Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Практикум по интеграционной механике. Компьютерный комплекс лабораторных работ по взаимосвязанным нелинейным задачам
.pdf
3.9. АНТИРЕЗОНАНС.ТЕОРИЯ И ПРАКТИКА 79
Мы подобрали
c
= ω, p2=
p
2
Следовательно, амплитуда первого груза a
2
, −m2ω2+ c2=0.
m
2
1
=0, амплитуда второго
груза не равна нулю. Эффект антирезонанса проявляется в том, что первая масса стала неподвижной, но, естественно, появилось движение присоединенной массы в противофазе движению первой массы. Вместо одного
резонанса система будет иметь два резонанса.
Используя эффект антирезонанса, можно решить оригинальные технические задачи: найти массу стола (известна жесткость стола, парциальная
частота второй подсистемы p
ла, парциальная частота второй подсистемы p
); найти жесткость стола (известна масса сто-
2
).
2
Экспериментальное определение эффекта антирезонанса
Последовательность проведения эксперимента при использовании эффекта антирезонанса:
1) включаем установку;
2) подбираем параметры числа оборотов двигателя, создающих резонанс
в установке;
3) фиксируем экспериментальное значение резонанса, желательно применять электронно-счетный частотомер Ч3-28;
4) выключаем установку, без изменения положения регулятора реостата;
5) устанавливаем дополнительную массу груза на специальной упругой
пластине;
6) фиксируем место установки груза;
7) включаем в работу двигатель установки;
8) визуально определяем амплитуду стола;
9) меняем установку дополнительного груза на упругой пластине, доби-
ваясь неподвижного положения стола;
10) записываем парциальную собственную частоту системы с дополнительным грузом, для чего используем тензодатчики, наклеенные на
данной пластине;
11) выключаем установку и замеряем положение дополнительного груза
на пластине;
12) замеряем параметры пластины (длина, ширина, толщина).
80 ГЛАВА 3
Определение жесткости пластинчатой пружины для установки до-
полнительного груза
Ранее стол имел горизонтальное перемещение, для дополнительного
груза закрепление иное, груз крепится на свободном конце пластины. Формула определения жесткости пластины для дополнительного груза:
3EI
x
C =
,
3
l
где формула определения жесткости пластины, как это видно из формул,
отличается коэффициентом 3 (ранее коэффициент в числителе был 12). Для
удобства проведения экспериментов упругие пластины для стола и груза
имеют одинаковые параметры момента инерции, так как отличаются только
длиной.
Экспериментальное определение резонансов установки в условиях
эффекта антирезонанса
Снова повторяем эксперимент с эффектом антирезонанса, но подби-
раем параметры числа оборотов двигателя такими, чтобы найти истинные
резонансные частоты уже двухмассовой системы. Первая частота должна
быть ниже основной частоты установки, а вторая выше (рис. 3.14). Найдя
эти резонансы на установке визуально, фиксируем эти частоты электронносчетным частотомером Ч3-28.
Все экспериментальные результаты и численные расч¨еты сводим
в единую таблицу, где представляем частоты как в виде круговой частоты, так и в Гц.
3.10. Практикум по энергетической механике
F = F
dr = dx ·i + dy ·j + dz ·k, (3.50)
dA =F · dr = F
После ввода элементарной работы dA перейдем к определению эле-
ментарной кинетической энергии:
dA =F · dr = m
d˙r
dt
·i + Fy·j + Fz·k, (3.49)
x
· dx + Fy· dy + Fz· dz.
x
2
˙
· dr = md˙r ·˙r = m ·d
r
= d(T ). (3.51)
2
3.10. ПРАКТИКУМ ПО ЭНЕРГЕТИЧЕСКОЙ МЕХАНИКЕ 81
h
w
-
P'
P,
1
P,
2
P''
P
w
Рис. 3.14
Нами вводится понятие элементарной работы dA и элементарной кинетической энергии dT .
Закон dA = dT можно представить иначе — dT = dA, в последнем ви-
де он и формулируется: изменение кинетической энергии равно изменению
работы внешних сил.
Интегральная форма:
− T0=A
T
1
где T
, T1— кинетическая энергия системы в начальный момент и конечный
0
момент времени соответственно;A
e
+A
k
e
,A
k
i
, (3.52)
k
i
— работа внешних и внут-
k
ренних сил соответственно.
Для абсолютно твердого тела работа внутренних сил равна нулю.
Применение теоремы об изменении кинетической энергии к изучению
движения механической системы (задание Д.10 [21])
На рис. 3.15 дана информация об исследуемом механизме.
Особенность применения интеграционной механики — это умение ре-
шить задачу, не решая задачи. Это прежде всего видеть ответ задачи. Интеграционная механика была разработана для сложных взаимосвязанных
задач, которые ранее никем не были решены. Результаты этих задач включены в компьютерный комплекс (главы 4, 5, 6). По просьбе академика
Ю. А. Ишлинского идеи новой механики были применены к классической
механике.
82 ГЛАВА 3
Рис. 3.15
Прежде всего, изучаем исходные данные:
=3m; m2= m; m3= m; R3; α, β;
m
1
f − коэффициент сухого трения первого тела, величина безразмерная;
δ − коэффициент трения качения третьего тела, величина размерная, см;
S −путь движения первого тела, м.
Необходимо найти скорость первого тела V
. Основная наша формула
1
для решения:
ΣT
=ΣA
i
i
(3.53)
Что не задано графически и в исходных данных? Не задано в задаче:
−1
1) ускорение силы тяжести — g [мс
];
2) конкретное значение m;
3) радиус цилиндра 2 (второе тело), см;
4) моменты инерции второго и третьего тел, предполагается, что их необ-
ходимо знать.
Предполагаемое решение на основе формулы (3.53):
2
(...)V
= Sg(α, β, δ3R−1). (3.54)
1
Определяем искомую величину скорости первого тела в квадрате, что
позволяет проверить размерность искомой величины в левой части формулы (3.54) и в правой. Размерности произведения
S ·g
3.10. ПРАКТИКУМ ПО ЭНЕРГЕТИЧЕСКОЙ МЕХАНИКЕ 83
совпали c размерностью квадрата скорости —
2
(m
· c−2).
Информация в скобках в правой и левой частях уравнения (3.54) будет безразмерной. Массы тел входят как в правую часть уравнения, так и в левую,
поэтому величина массы (m) сокращена, а остаются в скобках только соотношения масс тел.
Моменты инерции второго тела и третьего:
2
R
m
2
2
2
,J
3
=
Почему радиус R
=
J
2
не задан, а R3— задан? Если бы в условиях задачи
2
не было бы задан коэффициент трения качения δ,тоR
m
2
R
3
3
.
2
также не был бы
3
задан. Рассмотрим кинетическую энергию тел:
2
V
m
1
T
=
1
T
1
,T
2
m
=
3
2
2
V
3
3
+
2
Угловые скорости второго и третьего тел (ω
2
ω
J
2
2
=
J
,
2
2
ω
3
3
.
2
) не заданы. Почему?
2,ω3
Это будет понятно при получении кинетической энергии второго тела:
2
ω
J
2
T
2
Но V
— линейная скорость на наружной поверхности вращающегося вто-
2
2
=
=
2
m
2
2
ω
R
2
2
2
·
2
=
2
m
2
V
2
2
,
2
рого тела и будет равна (вдоль каната скорость не меняется) линейной скорости перемещения центра тяжести первого тела V
На рис. 3.16 видно, что скорость центра тяжести третьего тела V
.
1
равна
3
половине скорости первого тела:
V
=0,5V1.
3
Кинетическая энергия третьего тела будет аналогична сумме кинетической
энергии первого и второго тела с заменой V
2
V
m
3
=
T
3
3
2
на V3:
1
2
ω
J
3
3
+
,
2
84 ГЛАВА 3
Рис. 3.16
T3=
m
2
V
3
3
+
2
m
2
V
3
4
3
3
=
16
mV
2
.
1
Суммарная кинетическая энергия системы тр¨ех тел:
+ T2+ T3=
T
1
2
3mV
1
+
2
3
=
1
+
+
2
2
3
16
2mV
4
1
mV
2
3
16
mV
2
=
1
+
2
.
1
Переходим к определению суммарной работы системы из тр¨ех тел.
Для первого тела
=+(m1g sin β) · S1− (m1g cos β) · f · S1.
A
1
Для второго тела
=0.
A
2
Для третьего тела работа на перемещении S состоит из работы силы
тяжести, аналогично работе первого тела, и работе силы трения качения.
Работа силы тяжести для третьего тела связана с линейным перемещени-
центра тяжести:
ем S
3
S
1
−m
g sin α · S3= −mg sin α ·
3
.
2
Работа силы трения качения третьего тела связана угловым перемеще-
нием ϕ
:
3
S
3
=
ϕ
3
.
R
3
3.10. ПРАКТИКУМ ПО ЭНЕРГЕТИЧЕСКОЙ МЕХАНИКЕ 85
Работа силы трения качения для третьего тела:
k
· ϕ3= |Qcos α|·δ ·
M
тр
S
3
=
R
3
= S
g cos α ·
3m3
= m · S · g
δ
R
3
= m
cos α
2
S
1
g cos α ·
2
·
δ
R
3
δ
=
R
3
.
Для всех тр¨ех тел работа на перемещении S:
+ A2+ A3=+(m1g sin β) · S1− (m1g cos β) · f · S1−
A
1
Усл о ви е
− mg sin α ·
S
2
= m · S · g3sinβ −
3sinβ −
cos β ·f
2
1
− m ·S ·g
cos β ·f
2
sin α
−
cos α
2
sin α
−
2
cos α
−
2
2
−
·
cos α
·
R
δ
=
R
3
2
δ
3
·
> 0
δ
.
R
3
позволяет существенно расширить традиционную задачу из курса теоретической механики, а именно: найти такие соотношения масс тел m
1,m2,m2
углы α, β, коэффициент трения скольжения f . Исходное значение S можно
задавать произвольно.
Применение общего уравнения динамики движения к исследованию
движения механической системы с одной степенью свободы (Д-19 [21])
На рис. 3.17 изображена та же схема системы тр¨ех тел. Отличие схемы
на рис. 3.17 от схемы на рис. 3.15:
1) не задан радиус колеса (третье тело); сразу анализируем исходные данные, которые пока нам неизвестны; в задаче не будет учитываться трение качения;
2) вместо заданного пути (S) на схеме рис. 3.15 на рис. 3.17 встречаем
— это условное малое перемещение;
ΔS
1
3) на рис. 3.16 показана искомая величина скорости первого тела V
схеме рис. 3.17 необходимо найти ускорение первого тела a
,ана
1
.
1
,
86 ГЛАВА 3
Рис. 3.17
Постановка нашей задачи. Система приходит в движение из состояния
покоя. Определить ускорения грузов и натяжения в ветвях жестких нитей
(это наши канаты). Ограничимся нахождением натяжения нити между первым и вторым грузом. Естественно, для удобства расч¨ета пренебрегаем массами всех нитей.
Рис. 3.18
Применим снова наш при¨ем «решить задачу, не решая задачу». Какой
вид должно иметь уравнение для нахождения ускорения (a
) первого тела?
1
Предполагаем, что в уравнении обязательно должно присутствовать ускорение свободного падения тела g, так как мы имеем движение под действием
сил тяжести. Вид этого уравнения следующий:
= g(...). (3.55)
(...)a
1
В уравнении (3.55) в скобках безразмерные величины.
3.10. ПРАКТИКУМ ПО ЭНЕРГЕТИЧЕСКОЙ МЕХАНИКЕ 87
Рис. 3.19
По схеме сил, представленных на рис. 3.19, составим уравнение рав-
новесия тела 1:
sin β −Fтр− Ф1− R
G
1
В определение инерционной силы Ф
ходит ускорение a1, кроме этого,
1
=0. (3.56)
1−2
второй неизвестной величиной уравнения равновесия первого тела (3.36)
является реакция связи R
ное перемещение S
1
. Если умножим уравнение (3.56) на возмож-
1−2
, то информация изменится, но действие останется
прежним (оператор нулевого действия, с которым подробно ознакомились
в разделе статики):
sin β −Fтр− Ф1− R
(G
1
) ·S1=0. (3.57)
1−2
В правых частях уравнений (3.56) и (3.57) имеется 0, но размерность его
разная. Даламберовы силы и даламберовы моменты взяты в скалярной записи для удобства решения нашей задачи:
= −m1a1,M
Ф
1
= −m1a3,M
Ф
3
ф
= −J2ε2;
2
ф
= −J3ε3.
3
Все возможные перемещения в задаче независимые, поэтому правильно заменить Δ на δ-виртуальные перемещения, не зависящие от времени, но мы
сохраняем чертежное обозначение возможных перемещений. Произведения
даламберовых сил и даламберовых моментом на возможные перемещения:
Ф
·S1= −m1a1S1= −3ma1S1,
1
ф
·ϕ2= −J2ε2·ϕ2=
M
2
88 ГЛАВА 3
2
R
m
2
= −
·S3= −m3a3S3= −ma1S
Ф
3
= −
2
2
ф
M
·ϕ3= −J3ε3·ϕ3=
3
2
R
m
3
3
2
S
a
2
·
·
R
R
2
2
a
S
3
·
·
R
R
3
3
2
3
= −
= −
m
m
2
8
a
1S1
a
1S1
,
1
,
1
4
.
В предыдущих выкладках произведения даламберовых сил и даламбе-
ровых моментом на возможные перемещения учтено:
a
=0,5a1, ΔS3=0,5ΔS1,m3= m, m2= m, m1=3m.
3
Общее уравнение динамики было рассмотрено ранее (3.12):
(Fi· δri+Ri· δri+Φi· δri)=0.
i
В нашей задаче рассматриваются идеальные связи, которых на практике
90 %, и суммарная работа на возможных перемещениях равна нулю:
(Ri· δri)=0.
i
Общее уравнение с уч¨етом идеальности связей для данной задачи будет
иметь вид
sin βS1− Q1cos βfS1− m1a1S1−
Q
1
− Q
= mS
Ускорение a
3g sin β −3g cos βf − 3a
sin αS3− m3a3S3− M
3
3g sin β −3g cos βf − 3a
1
из предыдущего уравнения:
1
ф
·ϕ2− M
2
sin α
−
1
sin α
−
1
2
a
1
2
a
−
a
1
4
ф
·ϕ3=
3
a
a
1
1
−
−
4
2
a
1
−
a
1
−
2
a
1
−
1
8
8
=0.
=0.
Получаем предполагаемое уравнение
3+
sin α
2
7
+
= g(3 sin β −3f cos β).
a
1
8
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]