Файловый архив студентов. Файловый архив студентов.
1301 вуз, 5073 предмет.
/ Регистрация
FAQ Обратная связь Вопросы и предложения
Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Национальный технический университет Украины «Киевский политехнический институт»
Предмет:
[НЕСОРТИРОВАННОЕ]
Файл:

ДКРФІОТ

.pdf
Скачиваний:
5
Добавлен:
12.05.2015
Размер:
984.9 Кб
Скачать
☆

координатних осей для кожного тіла, можна обирати незалежно) відносно осі

C2 створюють лише сили натяжіння T1 та T2 :

 

 

 

 

 

 

 

 

 

MC Fi R2T1

r2T2.

(7)

2

 

 

 

 

 

 

 

Підставляючи (5), (6), (7) в (4), отримаємо

 

 

 

m i2

dv

R T r T .

 

 

2 2

 

1

(8)

 

 

 

 

 

R2

dt

2

1

2

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тепер розглянемо коток 3. Він рухається під дією сили T2

натяжіння

 

 

 

 

 

 

 

нитки, сили тяжіння m2 g , сили

N3

реакції похилої площини, сили

Fтр3 тертя

в точці контакту котка з площиною, а також пари сил, що утворюють момент

M C опору коченню котка.

Центр мас котка знаходиться в точці C3 . За теоремою про рух центра

мас маємо:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dv

 

 

 

 

 

 

m

C

T

m g

N

 

F

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

dt

2

3

 

3

тр3

 

 

 

В проекціях на осі x3 , y3 отримаємо

 

 

 

 

 

 

 

 

x 3 : m

 

dvC

 

T m g sin F

;

(9)

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

dt

2

3

 

 

тр3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y 3 : N3 m3 g cos 0.

 

 

 

(10)

Швидкість v

C

пов’язана зі швидкістю v

. Насправді, оскільки коток за

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

умовами задачі котиться без просковзування, то його миттєвий центр швидкостей розташовано в точці P контакту з поверхнею. Тому швидкість точки D сходу нитки з котка може бути обчислена як vD 2vC . Далі,

оскільки нитка є нерозтягненою та непросковзує по поверхні блока 2, з умов

зв’язку швидкостей на поверхнях блока отримаємо

vD

r

 

. Остаточно:

 

2

v1

 

 

 

 

R2

 

v

r2

v .

(11)

 

C

1

 

2R2

 

21

Підставляючи (11) в (9), отримаємо:

m

r2

 

dv1

T

m g sin F

.

(12)

 

 

3

2R2

 

dt

2

2

тр3

 

 

 

 

 

 

 

 

Зауважимо, що сила Fтр3 є силою тертя спокою, тому визначимо її

величину за законом Кулона, як це було зроблено для сили тертя ковзання

Fтр1 , неможливо.

Застосовуючи теорему про зміну кінетичного моменту до котка 3,

запишемо відносно його центра мас C3 :

I

 

dω3

M

 

F .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C3

 

 

C3

i

(13)

 

dt

 

де IC3 – момент інерції котка відносно центра мас; ω3

– кутова швидкість

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

котка; MC Fi – головний момент зовнішніх сил, прикладених до котка.

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Вважаючи коток однорідним суцільним циліндром, його момент інерції

відносно центру мас представимо у вигляді:

 

 

 

IC3

m R2

 

 

 

 

3 3

.

 

(14)

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Для кутової швидкості ω3 , використовуючи рівняння (11), запишемо

ω

 

 

vC

 

r2

v .

(15)

3

 

 

 

 

R3

 

1

 

 

 

 

2R2 R3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Моменти відносно центру мас створюють сила T2 на тяжіння нитки,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

сила тертя Fтр3 та пара сил опору коченню з моментом M C :

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

MC Fi R3T2

R3Fтр3 MC .

(16)

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Момент M C обчислюємо за емпіричною залежністю:

 

 

 

 

M C N3 ,

(17)

де – заданий коефіцієнт тертя кочення. Нормальну реакцію N3

похилої

площини визначимо з рівняння (10):

 

 

 

 

 

22

Fтр3

 

 

 

 

N3 m3 g cos .

 

(18)

Підставляючи (14) – (18) до (13), отримаємо:

 

m

r2 R3

 

dv1

R T R F

m g cos .

(19)

 

 

3

4R2

 

dt

3 2

3

тр3

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

Таким чином, рівняння (3),

(8),

(13),

(19) утворюють

систему 4-х

рівнянь з невідомими v1 , T1 , T2 , Fтр3 . Виключаючи сили, визначення яких не становить питання задачі, отримаємо одне диференціальне рівняння для v1 .

Необхідні перетворення можуть бути виконані, наприклад, наступним чином.

Помножуючи (13) на R3 і додаючи (19), виключимо :

 

 

3

m

 

r2 R3

 

dv1

 

2R T

R m g sin m g cos .

 

(20)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

3

R2

 

dt

 

 

3

2

 

 

3

3

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Аналогічним чином помножуючи (3) на R2

і додаючи (8), виключимо

T1 :

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m2i2

 

dv1

fm1gR2

r2T2 .

 

 

 

 

 

 

 

m1R2

 

 

R2

 

 

 

 

dt

 

 

(21)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Для виключення T2

з рівняння (20) помножимо на r2

2

, а рівняння (21) – на

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R3 , після чого додамо рівняння. В наслідок чого отримаємо:

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m2

R3i2

 

3

 

 

 

 

r2 R3

dv1

..............

 

 

 

 

 

m1R2 R3

 

 

 

 

 

m3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R2

8

 

 

 

R2

 

dt

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.............. fm1gR2 R3

r2 R3

m3 g

sin r2

m3 g

cos .

 

 

 

 

 

 

2

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Нарешті,

 

поділивши

на

 

R2 R3 ,

запишемо рівняння

руху в остаточному

вигляді:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

m1 m2

i2

 

3

 

r2

 

m3

 

2

 

 

 

R2

8

 

 

R2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

dv1

 

 

 

 

 

..............

 

 

 

 

 

 

dt

 

 

 

 

 

 

 

 

 

23

.......... .... fm g

r2

 

m3 g

sin

r2

 

 

 

m3 g

cos

.

(22)

 

 

 

 

 

 

1

R2

2

 

R2

 

R3

2

 

 

 

 

 

 

 

Підставляючи задані значення параметрів в рівняння (22), отримаємо:

dvdt1 0,182.

Загальний розв’язок цього рівняння має вигляд: v1 (t) 0,182 t C1;

s(t) 0,091t 2 C1t C2 ,

де C1 , C2 – сталі інтегрування. Враховуючи, що початкові умови в даній задачі нульові ( s 0 0 і система починає рух із стану спокою, тобто v1 0 ),

отримаємо:

v1 (t) 0,182 t;

s(t) 0,091t 2 .

Виключаючи час t , знаходимо:

v1 0,367s.

Враховуючи задане значення s , остаточно знаходимо:

v1 0,66 м с 1.

24

1.2 Застосування загального рівняння динаміки

Розрахункову схему наведено на рисунку 1.3.

Загальне рівняння динаміки запишемо для системи N твердих тіл, що здійснюють плоскопаралельний рух:

N

 

 

 

 

M ci i

 

 

Fi

i

rci

M c Fi

0,

(23)

i 1

Рисунок 1.3

25

 

 

де Fi

– головний вектор зовнішніх сил, докладених до тіла; i – головний

 

r

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

вектор сил інерції;

ci

– можливе переміщення центра мас тіла;

Mc Fi

 

–

головний момент зовнішніх сил відносно центра мас; M c – головний момент

сил інерції відносно центра мас; i – кут можливого повороту тіла в

головній площині руху.

Для тіла 1 можливим є лише поступальне переміщення. Вектор цього

переміщення позначимо як r1 . Окрім зовнішніх сил, розглянутих вище, до

 

 

 

тіла докладаємо силу інерції 1 m1a1 , де

a1 – прискорення тіла 1. Роботу

на можливому переміщенні r1

здійснюють сила тертя Fтр1 та сила інерції:

 

 

F r

fm g r ;

 

 

A F

(24)

 

тр1

тр1

1

 

1

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A 1 m1a1 r1.

 

 

(25)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Сила тяжіння m1 g

роботи не здійснює,

бо спрямована перпендикулярно до

 

 

 

 

 

 

 

 

 

напрямку можливого переміщення; реакція N1 роботи не здійснює, як і будь-

яка реакція ідеальної в’язі.

 

 

 

 

 

 

 

На можливому куті обертання 2

здійснює роботу інерційний момент

M2 IC 2 , де 2 – кутове прискорення блоку 2. Зазначена робота дорівнює

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A M

M

I

.

(26)

 

2

2

2

 

C2

2

2

 

Розглянемо

кінематичне співвідношення

(6).

Оскільки

коефіцієнт в

ньому є сталим, тобто не залежить від положення системи, це співвідношення легко про диференціювати, отримавши тим самим співвідношення між прискореннями:

 

 

 

a1

.

(27)

2

 

 

 

R2

 

 

 

 

Далі, оскільки всі в’язі в системі є стаціонарними, то співвідношення між можливими переміщеннями є аналогічними до співвідношень між відповідними швидкостями. Зокрема,

26

 

2

 

r1 .

(28)

 

 

R2

 

 

 

 

Підставляючи (27) і (28), а також вираз (5) для моменту інерції IC2 до

(26), отримаємо

 

 

A M m i2

a1

r .

 

 

(29)

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

2 2 R2

1

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

Для котка 3, що здійснює плоскопаралельний рух, можливими

переміщеннями є переміщення rc

центра мас C3

вздовж похилої площини і

кут повороту

 

 

 

C

 

 

 

 

 

 

 

3

. До центра мас

3

докладаємо силу інерції

3

m a , а

 

 

 

 

 

 

 

 

3 C

до котка – інерційний момент M3 IC 3 . Обчислимо роботу сили тяжіння

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m3 g і сили інерції, докладених до центра мас:

 

 

 

 

 

 

 

m3 g rC sin ;

 

 

 

 

 

A m3 g

 

 

(30)

 

 

 

m3aC rC .

 

 

 

 

 

A 3

 

 

(31)

Співвідношення між прискореннями aC та

a1 ,

а також між можливими

переміщеннями

rc та r1 знайдемо,

використавши (11) між відповідними

швидкостями. З міркувань, аналогічних викладеним при розгляді блоку 2,

отримаємо:

a

r2

a ; r

 

r2

r .

(32)

 

 

 

C

 

2R2

1

C

 

2R2

1

 

 

 

 

 

 

 

 

Підставляючи ці співвідношення до (30) та (31), отримаємо:

 

 

 

 

 

 

r

 

 

 

 

 

 

A m g m g

 

2

r sin

;

(33)

 

 

 

3

3

2R2

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

r2

 

 

 

 

 

 

 

A 3

m3

 

a1 r1.

 

(34)

 

4R2

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Сила реакції N3 роботи не здійснює, бо є реакцією ідеальної в’язі.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Сила тертя Fтр3 роботи не здійснює,

бо докладена до миттєвого центру

27

швидкостей: віртуальне переміщення цієї точки в напрямку дії сили тертя було б несумісним із накладеною в’яззю vP 0 .

Нарешті, інерційний момент

M 3

та

момент

M C

опору коченню

виконують роботу на кутовому переміщенні 3 :

 

 

 

 

A M

I

;

 

 

(35)

 

 

3

 

C3

3

 

3

 

 

 

A M C M C 3

m3 g 3 cos ;

(36)

(в останньому виразі враховано (17),

(18)). Тут

–

коефіцієнт тертя

кочення, дужки застосовано, щоб не сплутати його із символом варіації.

З (15) знаходимо:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

r2

 

a1;

3

 

 

r2

r1.

 

(37)

2R2 R3

 

2R2 R3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

З урахуванням цих співвідношень, а також виразу (14) для моменту інерції,

вирази (35), (36) набувають вигляду

A M m

 

r22

a r ;

 

 

3

3 8R2

1 1

 

 

2

 

 

A M C m3 g

 

r2

 

r1 cos .

 

 

 

 

 

2R2 R3

Об’єднуючи (24), (25), (29), (33), (34), (38), (39), отримаємо:

fm g r

m a r

m i2

a1

r

m g

r2

r sin .........

 

2R

1 1

1 1 1

2 2 R2

1

3

1

 

 

2

 

 

2

 

 

r2

 

r2

a1 r1 m3 g

r

 

 

2

2

2

 

 

......... m3

 

a1 r1 m3

 

 

r1 cos 0

4R2

8R2

2R R

2

2

 

2

3

 

Після очевидних перетворень зведемо це рівняння до вигляду

(38)

(39)

(40)

 

 

2

 

2

 

 

 

m2

i2

m3

3r2

 

..........

2

2

m1

a1

 

 

R2

 

8R2

 

 

28

 

 

 

r2

sin m g

r2

 

 

 

 

...............

f m g m g

cos g r

0.

 

 

 

1

3

2R2

3

2R2 R3

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Можливе (!) переміщення r1 , взагалі кажучи, не дорівнює нулю, тому нулю дорівнює множник при ньому. Отже,

 

 

2

 

 

2

 

 

 

 

 

 

m2

i2

m3

3r2

 

..........

 

m1

2

2

a1

 

 

 

R2

 

 

8R2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

r2

sin m3 g

r2

 

 

 

 

fm1g m3 g

 

 

 

 

 

...............

2R2

2R2 R3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cos g 0.

Якщо перенести другий доданок в праву частину, представити прискорення

a1 як похідну від швидкості v1 і виконати незначні перетворення, отримаємо:

 

 

 

 

i2

 

3

 

r

2

dv

 

r

 

m g

 

r

 

m g

 

m

m

 

2

 

 

m

 

2

 

 

1

fm g

2

 

3

sin

2

 

 

 

3

cos ,

2 R2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

8

3

R

 

dt

1

R 2

 

R R 2

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

2 3

 

 

 

що повністю співпадає з рівнянням (22).

2. ВАРІАНТИ ЗАВДАНЬ ДЛЯ РОЗВ’ЯЗУВАННЯ

Варіанти завдань механічної системи наведені на рисунках 2.1 – 2.18.

Внаслідок дії сили ваги механічна система починає рухатися із стану спокою.

Початкове положення системи показано на рисунках. Враховуючи при необхідності тертя ковзання бруса по поверхні та опір коченню колеса, яке котиться без ковзання, нехтуючи масами ниток, які вважаються нерозтяжними, знайти швидкість v та прискорення a тіла 1 в той момент,

коли пройдений ним шлях буде дорівнювати s.

Числові дані наведено в таблиці 1. Слід звернути увагу, що в таблиці

наведені

відносні значення мас 2 , ........, 4 тіл 2 – 4. Таким чином,

масу

першого

тіла представляємо як m, а маси інших тіл представляємо

i m,

29

тобто 2m, m/2 і т.п. (параметр m через особливості системи скорочується в процесі обчислень і не входить до остаточних рівнянь руху). Радіуси колес/блоків позначено як R2 , R3 ; для подвійних блоків r2 , r3 позначають менші радіуси. Радіуси інерції блоків позначено як i2 x , i3x ; якщо радіус інерції не задається, то відповідне тіло обертання при обчисленні моменту інерції слід вважати однорідним суцільним циліндром. Для деяких колес/блоків числові значення радіусу не задаються, тому що в остаточні рівняння руху цей радіус не входить (скорочується в процесі обчислень).

Коефіцієнт тертя ковзання позначено f , коефіцієнт опору – .

Похилі ділянки ниток паралельні до відповідних похилих площин.

Нитки не проковзують відносно блоків, кочення коліс відбувається без ковзання.

Таблиця 1

30

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]
Помощь Обратная связь Вопросы и предложения Пользовательское соглашение Политика конфиденциальности