Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Взрывные работы. Учебное пособие для вузов.pdf
Глава 1. Колебания и волны в горном массиве
Vg
m
=−
Vg
3
Ê
mÊTÊ
=−
2
TÊ
3
sin sin ,
4
sin sin
m
=− =
Vg
4
m
2
m
=− = =
g
Ê
m
sin
Ê
m
=− =
g
π
3
2
π
20
π
Ê
10
3000
.
;
0
5
04
ìñ
;
6. Ускорение колебаний:
2
dZ
a
==−
2
dt
Z
Ê
cos cos
0
m
Ê
t
m
gt
=−
Ê
.
m
Для t1= Т/4, t2 = Т/2, t3 = 3Т/4 и t4 = Т получим
соответственно:
=−
ag
cos cos ;
1
=− =
ag
3
TÊ
=− =
m
42
π
3
cos ;
2
π
g
ag g ìñ
0
4
0
=− = =
ag gìñ
2
=− =− =−
π
210
cos
π
cos ;
10
2
2
.
Пример 2. Груз массой 0,5 кг расположен на глад
кой горизонтальной поверхности между пружинами с
жесткостью 300 и 200 Н/м. Груз смещается на рассто
яние 0,15 м от положения равновесия и отпускается.
Определить: 1. Период колебаний системы.
2. Наибольшую скорость и ускорение груза.
3.Скорость и ускорение груза в момент его нахож
дения на расстоянии 0,1 м от положения равновесия.
Решение. 1. Расчетная схема приведена на рис. 1.4.
2.Уравнение движения:
2
ÊZ = (Ê1 + Ê2)Z = ma = m
dZ
2
dt
;
+Ê2 = 300+200 = 500 H/ì.
Ê = Ê
1
3.Решение дифференциального уравнения ищем в
виде:
λ
t
Z = e
.
251
Часть 3. Расчеты динамических процессов при взрывных работах
Рис. 1.4. Расчетная схема:
а — траектория движения; б — схема действующих сил.
Дифференцированием находим:
dZ
dt
2
dZ
dt
t
λ
e
=
λ
;
t
2
λ
.
e
=
λ
2
Тогда уравнение движения представится в виде:
tt
λλ
2
λ
=
Êe m e
или
Ê = m
2
λ
Откуда:
Ê
t
Ê
λ
=
;
Ze
m
⋅
m
=
или
Ê
ZC tC tC t
=+=
λλ
cos sin cos sin
121 2
+
m
Ê
Ct
m
.
С учетом начальных условий при t = 0; C1 = Z0 ; C2 = 0
252
Ê
ZZ t
cos cos ;
00
Zt=
=
m
ω
Ê
ω
=
.
m
Глава 1. Колебания и волны в горном массиве
4.Период колебаний:
2
π
T
ω
m
22314
π
Ê
05
,
,
500
02
,
ñ== =⋅ =
.
5.Скорость движения массы:
dZ
V
==−
dt
Ê
Z
sin
0
m
Ê
t
.
m
Наибольшая скорость движения массы:
VZ
Ê
0
m
015
500
,
05
,=− =− =−
474
ìñmax ,
.
6.Ускорение движения массы:
2
dZ
a
==−
2
dt
Z
Ê
cos
0
m
Ê
t
.
m
Наибольшее ускорение движения массы:
àZ
Ê
=− =− =−
0
m
015
500
05
150
,
.
2
ìñmax ,
7. Скорость движения массы в момент ее нахож
дения на расстоянии Z = 0,1 м от положения равнове
сия определяем из выражения:
Ê
0,1 = 0,15 cos
t
.
m
Откуда:
Ê
t
cos
= 0,1/0,15 = 0,667;
m
Ê
t
sin
=
1 0 667 0 745
m
−=,,
Следовательно:
=− =− ⋅ =−
VZ
0 745 0 745 0 15
t
=
,,,,,
01 0
,
Ê
m
2
500
05
.
353
ìñ
.
253
Часть 3. Расчеты динамических процессов при взрывных работах
8. Ускорение движения массы в момент ее нахож
дения на расстоянии Z = 0, 1 м от положения равно
весия:
aZ
Z
=
01 0
,
cos ,
m
Ê
=−
Ê
=− ⋅ ⋅ =−
t
m
015
500
0 667 100
05
,
2
,
ìñ
.
Свободные колебания упруго-вязкой системы
На рис. 5 (а) к массе на пружине прикреплен
амортизатор. В данном случае мы имеем колебатель
ную систему с демпфером. Демпфирующая сила при
нимается пропорциональной скорости движения,
амортизатор представлен в виде поршня с отверстия
ми в цилиндре с жидкостью.
По аналогии с рис. 1.3 (а), уравнение движения для
рис. 1.5 (а) имеет вид:
2
FgdZ
2
dt
−− ==⋅ÊZ C
dZ
dt
ma
или
2
F
dZ
2
dt
dZ
++=
Cg
ÊgZ
dt
, (14)
0
где С — постоянная демпфирования.
Уравнение (14) представляет собой линейное од
нородное дифференциальной уравнение второго по
рядка с постоянными коэффициентами.
Рис. 1.5. Свободные колебания упруговязкой системы:
а — модельное представление; б — график колебаний.
254
Глава 1. Колебания и волны в горном массиве
Его частные решения также могут быть найдены в виде:
t
λ
Ze
=
,
гдеλ— постоянная.
Подставив частное решение в (14) и сократив на
множитель
λ
t
, получаем характеристическое уравне
e
ние:
2
++=
FCgÊg
λλ
Это уравнение второй степени определяет значе
ния λ, при которых
t
λ
=
Ze
является решением исход
.(15)
0
ного уравнения (14).
Если корни
самым найдены два независимых решения
уравнения (14). Их комбинация
и С2— произвольные постоянные), является общим ре
и
λ
уравнения (15) различны, то тем
λ
1
2
λλ
tt
ZCe Ce
12
=+
12
t
λ
1
e
, (где С
и
λ
e
шением уравнения (14).
Решив уравнение (15) получаем:
−± −
λ
Cg C g FgÊ
=
12
,
22
4
F
22
−±
Cg D
=
F
.
Анализ полученного выражения показывает,
λ
что
могут быть как действительными, так и комп
12,
лексными числами. Так как коэффициенты уравнения
(14) — действительные числа, то комплексные корни
уравнения (15) могут быть лишь сопряженными, т. е.
например:
Корни уравнения (15) будут комплексными, если
λαβ
=+
1
и
i
λαβ
=−
2
.
i
D2 = C2g2 4FgÊ < 0.
Отсюда:
FÊ
Ñ
> 2
.
g
t
2
1
В этом случае:
λ
=− +
1
Cg
2
λ
=− −
2
Cg
2
iD
F
255
;
iD
F
Часть 3. Расчеты динамических процессов при взрывных работах
Применив формулы теории функций комплексно
го переменного, получаем:
Cg
t
−
t
λ
2
F
1
ee DtiDt
t
λ
2
ee DtiDt
()
=+
=−
cos sin
Cg
t
−
2
F
()
cos sin
;
.
Эти комплексные решения могут быть заменены
действительным решением, а именно:
Cg
−−
F
ZCe DtCe Dt
2
=+
cos sin
1
Поскольку показатель степени
жение (16) представляет собой колебания, затухающие
Cg
2
2
F
Cg
−<
F2
во времени.
В том случае, если
D2 = C2g2 4Êg≥0 ,
то корни уравнения (14) будут действительными:
λ
122,
−±Cg D
=
,
F
и решение уравнения (14) примет вид:
Cg D
=
t
−
F
ZCe Ce
2
=+
1
Cg D
−
−
t
F
2
2
.
Так как:
DCg ÊgCg=−<
22
4
,
то решение (17) представляет собой сумму двух зату
хающих экспонент и колебаний в системе не будет, то
есть система, выведенная из состояния равновесия,
снова возвратится в это состояние по экспоненциаль
ному закону.
В частном случае если D = 0, то
Cg
2
F
256
λλ
==−
12
, то выра
0
(16)
(17)
Глава 1. Колебания и волны в горном массиве
Отсюда:
Cg
t
−
F
=+
ZCCe
()
12
2
,
(18)
то есть решение представляет собой одну экспоненту.
Таким образом, критерием наличия или отсутствия
в системе с демпфером колебаний является величина
постоянной демпфирования C.
Если
FÊ
C
< 2
,
g
то в системе имеют место затухающие колебания.
Если
FÊ
C
≥ 2
,
g
то система без колебаний возвращается в исходное
положение (рис. 1.5 (б)).
Таким образом,
C
FÊ
= 2
ñ
g
(19)
является критическим значением постоянной демпфи
рования.
Пример. Масса кузова автомашины с пассажира
ми 1200 кг. Осадка рессор 0,1 м. Определить значе
ние постоянной демпфирования амортизаторов, при
котором полностью исключаются свободные колеба
ния кузова автомашины изза неровностей дороги. На
грузку на колеса автомашины принять одинаковой.
Решение. 1. Расчетная схема приведена на рис. 1.6.
2. Нагрузка на колесо автомашины:
FH=
=
3000
4
,
⋅
1200 10
где: 1200 — масса автомашины с пассажирами, кг;
10 — ускорение силы тяжести, м/с2;
4 — число колес.
3. Жесткость рессоры колеса: К = F / h = 3000 /0,1 =
= 30000 H/м.
257
Часть 3. Расчеты динамических процессов при взрывных работах
Рис. 1.6. Расчетная схема:
а — модельное
представление;
б — схема действующих сил.
4. Полное гашение свободных колебаний автома
шины имеет место при значении постоянной демпфи
рования амортизатора:
C
FÊ
= 2
ñ
.
g
В нашем случае:
C
≥
3000 30000
2
10
=⋅
610
3
Hc
⋅
.
ì
⋅
Вынужденные колебания упругой системы
Рассмотрим теперь случай, когда внешняя сила
вызывает колебательные движения системы. На рис.
1.7 (а) показана сила Р, действующая на массу, поддер
258
Рис. 1.7. Вынужденные колебания упругой системы:
а — закон приложения внешней силы;
б — наложение свободных и вынужденных колебаний.
Глава 1. Колебания и волны в горном массиве
живаемую пружиной. Рассмотрим действие силы Р, ко
торая изменяется по гармоническому закону:
=
PP t
,(20)
ω
cos
0
где P0 — амплитуда силы;
— угловая скорость;
ω
t — время.
Период колебания Т =
f =
ωπ
, частота колебаний:
2
πω
.
2
Уравнение движения приведенной на рис. 7 (а)
системы (без учета сил трения) имеет вид :
2
-ÊZ +P0 cos
ω
tma
==⋅
FgdZ
2
dt
или
2
F
dZ
dt
ÊgZ P g t
+=
2
0
. (21)
ω
cos
Решение этого дифференциального уравнения
ищем в виде:
Z = Z1 + Z2, (22)
где Z1— общее решение однородного уравнения
(без
Pg t
Z2— частное решение неоднородного уравнения
0
(включающего в себя
щее от Z).
cos
);
ω
cos
ω
, не завися
Pg t
0
Корни однородного уравнения
2
dZ
+=
F
ÊgZ
2
dt
0
находим стандартным путем, задавая Z1 в виде: Z1 =
(23)
e
λ
Получаем уравнение:
tt
2
λλ
Fe Êge
λ
+=
.
0
t
.
Характеристическое уравнение имеет вид:
2
FÊg
λ
+=
.
0
259
Часть 3. Расчеты динамических процессов при взрывных работах
Откуда:
=±i
Êg
F
λ
12,
è
Êg
ZC t
=
cos sin
11 2
+
F
Êg
Ct
F
.(24)
Поскольку Z = Z0 при t = 0, то C1 = Z0 и C2 = 0.
Частное решение неоднородного уравнения ищем
в виде:
Z2 = Asin ωt + Bcosωt. (25)
Отсюда:
dZ
2
=
Aωcosωt Bωsinωt ;(26)
dt
2
dZ
2
2
dt
=
A
ω
2
sinωt B
2
cosωt. (27)
ω
С учетом начального условия Z = Z0 при t = 0,
получаем А = 0 и Z2 = Bcosωt.
Подставляя выражение для Z2 в исходное уравне
ние (21), получим:
F ( B
Откуда:
и, следовательно,
Полное решение исходного уравнения (21) имеет вид:
Разделив во втором слагаемом числитель и знаме
натель на Кg получим:
260
Z = Z0cos
2
cosωt ) + Êg B cosωt =
ω
Pg
B
=
Êg F
−
Pg
Z
Z = Z0cos
2
t
0
=
Êg F
−
Êg
t
F
Êg
+−
F
ω
+
P
0
Ê
0
ω
cos
2
Êg F
1
2
Pg
0
−
F
ω
ω
Êg
t
ω
Pg t
0
.
cos
2
1
−
2
cos
ω
cos
t
ω
ω
t
.
.(28)
(29)
(30)
(31)