Теоретическая механика. Теория, задания и примеры решения задач (Б.Е.Ермаков)
.pdf
320
T= 21 (a11q12 + 2a12q1q2 + a22q22 );
П= 12 c11q12 + c12q1q2 + 12 c22q22 .
Подставляя T и П в (4), получим
a q |
+ a q |
+ c q + c q |
2 |
= 0, |
|
|||||||||
|
11 |
1 |
12 |
2 |
11 |
|
1 |
12 |
|
|
(5) |
|||
a q |
+ a |
q |
+ c |
q + c |
22 |
q |
2 |
= 0. |
||||||
|
21 |
1 |
22 |
2 |
21 |
1 |
|
|
|
|
|
|||
Общее решение полученной системы дифференциальных уравнений ищем в виде
|
q1 = Asin( kt + β) |
и q2 = A2 sin( kt + β). |
|
||||||||||||||||||
|
= − |
A k |
2 |
sin(kt |
+ β |
) |
|
|
= − |
A k |
2 |
sin(kt |
+ β |
). |
|||||||
При этом q |
|
|
|
|
|
|
и q |
2 |
|
|
|
||||||||||
1 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
||
Подставим q , q |
2 |
, q и q в (5), получим |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
1 |
|
|
1 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
(c |
|
− a |
k2 )A |
+ (c |
|
− a |
k |
2 )A = 0, |
|
||||||||||
|
|
|
|
11 |
11 |
|
|
1 |
|
12 |
|
12 |
|
|
2 |
|
(6) |
||||
|
|
|
|
|
|
− a |
|
k2 )A |
+ (c |
|
− a |
|
k2 )A = |
0. |
|||||||
|
|
(c |
|
|
22 |
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
12 |
12 |
|
|
1 |
|
|
|
22 |
|
|
2 |
|
|
||||
Тривиальное решение системы (6) A1 = 0,A2 = 0 соответствует покою механической системы, а не ее движению. Чтобы решение системы (6) соответствовало движению, нужно, чтобы определитель этой системы уравнений был равен нулю.
(c |
− a k2 ) (c |
|
− a k2 ) |
|
|
||
11 |
11 |
12 |
12 |
|
=0. |
(7) |
|
(c |
− a |
k2 ) (c |
22 |
− a |
k2 ) |
||
12 |
12 |
|
22 |
|
|
|
|
Уравнение (7) называют уравнением частот. Раскрывая определитель, получим
(a11a22 − a122 )k 4 +(2a12c12 − a11c22 − a22c11)k2 + (c11c22 − c122 ) = 0 .
Оба корня k12 и k22 этого уравнения вещественные и положитель-
ные. Частоты k12 и k22 определяют частные решения системы (5), а
321 |
|
|
|
сумма частных решений дает ее общее решение. |
|
|
|
Следовательно, |
|
|
|
q1 = A1′sin(k1t + β1) + A1′′sin(k2t |
+ β2 ), |
(8) |
|
q2 = A2′ sin(k1t + β1) + A2′′sin(k2t + β2 ). |
|||
|
|||
Система линейных уравнений (6) дает возможность определить только отношения амплитуд.
µ |
|
= |
A2′ |
= − |
c11 − a11k12 |
|
= − |
c12 − a12k12 |
, |
|||||||||||
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
1 |
|
A1′ |
|
c |
− a |
k2 |
|
c |
22 |
− a |
k2 |
|
|
|||||||
|
|
|
|
12 |
12 |
|
1 |
|
|
|
|
22 |
|
1 |
(9) |
|||||
µ |
2 |
= |
A2′′ |
= − |
c11 − a11k22 |
= − |
c12 − a12k22 |
. |
||||||||||||
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
A1′′ |
|
|
c |
− a |
|
k2 |
|
|
c |
22 |
− a |
|
k2 |
|
|
|||
|
|
|
|
12 |
12 |
2 |
|
|
|
|
|
22 |
2 |
|
|
|||||
Величины µ1 и µ2 называют коэффициентами формы, которые характеризуют формы главных колебаний. Тогда уравнения (8) запишутся в следующем виде
q1 = A1′sin(k1t |
+ β1) + A1′′sin(k2t |
+ β2 ), |
(10) |
||||||
q2 = µ1A1′sin(k1t + β1) + µ2A1′′sin(k2t + β2 ), |
|||||||||
|
|||||||||
′ ′′ |
определяются по начальным условиям: |
|
|||||||
где A1, A1, β1, β2 |
|
||||||||
|
q (0); |
q |
2 |
(0); |
q (0); q |
2 |
(0). |
|
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|
|||
Пример решения задачи
Рассмотрим решение задачи на примере механической системы (рис. 194), представляющей схему колебаний кузова автомобиля на рессорах.
Данные для расчета: m1 =1000кг − |
|
масса кузова; |
||||
l1 =1м; l2 = 2м - геометрические размеры центра масс кузова; |
|
|
||||
ρ = 2 м - радиус инерции кузова; с = 4000 н |
м |
;c |
2 |
= 5000 н |
м |
– |
1 |
|
|
|
|||
коэффициенты жесткости передних и задних рессор автомобиля.
322
Решение
Выберем в качестве обобщенных координат вертикальные перемещения центра масс y = y(t ) и угловую координату поворота кузова относительно центра масс т. С. Эти координаты отсчитываем от равновесного положения AB .
Рис. 194
Вычисляем кинетическую энергию системы
T = 21 my 2 + 21 Izcϕ2 .
При Izc = mρ2 , получим
T= 21 my 2 + 21 mρ2ϕ2 = 21 (1000y 2 + 2000ϕ2 ) .
Вобщем виде
T = 21 (a11q12 + 2a12q1q2 + a22q22 ),
где q1 = y и q2 =ϕ .
Сравнивая полученные значения для T , определяем обобщенные коэффициенты инерции.
a11 =1000 кг, a12 = a21 = 0 , a22 = 2000 кгм2 .
323
Теперь найдем вертикальные перемещения точек A и В.
SA = y + l1ϕ, SB = y −l2ϕ или в числах SA = y +ϕ , SB = y − 2ϕ . Деформация пружин:
λ1 = λ1СТ + y +ϕ - передней рессоры; λ2 = λ2СТ + y − 2ϕ - задней рессоры.
Определяем потенциальную энергию системы
П= П(с1) + П(с2 ) + П(P).
П(с1) = 21 с1λ12 = 21 с1(λ1СТ + y +ϕ)2 .
П(с2 ) = 21 с2λ22 = 21 с2(λ2СТ + y − 2ϕ).
П(P) = −Рy = −mgy .
Окончательно запишем
П = |
1 |
с (λ |
|
+ y +ϕ)2 + 1 c |
|
(λ |
y − 2ϕ) − mgy . |
||
|
2 |
1 1CТ |
|
2 |
2 |
2СТ |
|
||
Запишем условие равновесия системы. |
|
||||||||
|
|
∂П |
= 0 , |
c1λ1СТ + с2λ2СТ − mg = 0, |
|||||
|
|
|
|
||||||
|
|
||||||||
|
|
∂y 0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
∂П |
= 0 , |
с1λ1СТ − 2с2λ2СТ = 0. |
||||||
|
|
|
|
||||||
|
|
∂φ 0 |
|
|
|
|
|
|
|
Из системы полученных алгебраических уравнений находим:
3c λ |
= 2mg ; |
λ |
= |
2mg |
; |
λ |
= |
mg |
. |
|
|
||||||||
1 1СТ |
|
1СТ |
|
3c1 |
2СТ |
|
3c2 |
||
|
|
|
|
|
|
||||
Запишем квадратичную функцию потенциальной энергии
П= 21 (c1 + c2 )y 2 + 2(c1 − 2c2 )yϕ + (c1 + 4c2 )ϕ2 ,
ав общем виде П = 21 с11y 2 + 2c12yϕ + c22ϕ2 .
Определим коэффициенты жесткости:
324
|
c |
= c |
+ c |
2 |
= 4000 + 5000 = 9000 Н |
м |
; |
|
|
|
|||||||||
|
|
11 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
c |
|
= c |
|
− 2c |
2 |
= 4000 − 2 5000 = −6000 |
Н |
м |
; |
|||||||||
|
|
12 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
с |
22 |
= с + 4с |
2 |
= 4000 + 4 5000 = 34000 |
Н |
м |
. |
|||||||||||
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Определим коэффициенты биквадратного уравнения |
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ak 4 + bk2 + c = 0 . |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
a = a a |
|
|
− a2 =1000 2000 = 2 106 ; |
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
11 |
|
22 |
|
12 |
|
|
|
|
|
|
||
|
b = 2a12c12 − a11c22 − a22c11 = −1000 24000 − |
||||||||||||||||||
|
−2000 9000 = −42 106; |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
c = c |
c |
22 |
− c |
2 |
|
= 9000 24000 − 60002 =180 106 . |
||||||||||||
|
|
11 |
|
|
12 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Тогда |
|
2 106 k4 − 42 106 k2 +180 106 = 0, |
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
k 4 − 21k 2 + 90 = 0. |
|
|
|
|
|
|||
Находим корни: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
k2 |
=10,5 ± |
10,52 −90 =10,5 ± 4,5; |
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
1,2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
k2 |
= 6 , |
k = |
6 = 2,45c−1; |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
k22 =15 , |
k2 = |
15 = 3,87c−1. |
|
|
|
|
||||||||
Вычисляем коэффициенты формы по формулам (9):
|
|
c |
− a k2 |
|
9000 −1000 6 |
|
|
||
µ |
= − |
11 |
11 1 |
|
= − |
|
= 0,5; |
||
|
|
|
|
|
|||||
1 |
|
c12 |
− a12k12 |
|
−6000 |
|
|
||
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
c |
− a k2 |
|
9000 −1000 15 |
|
||
µ2 = − |
|
11 |
11 2 |
|
= − |
|
|
= −1. |
|
c12 − a12k22 |
−6000 |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
||||
С учетом (10), составим в общем виде уравнение малых колебаний системы.
y= A1′sin(2,45t + β1)+ A1′′sin(3,87t + β2 ),
ϕ= 0,5A1′sin(2,45t + β1)− A1′′sin(3,87t + β2 ).
325
Приложение 1. Динамика точки
Вторая задача динамики точки с учетом трения
В задаче Д.1 предлагаются варианты для исследование движения материальной точки с учетом трения скольжения.
Решение такого вида задач для студентов составляет определенную трудность.
После составления уравнений механики для материальной точки необходимо четко представлять вид полученных дифференциальных уравнений для дальнейшего их правильного решения с последующим анализом полученных результатов.
Поэтому в данном приложении предлагается подробное решение такого вида задач с последующим анализом полученных величин.
Пример
Колечку 1 (рис.194) массой m = 1 кг в точке О сообщили начальную скорость v0 = 1 м/с, и оно начало скользить по шероховатой неподвижной проволоке, согнутой в виде окружности радиусом R = 1 м.
Требуется исследовать движение колечка на всем протяжении пути до его первой остановки, если коэффициент трения скольжения постоянный и равен f = 0,1, а неподвижная окружность расположена в вертикальной плоскости.
Решение
Первый участок
На рисунке представлена расчетная схема для первого участка, на которой колечко, принятое в виде материальной точки, показываем в промежуточном положении на вертикальной окружности, и вводим переменную угловую координату φ = φ(t) (φ < π/2).
На точку действуют: P = mg – сила тяжести; N – реакция нормального давления; Fтр – сила трения скольжения, которая всегда
326
Рис. 194
будет направлена в противоположную сторону от вектора скорости v точки.
Точку M связываем естественными осями координат τMn и записываем дифференциальные уравнения динамики точки в этих осях.
m v2 |
= ∑Fkn; |
m v2 |
= P cosϕ − N; |
|||
|
R |
|
|
R |
|
|
m |
dv |
= ∑Fkτ ; |
m |
dv |
= P sinϕ − FТР. |
|
dt |
dt |
|||||
|
|
|
|
|||
С учетом закона Кулона (FТР = fN) система уравнений примет следующий вид:
|
v2 |
= mg cosϕ −N; |
m |
R |
|
|
(1) |
|
|
dv |
|
|
= mg sinϕ − Nf. |
|
m |
dt |
|
|
|
327
В системе (1) избавляемся от N и получаем одно дифференциальное уравнение.
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dv |
− f |
v2 |
|
= g sinϕ − gf cosϕ. |
(2) |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dt |
|
|
R |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Для решения уравнения (2) нужно избавиться от параметра t. |
|
|||||||||||||||||||
Преобразуем производную dv . |
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dt |
|
|
|
||
dv |
= dv |
dϕ |
|
= ϕ dv |
, |
|
|
но S = ϕR, S = ϕR = v и ϕ = |
v |
, |
||||||||||
dt |
|
|
R |
|||||||||||||||||
|
dt |
dϕ |
|
|
|
dϕ |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
q |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
где S =OM - дуговая координата. |
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
dv |
|
|
v dv |
|
|
|
1 d |
|
v 2 |
|
|
||||||
Тогда |
|
|
|
= |
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
. |
|
||||
|
|
|
|
R dϕ |
2 dϕ |
|
|
|||||||||||||
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
R |
|
|
||||||||
Пусть |
v2 |
= z , |
где z = z(ϕ); |
|
тогда уравнение (2) будет иметь |
|||||||||||||||
|
R |
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
окончательный вид: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
z′ − 2fz = 2g sinϕ − 2gf cosϕ. |
(3) |
||||||||||||||
Дифференциальное уравнение (3) – линейное уравнение первого порядка с постоянными коэффициентами и с правой частью; поэтому его решение ищем в виде z = z1 + z2.
Величина |
z1 = z1(ϕ) |
определяется решением (3) без правой части. |
||
|
|
z1′ − 2fz1 = 0, |
где z1 = C1e2fϕ. |
|
Решение |
z2 = z2(ϕ) выбираем в виде правой части. |
|||
z2 =C2 sinϕ +C3 cosϕ , z2′ |
=C2 cosϕ −C3 sinϕ. |
|||
Тогда |
z2 |
и z2′ |
подставим в левую часть уравнения (3) и при- |
|
равняем правой части. Будем иметь:
C2 cosϕ −C3 sinϕ − 2fC2 sinϕ − 2fC3 cosϕ = 2g sinϕ − 2gfcosϕ.
328
В полученном тождестве приравниваем коэффициенты при гармониках sinϕ и cosϕ .
|
|
|
|
|
C |
− 2fC = −2gf; |
(4) |
|
|
|
|
|
2 |
3 |
|
|
|
|
|
|
2fC2 +C3 = −2g. |
|
|
Решая систему (4) двух уравнений, находим |
|
||||||
C |
= − |
6gf |
= 6 9,8 0,1 = −5,65м/ с2; |
|
|||
|
|
||||||
2 |
1+ 4f 2 |
1+ 4 0,12 |
|
||||
|
|
||||||
C |
= − |
2g(1− 2f 2 ) |
= 2 9,8 (1− 2 0,12 ) = −18,5 м/ с2. |
|
|||
|
|
||||||
3 |
|
1+ 4f 2 |
|
|
1+ 4 0,12 |
|
|
|
|
|
|
|
|||
Тогда |
z =C e0,2ϕ |
−5,65sinϕ −18,5cosϕ. |
|
||||
|
1 |
|
|
|
|
|
|
Используя начальные условия: |
|
||||||
|
|
|
ϕ0 |
= 0; z(ϕ0 ) = v2 =1м/ с2, |
|
||
|
|
|
|
|
|
R |
|
находим константу C1: |
|
C =19,5м/ с2. |
|
||||
|
|
|
|
1 |
|
|
|
Окончательно запишем: |
|
|
|
|
|||
|
|
v2 =19,5e0,2ϕ −5,65sinϕ −18,5cosϕ. |
(5) |
||||
Равенство (5) определяет квадрат скорости точки на первом участке в зависимости от параметра ϕ.
Из первого уравнения системы (1) находим реакцию нормального
давления. |
|
N = mg cosϕ − m v2 |
= 28,3cosϕ + 5,65sinϕ −19,5e0,2ϕ. (6) |
R |
|
Теперь определим угол φ1 при котором N(φ1) = 0.
Для решения трансцендентного уравнения используем программу
MathCAD.
Программа для определения φ1 будет иметь вид:
