2.2. Пример выполнения ргр-2

Рассмотрим систему, совершающую малые собственные колебания около положения равновесия (рис.2.1). Примем следующие обозначения элементов: 1 – груз массы , прикрепленный в точкеАк свисающей с блока нити; 2 – бицилиндр массыс радиусамии радиусом инерцииотносительно его геометрической оси; 3 – тонкий однородный стержень массыи длины; 4 – блок массы(сплошной диск); 5 – каток массы(сплошной однородный цилиндр); 6 – стержень, массой которого можно пренебречь.

Пусть в системе (рис.2.1) известны: = 5 кг,= 4 кг,=1 кг,= 8 кг,= 0,04 м,= 0,08 м,= 0,06 м,=0,45 м, а также коэффициент жесткости пружины=2400 Н/м, начальное отклонение груза 1 по вертикали от положения его статического равновесия= 0,003 м и проекция начальной скорости груза на вертикальную ось= 0,03м/с. Примем= 10 м²/с.

Найти уравнение движения груза при заданных начальных условиях, амплитуду, частоту, период его колебаний и построить графики колебаний для свободных и затухающих колебаний.

Рис. 2.1

1.2.1. Свободные колебания

Система имеет одну степень свободы (рис.2.1). За обобщенную координату примем вертикальное отклонение груза 1 от положения статического равновесия вниз. Все задаваемые силы, приложенные к системе, имеют потенциал, поэтому уравнение Лагранжа можно записать в форме (2.7).

Кинетическая энергия всей рассматриваемой системы

. (2.18)

Груз 1 движется поступательно, следовательно, его кинетическая энергия равна

где - неизвестная скорость перемещения груза 1, равная обобщенной скорости .

Бицилиндрический блок 2 вращается вокруг неподвижной оси с угловой скоростью. Радиус инерции блока известен, поэтому. Кинетическая энергия бицилиндра:

.

Стержень 3 вращается вокруг неподвижной оси , тогда кинетическая энергия равна. Момент инерции стержня относительно оси, проходящей через его конец, известен:. Для нахождения угловой скоростистержня рассмотрим точкиВиС, которые движутся практически с одинаковыми скоростями (вследствие малости рассматриваемых колебаний). Тогда. Отсюда искомая угловая скорость. Таким образом, кинетическая энергия стержня 3 равна

.

Каток 5 совершает плоскопараллельное (плоское) движение, состоящее из поступательного движения вместе с полюсом О₂и вращательного движения вокруг последнего. Поэтому кинетическая энергия этого катка:, где- кинетическая энергия поступательного движения;- то же для вращательной части плоского движения.

Мгновенный центр скоростей (МЦС) катка находится в точке Р, поэтому угловая скорость каткаопределяется как отношение скорости точкиЕк длине диаметраЕР:, где- радиус катка 5. Скорость, тогда. Для нахождения кинетической энергииТ_попределим скорость поступательного движения катка. С учетом этого имеем:

.

Теперь найдем , где- момент инерции катка 5 относительно МЦС (точка Р). Как известно,, где- момент инерции катка 5 относительно его центра тяжести (точкаО₂):. С учетом последнего имеем:. Тогда кинетическая энергия будет равна:

.

Теперь полная кинетическая энергия катка определится следующим образом:

.

В соответствии с формулой (1.18) кинетическая энергия рассматриваемой системы будет равна

.

Выражение, стоящее в скобках, назовем приведенной массой системы и обозначим . Причем. Вычислим приведенную массу для нашего случая

кг.

В результате получим для кинетической энергии всей системы: .

Потенциальная энергия системы определяется работой сил тяжести системы и силы упругости пружины на перемещении системы из отклоненного положения, когда груз 1 имеет координату , в положение статического равновесия. При таком отклонении вес блока и вес катка работы не производят, поэтому потенциальная энергия всей системы равна

, (2.19)

где - потенциальная энергия пружины.

Очевидно, что . Знак минус ставится потому, что груз 1 из положения статического равновесия отклоняется вниз при положительном. Точно также (см. рис.2.2); из рис.1.2 видно, что.

Поскольку рассматриваются малые колебания системы, угол весьма мал и, следовательно, синус в последнем выражении можно заменить непосредственно углом. Тем самым в разложении синуса в ряд сохраняется лишь один член. В теории малых колебаний большая точность не нужна, ибо потенциальную энергию необходимо вычислять с точностью до величин второго порядка малости относительно обобщенной координаты.

Таким образом, имеем . Для нахождения углавоспользуемся формулой. Смещениес принятой точностью совпадает с перемещением точки, лежащей на поверхности блока, т.е.. Тогда

.

Следовательно,.

Потенциальная энергия пружины

,

где - перемещение точки из положения, соответствующего условию ; - статическая деформация пружины.

Перемещение вдвое меньше смещения точкиЕ, которое, в свою очередь, равно перемещению точкиD. Таким образом, имеем

.

После несложных преобразований получим

.

С учетом выражения (2.19) получаем выражение для определения потенциальной энергии всей системы

. (2.20)

В положении, соответствующем , система находится в равновесии, поэтому должно выполняться условие:

.

Тогда из (2.9) получаем

. (2.21)

Отсюда можно найти статическую деформацию пружины. С помощью формулы (1.10) выражение (1.9) упрощается и принимает вид

. (2.22)

Выражение в скобках в (1.22) обозначим и назовем квазиупругим коэффициентом. Заметим, что. После вычислений получим, что рассматриваемом случае квазиупругий коэффициент равен

Н/м.

Таким образом, потенциальная энергия системы равна

.

Для использования уравнения Лагранжа необходимо найти производные от кинетической и потенциальной энергий:

. (2.23)

Подставляя (1.23) в формулу (1.7), получим

, (2.24)

где рад/с; с; Гц.

Решением уравнения (1.24) при известном значении kбудет

см

или, согласно выражению (2.12),

см. (2.25)

График свободных колебаний системы, согласно закону (2.25), приведены на рис.2.3.

Рис.2.3