Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Сыктывкарский лесной институт (филиал СПбГЛТА)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Теор. Мех. Методическое пособие для КР

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

02.03.2016

Размер:

3.68 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 108 9 10 > Следующая >>>

Тогда

2μ

ln (a2 + v2 )- ln

2 + v

2 )= -

x ;

a2 + v02

2μ

= e

x1 ;

x ;

a2 + v2

−

2μ

−

2μ

v =

- a

2e m 1

2 1 - e

m 1

Полагая здесь x1 = l,

найдем скорость груза в точке В, учитывая, что

е = 2,73:

vB = 400 × 0,45 - 85 × 0,55 =11,5 м/с.

2. Рассмотрим движение груза на участке ВС. Найденная скорость по модулю

вконце участка АВ, vB = 11,5 м/с будет начальной скоростью для участка ВС. Изобразим промежуточное положение груза и приложенные к нему силы:

R	; Fтр и F. Построим оси Вх, Ву			и спроектируем дифференциальное
P = mg; N2
уравнение движения на оси Вх и Ву.
Проекция на ось Вх
	&&		dx&	= - fN2 + 2(1 + t ).
	mx = −Fтр + Fx	или m
			dt

Примем во внимание, что проекция на ось Ву равна N2 − mg = m&y& = 0, от-

куда следует, что N2 = mg. Поделим на массу m обе части проекции дифференциального уравнения на ось Bх, затем разделим переменные и возьмем интегралы от обеих частей уравнения.

В результате разделения переменных получаем

∫ dx& = −2∫ dt + ∫ (1 + t )dt,

где учтено, что

gf ≈ 2.

Интегрирование дает

x& = -2t + (1 + t )2 + C2 (первый интеграл), 2

где C2 – произвольная постоянная.

По начальному условию x&0 = vB при t = 0 найдем

C2 = vB – 0,5 = 11 м/с.

Подставим в первый интеграл x& = dx/dt и найденное С2. Разделим переменные и возьмем интеграл от обеих частей равенства:

∫ dx = -2∫ t × dt + 12 ∫ (1 + t )2 dt +11∫ dt;

x = -t 2 + (1 + t )3 +11t + C3 (второй интеграл). 6

По начальному условию х0 = 0 при t = 0 найдем произвольную постоянную С3:

С3 = - 1 = -0,17. 6

Искомое уравнение движения груза на участке ВС запишется так:

x = -0,17 +11t - t2 + (1 + t )3 . 6

Для самостоятельного исследования рекомендуется изучить влияние коэффициента трения f на закон изменения координаты х от времени. Исследование проводить на дифференциальном уравнении движения тела вдоль оси вх. При изменении f произведение fg ¹ 2 и это учтется при интегрировании дифференциальных уравнений.

Пример 11 (задача 4-2). Груз массой m = 1000 кг

(рис. 4.11) опирается на основание через две пары последовательно соединенных пружин с коэффициентами жесткости С1 = 200 кН/м; С2 = 300 кН/м.

Решить задачу в двух вариантах.

1. Найти уравнение, амплитуду и период свободных колебаний груза, если z0 = 0,1 м; z&0 = 2 м/с при

t = 0.

2. Найти уравнение движения груза, когда основание совершает колебания по закону zn = a1 sinw t, где a1 = 0,2 м; ω = 20 рад/с. Принять, что z0 = 0; z&0 = 0 при

t = 0.

	0
z		zn
z
	F
	M

	P=mg
	z

Рис. 4.11. Расчетная схема

Решение. Исследование свободных колебаний.

1. Заменим четыре пружины одной эквивалентной пружиной с коэффициентом жесткости С. Пусть исходные и эквивалентная недеформированные пружины сжаты силой Q.

Если деформации верхних и нижних пружин равны l1 и l2, то деформация эквивалентной пружины

l = l1	+ l2	или	Q	=	Q	+	Q	,

			C		2C1		2C2
		72

следовательно,

C = 2C1C2 . C1 + C2

В нашем случае

= 2 × 200 ×300 =

C 240 кН/м. 500

Жесткость эквивалентной пружины одинакова для рассматриваемых двух вариантов.

2. Составим расчетную схему. На расчетной схеме груз моделируем материальной точкой. Начало оси z совместим с равновесным положением материальной точки. Изобразим промежуточное положение материальной точки и

						R
действующие на точку силы: силу тяжести P = mg и упругую силу F эквива-
лентной пружины (рис. 4.11). Проекция упругой силы Fz = C(lст							+ z),	где
lст = mg/C – статическое сжатие					эквивалентной пружины весом		груза.	На
рис. 4.11 точка О соответствует положению равновесия груза.
3. Запишем дифференциальное уравнение движения груза в проекциях на
ось z:
		m&z& = mg − c(λст + z) = −Cz
или					z + k2z = 0,
					z + k2z = 0,		(11.1)
где k =		– угловая частота свободных колебаний груза. В нашем случае
где k =	c / m	– угловая частота свободных колебаний груза. В нашем случае

		k =		240 ×103		=15,5 рад/с.
		k =				=15,5 рад/с.
					103
Общее решение однородного дифференциального уравнения (11.1) извест-
но из теории линейных дифференциальных уравнений:
Тогда			z = C1 coskt + C2 sinkt.				(11.2)
Тогда
		z&	= – C1k sinkt + C2k coskt.				(11.3)
Подставим в уравнения (11.2) и (11.3) начальные условия:
		z = z0;			z& = z&0 при t = 0.
Получим:
		C1 = z0 = 0,1 м;			C2 = z& /K = 2/15,5 = 0,13 м.

Уравнение свободных колебаний груза после подстановки постоянных С1 и С2 примет вид:

z = 0,1 cos15,5t + 0,13 sin15,5t.

Амплитуда и период свободных колебаний соответственно равны

a = 0,12 + 0,132 = 0,164 м,

T = 2p/k = 6,28/15,5 = 0,405 c.

Переходим к исследованию вынужденных колебаний (вариант второй) при кинематическом возбуждении.

Составим дифференциальное уравнение вынужденных колебаний. В отличие от предыдущего варианта, здесь основание смещается по закону zn = a1 sinwt, и проекция упругой силы пружины определится так:

Fz = – C(lcт + z – zп) = Clст – Cz + Ca1 sinwt.

Дифференциальное уравнение вынужденных колебаний груза при кинематическом возбуждении имеет вид:

m&z& = mg - Cl	ст	- Cz + Ca sin wt	или	&z&+ k	2 z = k	2a sin wt, (11.4)
	ст	1				1

где учтено, что mg = Clст; k2 = C/m.

4. Общее решение полученного неоднородного дифференциального уравнения равно

z = z1 + z2,

где z1 – общее решение однородного уравнения &z& + k 2 z& = 0, т. е.

z1 = C1 coskt + C2 sinkt,

а z2 – частное решение уравнения (11.4). Поскольку k ¹ w, то z2 нужно искать в виде

			z2 = A sinwt.
Для определения А подставим z				2	и &z&	= -Аw2 sin wt			в уравнение (11.4) и
				2	2
приравняем коэффициенты при sinwt. Получим
	a k 2		0,2 × 240				48
1
A =		=				= -		= -0,3 м.
A =	k 2 - w2	=	240 - 400			= -	160	= -0,3 м.
Тогда общее решение уравнения (11.4):
z = C1 cos15,5t + C2 sin15,5t – 0,3 sin20 t,									(11.5)

и производная от общего решения по времени:

z& = – C1 · 15,5 sin15,5t + C215,5 cos15,5t – 6 cos20 t.

(11.6)

Подставим в уравнения (11.5) и (11.6) начальные условия: z0 = 0, z& = 0 при t = 0. Получим

C1 = 0;

C2 = 6/15,5 = 0,39 м.

Искомый закон движения груза равен

z = 0,39 sin15,5t – 0,3 sin20 t.

Примечание. При силовом возбуждении колебаний на груз будет действовать гармоническая возмущающая сила P(t) = P01 sinωt или P(t) = P02 cosωt. Она должна быть показана на расчетной схеме для вынужденных колебаний груза. Основание при силовом возбуждении колебаний неподвижно. Дифференциальное уравнение вынужденных колебаний при силовом возбуждении будет аналогично дифференциальному уравнению (11.4) и последовательность отыскания закона движения груза будет такой же, что и в рассмотренном примере с кинематическим возбуждением.

При проведении задания по УИРС рекомендуется получить закон изменения амплитуды частного решения z2 в случае резонанса, приняв k = ω = 15,5 рад/с.

Пример 12 (задача 5-1). Применяя теорему об изменении кинетической энергии механической системы, определить скорость и ускорение груза А (рис. 4.12), если масса груза А – m, масса блока барабанов Б – m2 = 0,5m; масса

катка К – m3 = 0,1m; α = 60º; β = 30º; f = 0,2; δ = 0,1 см; ρ2 = 40 см; R2 = 50 см; r2 = 20 см; r3 = 20 см; S = 2,0 м.

Решение. Напишем теорему об изменении кинетической энергии механической системы, состоящей из абсолютно твердых тел, соединенных при помощи невесомых гибких нерастяжимых тросов:

n
T1 − T0 = ∑ Aej .	(12.1)
j
1. Вычислим кинетическую энергию системы как сумму кинетических
энергий тел, составляющих систему:

T = TA + TБ + TК.

Для груза А, совершающего поступательное движение:

ТА = mv2 . 2

Для барабана Б, вращающегося вокруг неподвижной оси:

= I хω2

ТБ 0 2 .

Для катка К, совершающего плоское движение:

ТК =	m v	2	+	I ω2
	3	c		c	3	.
	2			2

ω 3

	ω
	2
R2	r
	2

		Б	y
			y

		P2
N3			А
			А
	V
	c		N
			N
C	х	Fтр
	δ		S
	β
P3	β
P3			V


P	α

Рис. 4.12. Расчетная схема системы

Выразим скорости тел системы через скорость груза А:

;

= ω R = v

; ω =

vс

vR2

2 2

r2r3

Определим моменты инерции тел системы:

Ioz = m2ρ22 ;	Icz =	m r	2
		3 3		.

		2

Тогда выражение для кинетической энергии системы, приведенной к скорости груза V, примет вид:

	v2			ρ2		3		R2		v	2
T =		m + m	2	2	+		m	2	= m			,
T =		m + m		2	+		m	2	= m			,
	2			2		2	3	2	пр	2
	2			r2		2		r2		2

где mпр – приведенная масса системы: mпр = 3,94m.

Считаем, что система приходит в движение из состояния покоя, поэтому

T0 = 0;	T =	3,94mv2	.	(12.2)

	1	2

Вычислим сумму работ внешних сил, приложенных к системе:

n	= A(P) + A(Fтр )+ А(Р3 ) + А(Мтр.кач ).
∑ Aej	= A(P) + A(Fтр )+ А(Р3 ) + А(Мтр.кач ).
j =1
	76

Работа силы веса груза А на перемещении S равна

A(P) = PS sinα.

Работа силы трения скольжения о наклонную плоскость

Fтр = Nf = P cosαf;

A(Fтр) = – PSf cosα.

Работа силы веса катка К на перемещении S3 точки С равна

A(P3) = – P3 sinβ S3.

Момент трения качения катка

Mтр.кач = N3δ = P cosβδ, т. к. N3 = P3 cosβ.

Работа момента трения качения

A(Mтр.кач) = – P3ϕ3δ cosβ.

Выразим перемещения тел системы через перемещение груза А– S:

S3 = S

;

ϕ3

SR2

r3 r2r3

Тогда сумма работ всех сил, приведенная к перемещению S равна

∑ Aej = S P sin a - Pf cos a - P3

sin b

-P3d cos b

r2r3

= smg 0,866 - 0,2 × 0,5

- 0,1× 0,5

- 0,1× 0,1× 0,866

= 0,64mgS.

(12.3)

20 × 20

2. Найденные значения кинетической энергии (12.2) и суммы работ (12.3)

подставим в уравнение (12.1):

3,94mv2

= 0,64mgS.

(12.4)

Откуда найдем скорость груза А в конце перемещения на величину S, т. е.

= 2,54 м/с.

v =

2 × 0,64gS

2 × 0,64 × 9,8 × 2

3,94

3. Вычислим ускорение груза А.

Для определения ускорения продифференцируем по времени уравнение

(12.4):

d	3,94mv	2		d	(0,64mgS );
			=

	2			dt
dt
			77

					3,94m × 2v	×	dv	= 0,64mg	dS	.
			2			×		= 0,64mg		.
			2				dt		dt
Так как	dS	= v,	dv	= w, то ускорение
Так как		= v,		= w, то ускорение
	dt		dt

w = 0,64g =1,63 м/с2. 3,94

Ответ: v = 2,54 м/с; w = 1,63 м/с2.

В качестве темы для УИРС рекомендуется исследовать влияния радиуса инерции r2 барабана Б на скорость v и ускорение w при прочих неизменных данных. Например, можно взять r2 = 20 см вместо 40 см.

Пример 13 (задача 5-2). Для плоского механизма, изображенного на рис. 4.13, определить вращающий момент М, который необходимо приложить к кривошипу ОС для того, чтобы механизм был в равновесии в положении, когда кривошип ОС образует с направляющей ползуна В угол φ.

Дано: ОС = АС = СВ = l = 0,5 м; Р = 1 кН; Q = 0,5 кН; φ = 30°. Тре-

нием в звеньях пренебречь.

Решение.

1. На механизм действуют

активные силы	R	и пара сил с	Рис. 4.13. Схема возможного перемещения
	P, Q
моментом М.			механизма

2. Сообщим механизму возможное (бесконечно малое и допускаемое связями) перемещение и составим уравнение элементарных работ на возможных перемещениях или общее уравнение статики:

dА = QdrB – PdrA + Mdj = 0.

(13.1)

3. Найдем соотношение между drB, drA, dj. Известно, что проекции возможных перемещений точек твердого тела на ось, проходящую через эти точки,

равны. На этом основании
drB cos30º = drA cos60º = drC cos30º.	(13.2)
Из рис. 4.13 следует еще одно равенство:
drC = dj l.	(13.3)
78

С учетом соотношений (13.2) и (13.3) уравнение (13.1) запишется так:

QdrB - P3drB + M δrB = 0. l

Следовательно,

M = (P3 - Q)l = (1,73 - 0,5)0,5 = 0,62 кН × м.

Для темы УИРС рекомендуется определить момент М для угла j = 45º и выяснить условия, когда момент М = 0.

Пример 14 (задача 5-3). Для механической системы, изображенной на рис. 4.14, определить ускорение груза А и натяжение тянущего его троса по данным примера 12.

а)

δϕ2

М2Ф

ε3

б)

C 1

М3

δϕ3

тр

δ S

Рис. 4.14. Расчетная схема системы


	T

		N
	Ф	N
	Fтр	δ
	Fтр	S

	P a

Решение. Согласно принципу Даламбера – Лагранжа, для механической системы с двусторонними идеальными связями в любой момент времени сумма работ всех задаваемых сил и сил инерции материальных точек системы на любом возможном перемещении системы равна нулю:

∑ Pj δS j

j =1

	R	δS j	n	δS j
cos Pj		δS j	+ ∑ Φ j	δS j
			j =1
			j =1

cos Φ


		= 0.	(14.1)
j	δS j	= 0.	(14.1)

Уравнение (14.1) называется общим уравнением динамики.

Для исследуемой системы задаваемыми силами будут: силы тяжести Р1 – груза (Р1 = Р); Р2 – барабана; Р3 – катка; сила трения скольжения Fтр – груза по наклонной плоскости и момент трения качения Мтр.кач катка о наклонную плоскость. Вычислим и приложим к системе силы инерции. Модуль силы инерции груза, движущегося поступательно с ускорением w, равен Ф = mw. Система сил

инерции частиц барабана, вращающегося вокруг оси, эквивалентна инерционной паре, модуль момента которой (момент сил инерции) равен:

Φ			v							w
Φ		&						e2 =
М2		&	,		тогда
М2	= Ioxe2 e2	= w2 , но w2 =	,		тогда						.
			r2							r2
Система сил инерции частиц катка, совершающего плоское движение, эк-
вивалентна силе инерции F3 и инерционной паре сил М3Φ :
	Ф3 = m3wc;		M Φ3		= I	cx	e	3	.
				c		cx		3

Силы инерции тел приложены к центрам масс тел и направлены противоположно ускорениям центров масс тел. Инерционные пары сил стремятся повернуть тела против стрелок угловых ускорений:

= vc =

wR2

;

ε3 = ω3 ;

w3 =

vR2

;

e =

wR2

r2r3

Сообщим системе некоторое возможное перемещение (рис. 4.14а) и соста-

вим общее уравнение динамики:

PdS sina – ФdS – FтрdS –

М2Ф dj2 –

Ф3dSc –

P3dSc sinb –

М3Ф dj3 –

Mтpdj3 = 0, (14.2)

где dj2 и dj3 –

элементарные углы поворота блока шкивов 2 и катка 3;

dj2

= δS ;

dj3 = δSc = δSR2 ;

dSc = dS

r2r3

После подстановки в уравнение (14.2) возможных перемещений dSc; dj2;

dj3 и соответствующих ускорений получим

p sina dS -

wdS - Pf cos a dS - Iox

× δS -

wR2

× dSR2 - P sin b dS

Icx wR2

× dSR2 -

P3d cos bdSR2

= 0.

r2r3

= m r2

r 2

Сокращая на dS и учитывая,

что I

= m

, после преоб-

разований получим

2 2

сx

P sin a - Pf cos a - P sin b

- P d cosb

w = g

r2r3

P + P

2 x

r22

или, с учетом обозначений и данных, введенных в примере 12:

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 108 9 10 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
02.03.201638.9 Кб4темы ДП каф.МиМ 2014.docx
#
13.11.201933.52 Кб3темы ДП каф.МиМ.docx
#
22.09.201974.24 Кб8Темы ДР на 2011-2012 уч.год.doc
#
09.11.201961.44 Кб13Темы ДР на 2012-2013 уч.год.doc
#
10.07.2019131.58 Кб20темы исследоват работ экология.doc
#
02.03.20163.68 Mб46Теор. Мех. Методическое пособие для КР.pdf
#
16.08.2019189.95 Кб36Теория перевода 13-16.doc
#
02.03.2016322.43 Кб150Теория статистики, вопросы(зачет,экзамен) .docx
#
02.03.20161.94 Mб189Теория Страхования часть 2, 5 курс.rtf
#
15.08.2019273.92 Кб14Теплот Строительство ПГС(3 пок) испр.doc
#
02.03.2016203.26 Кб29теплотехника СТиТМ_ 2012.doc