Учебное пособие 559

ЗАДАЧА Д2

Груз массой m закреплён с помощью двух пружин. Начало координат находится в положении статического равновесия груза. Выведенный из этого состояния, груз движется вдоль оси Ох под действием силы тяжести G , силы упругости пружины F и силы сопротивления движению R = −µv . Найти

уравнение, частоту k*, период Т* и логарифмический декремент bT* затухающих колебаний, а также уравнение, амплитуду А, циклическую (круговую) частоту k, период Т и частоту ν свободных колебаний груза.

Варианты крепления груза показаны на рис. 0 – 9 таблицы 2.1, числовые значения даны в таблице 2.2. Здесь m – масса груза, μ – коэффициент вязкости, с – жёсткость пружины, x0 и v0 – начальные положение и скорость груза соответственно (знак при x0 и v0 показывает, в какую сторону от положения равновесия смещён груз и куда направлена скорость: минус – в сторону отрицательных значений х, плюс – в сторону положительных).

Указания. Задача Д2 относится к теме прямолинейных колебаний точки [1, §§94, 95], [2, §§11, 14]. При решении необходимо составить дифференциальное уравнение прямолинейного движения груза, принимаемого за материальную точку, а затем проинтегрировать это уравнение. Так как в общем случае груз закреплён с помощью двух пружин различной жёсткости, то предварительно определяется приведённая жёсткость сп этих пружин. В случае параллельного соединения пружин (рис. 1, 3, 4, 6, 8)

сп =с1 + с2 ;

в случае их последовательного соединения (рис. 0, 2, 5, 7, 9)

сп =с1с2 /(с1 + с2 ) ,

где с1, с2 – жёсткости пружин [1, §94, задачи 113, 114; 2, §13, пример 3]. Затухающие колебания точки описываются уравнением вида [1, §95], [2,

§14]

x + 2bx + k 2 x =0 , где 2b = µ/ m, k 2 =cп / m .

Это дифференциальное уравнение является линейным однородным уравнением второго порядка. Его решение ищется как линейная комбинация функций вида x=ent. Подставляя x, x, x в дифференциальное уравнение, получим

характеристическое уравнение

n2 + 2bn + k 2 =0,

корни которого будут

n1,2 = −b ± b2 − k 2 .

Возможны три случая:

а) k>b (сопротивление мало). Тогда решение записывается в виде

x = Ae−bt sin(k*t +α) .

График колебаний в этом случае имеет вид кривой на рис. 2.1.

Рис. 2.1. График затухающих колебаний точки

б) k=b. Корни характеристического уравнения являются равными n1=n2=-b, и общее решение принимает вид

В случаях б) и в) движение колебательным не будет, и точка со временем асимптотически стремится к равновесному положению х=0 (рис. 2.2).

13

Рис. 2.2. График апериодического движения точки

Пример Д2.

y

Рис. 2.3. Условие задачи

Решение. Предварительно определим приведённую жёсткость пружинного крепления, состоящего из двух последовательно соединённых пружин. В этом случае

Груз изобразим в смещённом положении, скорость направлена в положительном направлении оси Ох (рис. 2.4).

y

λст

x

0 F N

G

45 x

Рис. 2.4. Силы, действующие на груз

14

Так как наличие постоянной силы тяжести G не изменяет характера колебаний, а лишь смещает центр колебаний в сторону действия этой силы на величину статического отклонения λст, то дифференциальное уравнение движения точки будет

mx = Fx + Rx = −cx − µx .

Знак постоянной А выбирается так, чтобы были удовлетворены начальные условия задачи. В данном примере необходимо положить А = – 0.795 м. Действительно, решение

x = −0.795e−4t sin(5.83t −0.126)

удовлетворяет условиям x(0) = x0 =0.1 м, x(0) =v0 = −5 м/с: x(0) = −0.795sin(−0.126) =0.0999 ≈0.1 м;

x = −0.795[−4e−4t sin(5.83t −0.126) + e−4t 5.83cos(5.83t −0.126)]; x(0) = −0.795[−4sin(−0.126) +5.83cos(−0.126)] = −4.998 ≈ −5 м/с.

Для свободных колебаний точки решения легко получить из представленных выше соотношений затухающих колебаний, положив в них коэффициент μ, а, следовательно, и b равными нулю. При этом дифференциальное уравнение свободных колебаний точки принимает вид

x + k 2 x =0, где k 2 =cп / m .

Его решение в общем виде соответственно

x = Asin(kt +α),

где константы А и α определяются равенствами

В соответствии с данными рассматриваемой задачи k 2 =300/ 6 =50, k = 50 ≈7.07 с-1;

15

A2 =0.01 + 25/50 =0.51, A ≈0.714 м;

tgα = −0.150 /5 ≈ −0.141, α = arctg(−0.141) = −0.14 рад.

Чтобы удовлетворить начальным условиям задачи, необходимо положить

А= – 0.714. Тогда уравнение свободных колебаний точки

x= −0.714sin(7.07t −0.14) .

Модуль А определяет амплитуду свободных колебаний |A| = 0.714 м; циклическая частота k =7.07 с-1; период колебаний T = 2π / k = 2π / 50 =0.889 с;

частота колебаний ν =1/T = k / 2π = 50 / 2π =1.125 с-1.

Можно отметить, что амплитуда и период свободных колебаний точки при одних и тех же исходных данных несколько меньше амплитуды и периода её затухающих колебаний.

Таблица 2.1 Варианты рисунков к задаче Д2 (предпоследняя цифра шифра)

x

16

17

ЗАДАЧА Д3

Механизм, состоящий из груза А, блока В (больший радиус R, меньший r, радиус инерции i) и цилиндра С, установлен на призме D, находящейся на горизонтальной плоскости. Блок В (рис. 0, 1, 3, 4, 5, 7) или цилиндр С (рис. 2, 6, 8, 9) прикреплён к призме на оси.

Задание 1. Призма не закреплена, трение между призмой и плоскостью отсутствует. Груз А получает перемещение s по вертикали вниз (рис. 0 – 2) или вдоль поверхности призмы вправо (рис. 3, 4), по наклонной плоскости (рис. 5 – 9). Куда и на какое расстояние переместится призма?

Задание 2. Призма закреплена на плоскости. Механизм из состояния покоя под действием сил тяжести пришёл в движение. Груз А движется по шероховатой поверхности с коэффициентом трения f (кроме рис. 0 – 2), качение цилиндра (блока) происходит без проскальзывания, коэффициент трения качения равен k.

Какую скорость и ускорение приобретёт груз А, пройдя расстояние s? Ускорение определить двумя способами, используя соотношения теоремы об изменении кинетической энергии системы, и с помощью общего уравнения динамики.

Указания. В задаче Д3 рассматривается динамика механической системы. В задании 1 необходимо применить теорему о движении центра масс системы [1, §107], [2, §43]. В задании 2 при определении скорости груза и его ускорения первым способом используется теорема об изменении кинетической энергии системы [1, §§121, 123], [2, §§67-69], а при определении ускорения вторым способом необходимо составить общее уравнение динамики [1, §141], [2, §117].

18

Пример Д3.

Дано: mA = 50 кг, mB = 80 кг, mC = 120 кг, mD = 210 кг, R/r = 3, i/r = 1.5, k/r = 0.2, f = 0.1, α = 75o, s = 1.2 м (рис. 3.1).

Найти: 1) D; 2) vA, a.

Решение. Задание 1: призма не закреплена, найти смещение D. Изобразим систему в произвольном положении, приложив все

действующие на неё внешние силы – силы тяжестей тел и нормальную реакцию плоскости (рис. 3.2). Так как проекции этих сил на горизонтальную ось Ох равны нулю, то по теореме о движении центра масс

Mxц = ∑Fkxe =0, xц =0, xц =const =0,

так как в начальный момент скорости тел системы равны нулю (хц – координата центра масс системы в проекции на ось Ох). Следовательно

xц =const.

Если обозначить xA, xB, xC, xD координаты центров масс соответствующих тел системы до перемещения грузов А и С, а A, B, C, D изменения координат центров масс этих тел после смещения груза, то по известной формуле для координаты центра тяжести системы будем иметь

(относительно неподвижной опорной плоскости) состоят из сумм смещений относительно призмы и переносного смещения D. Направление оси Ох

19

определяет знаки смещений: вправо с плюсом, влево с минусом. Предположим, что призма смещается в сторону, противоположную направлению смещения тел А и С, то есть вправо. Перемещение центра цилиндра С относительно призмы и перемещение груза А связаны между собой также, как связаны их скорости. Из кинематики

mA (−s + ∆D ) + mB ∆D + mC (−12 Rr scosα + ∆D ) + mD∆D =0.

Отсюда определяем перемещение призмы

Итак, призма переместится вправо на 0.144 м.

Задание 2: призма закреплена, найти скорость и ускорение груза А.

Для нахождения скорости груза А применим теорему об изменении кинетической энергии системы

T −T0 = ∑Ake +∑Aki .

Для рассматриваемой системы, состоящей из твёрдых тел, соединённых нерастяжимыми нитями, работа внутренних сил равна нулю: ∑Aki =0 . Так как

в начальном положении всё находилось в покое, то начальная кинетическая энергия системы Т0 = 0. Конечная кинетическая энергия Т, которую получила система после того, как груз А переместился на расстояние s, состоит из трёх слагаемых

T =TA +TB +TC .

Груз А совершает поступательное движение, следовательно, его кинетическая энергия равна (v = vA – искомая скорость)

TA = m2A v2.

Блок В вращается относительно неподвижной оси. В этом случае кинетическая энергия

J ω2

TB = B2 B ,

где осевой момент инерции блока вычисляется через радиус инерции JB =i2mB .

Линейная скорость внешнего обода блока совпадает со скоростью груза v, так как обод связан нерастяжимой нитью с грузом. При этом угловая скорость блока определяется формулой кинематики ωB =v / R . Тогда

20