 |
5,39 |
5,39 |
5,39 |
5,39 |
5,39 |
Скорость , м/с |
0 |
0,539 |
1,078 |
1,617 |
2,156 |
2,695 |
3,234 |
3,611 |
Перемещение S, м |
0 |
0,027 |
0,108 |
0,242 |
0,431 |
0,674 |
0,970 |
1,200 |
На рисунке 2.9 показаны построенные по этому массиву графики =f1(t), = f2(t) и S=f3(t).
S,м
Рисунок 2.9 – Графики движения =f1(t), = f2(t) и S=f3(t) исследуемой механической системы