MetodTM2
.pdfРешение
Расчетная схема колебаний груза 1 показана на рис. 4.13. Направим ось
Оx, вдоль которой происходят колебания груза, вертикально вниз. Начало от-
счёта координаты x выберем в положении статического равновесия груза (см.
рис. 4.13, с, d) В произвольном положении груза, обозначенном координатой x,
к нему приложены две силы: сила тяжести P и сила упругости пружины Fупр .
Проекция силы |
упругости |
|
||||
пружины на ось Оx |
|
|
||||
Fупр x = −c |
l= − c(x + λст − S) , |
|
||||
где |
l |
– |
удлинение |
пружины, |
|
|
включающее её растяжение x отно- |
Рис. 4.13. Расчётная схема |
|||||
сительно начала координат, растя- |
вынужденных колебаний груза: |
|||||
а – положение груза на начало колебаний; |
||||||
жение |
λст |
при статическом равно- |
b – недеформированная пружина; с – ста- |
|||
тическое растяжение пружины под дейст- |
||||||
весии груза и уменьшение растяже- |
вием веса груза; d – положение груза в |
|||||
произвольный момент времени и переме- |
||||||
|
|
|
|
|
||
ния при смещении верхнего конца, |
щение точки подвеса пружины |
l= (x + λст − S)
Сучетом выражения силы упругости получим дифференциальное урав-
нение движения груза в проекции на ось Оx:
m&x& = P − c(x + λст − S).
В положении статического равновесия выполняется условие равенства сил: P − cλст = 0 .
После подстановки его в уравнение движения груза получаем дифферен-
циальное уравнение вынужденных колебаний:
m&x& = −cx + cS , или &x& + ω2 x = hsinpt ,
93
где ω – угловая частота собственных колебаний, ω = |
|
c |
|
, |
ω = 19,81 рад/с; |
|||||
m |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
h – относительная амплитуда вынужденных |
колебаний, |
|
h = |
ca |
= 7,85 м/с2; |
|||||
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
m |
||
р – угловая частота вынужденных колебаний, |
р = 10 рад/с. |
|
|
|
|
|
||||
При отсутствии резонанса (здесь w ¹ p ) общее решение уравнения выну- |
||||||||||
жденных колебаний имеет вид x = C1cosωt + C2sinωt + |
|
|
h |
|
|
sinpt . |
||||
ω2 |
− p2 |
|||||||||
|
|
|
|
|
Для определения произвольных постоянных С1 и С2 вычислим координа-
ту x0 начального положения груза на оси Оx. Координата начального положения груза (см. рис. 4.13, b) x0 = l 0 − λст . Растяжение пружины в положении стати-
ческого равновесия λст = Pc = 0,02 м, тогда x0 = 0,08 м. Подставляя значение
координаты начального положения груза в общее решение уравнения вынуж-
денных колебаний при t = 0, получим C1 = x0 = 0,08 м.
Для определения второй константы вычислим скорость груза в произ-
|
|
|
|
& |
|
|
|
|
|
|
|
hp |
|
cospt . Проекция |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
вольный момент времени: x = −C1ωsinωt + C2ωcosωt + |
ω2 |
− p2 |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
скорости груза в начальный момент на ось Оx |
V0x = −V0 . Подставив начальное |
|||||||||||||||
значение |
скорости |
груза при |
t |
= |
0 |
x = V0x |
= −V0 , получим |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
& |
|
|
|
|
||
C2 = − |
V0 |
− |
hp |
= – 0,11 м. Окончательно уравнение движения груза 1 |
||||||||||||
|
ω(ω2 − p2 ) |
|||||||||||||||
|
ω |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
относительно положения статического равновесия: |
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
x(t) = 0,08cos19,82t − 0,11sin19,82t − 0,03sin10t |
м. |
||||||||||||
Амплитуда вынужденных колебаний Aвын |
= |
h |
|
= 0,03 м. Амплиту- |
||||||||||||
ω2 − p |
2 |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
= |
|
|
|
= 0,14 м. |
|
|
|
||||||||
да собственных колебаний груза A |
C 2 |
+ C |
2 |
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
соб |
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
94
4.5. Теорема об изменении кинетической энергии точки.
Работой A(F) силы F , постоянной по модулю и направлению, на конеч-
ном прямолинейном перемещении S1 точки приложения силы называется ве-
личина A(F) = FS1cosα . Если угол α острый, работа силы положительна. Если угол α тупой, – отрицательна. При α = 90° сила перпендикулярна перемеще-
нию точки и работа силы равна нулю.
|
Работа силы тяжести материальной |
|
точки (вертикальной силы) при пере- |
|
мещении точки из положения М0 в |
|
положение М1 равна произведению |
Рис. 4.14. Схема для вычисления |
модуля силы тяжести на вертикальное |
работы силы тяжести: |
|
а – перемещение точки сверху вниз; |
перемещение точки A(M 0 M1 ) = ±Ph , |
b – перемещение точки снизу вверх |
где P – величина силы тяжести точки; h – величина вертикального перемеще-
ния точки (рис. 4.14). Работа силы тяжести положительная, если начальная точ-
ка движения выше конечной, и отрицательная, – если ниже. Кинетической
энергией материальной точки называется скалярная величина T = 12 mV 2 , где m – масса точки; V – её скорость.
Теорема об изменении кинетической энергии точки заключается в том,
что изменение кинетической энергии точки за конечный промежуток времени равно алгебраической сумме работ всех действующих на неё сил:
mV 2 |
mV 2 |
|
|
|
||
1 |
|
− |
0 |
= å A |
, где V , V |
– скорость точки в начальном положении |
|
|
|
||||
2 |
|
|
2 |
(M 0 M1 ) |
0 1 |
|
|
|
|
|
|
||
M 0 |
и в положении M1 ; |
å A(M0M1) |
– сумма работ всех сил, действующих на |
точку, при её перемещении из положения M 0 в положение M1 . При несвобод-
ном движении точки сумма работ сил включает работу реакций связи. Если движение происходит без трения по неподвижной гладкой поверхности, то ре-
95
акция связи направлена по нормали к поверхности и её работа при любом пере-
мещении точки равна нулю.
Для определения сил реакций опор при несвободном движении точки ис-
пользуются уравнения движения точки в проекциях на оси естественной систе-
мы координат – касательную и нормаль: mV& = åF , m |
V 2 |
= åF , |
где å F , |
|
|||
τ |
ρ |
n |
τ |
|
|
|
å Fn – суммы проекций сил на касательную и нормальную оси естественной системы координат, ρ – радиус кривизны траектории точки.
4.6.Задание Д3. Исследование движения точки
сприменением теоремы об изменении кинетической энергии
Тонкий стержень, расположенный в вертикальной плоскости, состоит из дуг окружностей радиусами R и r и прямолинейного отрезка ЕК. На стержень надет шарик массой m. Длина отрезка ЕК = а. Сопряжения отрезка с дугами ок-
ружностей в точках Е и К происходят по малым радиусам и не показаны на схемах. Предполагается, что в этих точках шарик переходит с одного участка стержня на другой не изменяя значения своей скорости.
В точке А, положение которой на дуге окружности определяется углом α ,
шарику сообщают начальную скорость V0 . По дугам окружностей шарик сколь-
зит без трения, а при движении по прямолинейному отрезку ЕК на него дейст-
вует постоянная сила трения с коэффициентом трения f. На участках с верти-
кальным отрезком ЕК считать, что шарик прижимается к стержню силой, рав-
ной половине веса шарика. Определить значение начальной скорости V0 , при которой шарик проходит наивысшую точку В со скоростью VB = kV0 . При най-
денном значении начальной скорости рассчитать давление шарика на стержень в точке С, положение которой на дуге определяется углом β . Варианты заданий приведены на рис 4.15 – 4.16. Исходные данные задания в табл. 4.3.
96
Варианты № 1, 11, 21 |
|
Варианты № 2, 12, 22 |
|
Варианты № 3, 13, 23 |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Варианты № 4, 14, 24 |
|
|
Варианты № 5, 15, 25 |
|
Варианты № 6, 16, 26 |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
||
|
|
|
||||
Варианты № 7, 17, 27 |
|
Варианты № 8, 18, 28 |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 4.15. Задание Д3. Исследование движения точки с применением теоремы об изменении кинетической энергии.
Номера вариантов задания 1 – 8, 11 – 18, 21 – 28
97
|
Окончание вариантов задания Д3 |
Варианты № 9, 19, 29 |
Варианты № 10, 20, 30 |
|
|
|
|
Рис. 4.16. Задание Д3. Исследование движения точки с применением теоремы об изменении кинетической энергии.
Номера вариантов задания 9 – 10, 19 – 20, 29 – 30
Таблица 4.3
Исходные данные задания Д3. Исследование движения точки с применением теоремы об изменении кинетической энергии
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Номер |
1 |
|
2 |
|
3 |
|
4 |
|
5 |
|
6 |
|
7 |
|
8 |
|
9 |
|
10 |
|
11 |
12 |
13 |
14 |
15 |
|
||
|
варианта |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
задания |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m, кг |
8 |
|
5 |
|
6 |
|
4 |
|
10 |
|
6 |
|
9 |
|
5 |
|
3 |
|
4 |
|
8 |
6 |
5 |
3 |
10 |
|
||
|
α, град |
30 |
|
45 |
|
90 |
|
30 |
|
30 |
|
60 |
|
0 |
|
45 |
|
60 |
|
60 |
|
0 |
30 |
60 |
0 |
60 |
|
||
|
β , град |
60 |
|
30 |
|
60 |
|
60 |
|
30 |
|
60 |
|
30 |
|
30 |
|
30 |
|
45 |
|
30 |
135 |
30 |
60 |
60 |
|
||
|
R, м |
0,4 |
|
0,6 |
|
0,8 |
|
0,6 |
|
– |
|
– |
|
0,8 |
|
– |
0,6 |
|
0,6 |
|
0,6 |
0,8 |
0,6 |
0,4 |
|
– |
|
||
|
r, м |
0,2 |
|
0,4 |
|
0,5 |
|
– |
|
0,2 |
|
0,2 |
|
0,2 |
|
0,2 |
|
– |
0,4 |
|
0,4 |
0,4 |
0,2 |
– |
0,2 |
|
|||
|
а, м |
0,5 |
|
0,6 |
|
0,9 |
|
1,4 |
|
0,8 |
|
1,2 |
|
0,5 |
|
0,5 |
|
1,4 |
|
0,5 |
|
0,8 |
0,5 |
0,8 |
0,6 |
0,6 |
|
||
|
f |
0,4 |
|
0,3 |
|
0,2 |
|
0,3 |
|
0,4 |
|
0,3 |
|
0,2 |
|
0,3 |
|
0,4 |
|
0,2 |
|
0,2 |
0,4 |
0,3 |
0,4 |
0,2 |
|
||
|
k |
0,3 |
|
0,4 |
|
0,2 |
|
0,4 |
|
0,3 |
|
0,2 |
|
0,4 |
|
0,2 |
|
0,3 |
|
0,4 |
|
0,2 |
0,3 |
0,4 |
0,3 |
0,4 |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Номер |
|
16 |
|
17 |
18 |
19 |
20 |
21 |
22 |
|
23 |
|
24 |
|
25 |
|
26 |
27 |
28 |
29 |
|
30 |
|
|||||
|
варианта |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
задания |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m, кг |
|
2 |
|
5 |
6 |
4 |
6 |
5 |
4 |
|
10 |
|
6 |
|
5 |
|
4 |
8 |
4 |
6 |
|
3 |
|
|||||
|
α, град |
|
0 |
|
30 |
90 |
30 |
0 |
90 |
60 |
|
30 |
|
90 |
|
0 |
|
30 |
90 |
0 |
120 |
|
90 |
|
|||||
|
β , град |
|
30 |
|
30 |
30 |
120 |
30 |
60 |
120 |
|
60 |
|
60 |
|
30 |
|
30 |
60 |
60 |
0 |
|
60 |
|
|||||
|
R, м |
|
– |
|
0,8 |
|
– |
0,6 |
0,8 |
0,8 |
1,2 |
|
0,8 |
|
0,9 |
|
– |
|
1,6 |
0,8 |
– |
0,6 |
|
0,6 |
|
||||
|
r, м |
|
0,4 |
|
0,4 |
0,6 |
|
– |
0,6 |
0,2 |
0,4 |
|
0,4 |
|
– |
|
0,6 |
|
0,4 |
0,4 |
0,8 |
– |
|
0,4 |
|
||||
|
а, м |
|
0,4 |
|
1,2 |
0,9 |
1,2 |
1,2 |
0,9 |
0,6 |
|
1,5 |
|
1,4 |
|
0,8 |
|
1,2 |
0,9 |
0,6 |
0,8 |
|
0,5 |
|
|||||
|
f |
|
0,3 |
|
0,4 |
0,2 |
0,4 |
0,3 |
0,2 |
0,4 |
|
0,3 |
|
0,2 |
|
0,4 |
|
0,4 |
0,3 |
0,4 |
0,3 |
|
0,4 |
|
|||||
|
k |
|
0,4 |
|
0,3 |
0,3 |
0,2 |
0,3 |
0,4 |
0,4 |
|
0,2 |
|
0,4 |
|
0,2 |
|
0,3 |
0,2 |
0,4 |
0,3 |
|
0,2 |
|
98
Пример выполнения задания Д3. Исследование движения точки с применением теоремы об изменении кинетической энергии
Тонкий стержень, расположенный в вертикальной плоскости, состоит из двух дуг окружностей, сопряженных в точках Е и К с прямолинейным отрезком
ЕК длиной а = 0,6 м (рис. 4.17). Радиусы окружностей R = 1 м и r = 0,5 м.
Диаметры окружностей, проведённые в точках
Е и К, составляют с горизонтом угол 30°. На стержень надет шарик массой m = 5 кг. В точ-
ке А, положение которой на дуге радиуса R
определяется углом α = 60° относительно на-
клонного диаметра (см. рис. 4.17), шарику со-
общают начальную скорость V0 , после чего он
начинает движение. По дугам окружностей Рис. 4.17. Схема движения
шарик скользит без трения. При движении по |
шарика |
|
прямой ЕК на шарик действует постоянная сила трения с коэффициентом тре-
ния f = 0,2.
Определить значение начальной скорости V0 , при которой шарик прохо-
дит наивысшую точку В со скоростью VB = kV0 , когда k = 0,3. При найденном значении начальной скорости рассчитать давление шарика на стержень в точке
С, положение которой на дуге определяется углом β = 90°, и D, лежащей на го-
ризонтальном диаметре дуги радиуса R.
Решение
Будем считать шарик материальной точкой и рассмотрим его движение по стержню.
При движении по дугам окружностей радиусами R и r на шарик действу-
ют две силы – сила тяжести P и реакция опоры N (рис. 4.18, а). Работу совер-
шает только сила тяжести. Реакция гладкой поверхности стержня N в любой
99
момент времени перпендикулярна поверхности стержня и потому её работа при перемещении шарика равна нулю.
При движении шарика по прямой ЕК на него, кроме силы тяжести P и
нормальной реакции опоры NEK , действует сила трения Fтр (рис. 4.18, b). На
этом участке движения шарика работу совершают как сила тяжести, так и сила трения. Работа реакции опоры стержня равна нулю.
По теореме об изменении кинетической энергии точки при движении ша-
рика из положения А в положение В (рис. 4.18, а) получим:
|
|
|
2 |
|
|
|
2 |
|
r |
r |
|
|
|
|
|
|
|
|
mVB |
- |
mVA |
= |
A(P) + A (F ) = -Ph |
- F a , |
|||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
2 |
|
|
2 |
|
|
|
EK |
тр |
|
( AB) |
|
тр |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
где h( AB) – |
перепад |
высот начального положения А и положения В, VA – |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
начальная скорость шарика в точ- |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ке А, VA = V0 ; VB – его скорость в |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
точке В, VB = 0,3V0 . |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Сила трения: |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
F |
|
= f × N |
EK |
= f × mgcos60o . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
тр |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Работа силы тяжести шарика |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
отрицательна, так как начальная |
|||||
Рис. 4.18. Силы, действующие на шарик |
точка движения |
находится ниже |
||||||||||||||
конечной. |
|
|
|
|||||||||||||
во время движения и перепады высот |
|
|
|
|||||||||||||
Перепад высот при движении шарика: |
|
|
|
|
|
|||||||||||
h |
= h |
|
+ h |
+ h |
|
= R(1 + sin30o ) + acos30o + r(1+ sin30o ) . |
||||||||||
(AB) |
(AE) |
|
|
(EK) |
|
(KB) |
|
|
|
|
|
|
|
Работа силы трения на участке ЕК:
AEK (Fтр ) = -Fтрa = - f × mgacos60o .
В результате, теорема об изменении кинетической энергии точки при движении шарика из начального положения А в конечное положение В прини-
мает вид:
100
|
mVB2 |
- |
mVA2 |
= – mg[(R + r)(1 + sin30o )+ a(cos30o + f × cos60o )] , |
||||||
2 |
|
|||||||||
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|||
После подстановки данных задачи, получим выражение: 0,91V 2 |
= 55,517, откуда |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
находим необходимое значение начальной скорости шарика: V0 |
= 7,81 м/с. |
|||||||||
Найдём давление шарика на стержень в точке С. |
|
|||||||||
Проведём в точке С оси естественной системы координат – касательную |
||||||||||
Cτ и нормаль Cn , как показано на рис. 4.18, а. |
|
|
||||||||
Уравнение движения шарика в точке С в проекции на нормальную ось |
||||||||||
(рис. 4.18, а) |
имеет вид: |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
V 2 |
|
|
o |
|
|
|
|
|
|
m |
C |
|
|
|
¢ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
r |
= Pcos30 - NC , |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
где VC – скорость шарика в точке С, |
′ |
|
|
|
||||||
NC – реакция стержня на шарик. Направ- |
ление реакции на рис. 4.18, а соответствует предположению, что шарик давит на стержень в направлении центра дуги окружности.
Для определения величины mVC2 воспользуемся тем, что скорость шарика в точке В уже известна и применим теорему об изменении кинетической энер-
гии точки при движении шарика из положения С в положение В. Это даёт воз-
можность не учитывать работу силы трения. Получим
mV 2 |
|
mV 2 |
|
|
B |
- |
C |
= -Ph(CB) , |
|
2 |
2 |
|||
|
|
где VC , VB – скорость шарика в точка С и В, причём VB = 7,81 м/с.
Перепад высот точек С и В равен (см. рис. 4.18, а): h(CB) = r(1 − sin30o ) = 0,5r.
Получим: mVC2 = mVB2 + 2Ph(CB) = mVB2 + Pr .
Подставляя сюда исходные данные и найденное значение скорости точки
В, найдём: mVC2 = 329,506 Н·м.
В результате, реакция опоры шарика равна:
101
′ |
o |
|
V 2 |
|
|
− m |
C |
= – 616,53 Н. |
|
|
|
|||
NC = Pcos30 |
|
r |
||
|
|
|
|
Отрицательное значение реакции опоры шарика означает, что вектор ре-
акции NC′ в точке С направлен в противоположную сторону. Искомое давление шарика на стержень в точке С равно модулю реакции опоры.
Найдём давление шарика на стержень в точке D.
Проведём в точке D оси естественной системы координат Dτ и Dn как показано на рис. 4.18, с. Уравнение движения шарика в проекции на нормаль-
|
|
V 2 |
′ |
|
|
ную ось в точке D имеет вид: m |
D |
где VD – скорость шарика в точке D, |
|||
|
|||||
R |
= ND , |
||||
|
|
|
|
|
|
′ |
– реакция опоры шарика в точке D. |
2 |
вос- |
||
ND |
Для определения величины mVD |
пользуемся теоремой об изменении кинетической энергии точки при движении
|
mV 2 |
|
mV 2 |
|
|
шарика из положения А в D: |
|
D |
− |
A |
= −Ph(AD) , где VD – скорость шарика |
|
2 |
2 |
|||
|
|
|
|
||
в точке D, VA =V0 = 7,81 м/с. |
Перепад |
высот (см. рис. 4.18, с) здесь равен |
h( AD) = R . Работа силы тяжести отрицательна. При движении из положения А в
D шарик не проходит прямолинейный участок ЕК и потому работа силы трения не учитывается. Получим:
mV 2 |
= mV 2 |
− 2Ph |
= mV 2 |
– 2mgR . |
D |
A |
( AD) |
0 |
|
Подставляя сюда исходные данные |
и вычисленное значение начальной |
скорости, найдём mVD2 = 206,88 Н·м. В результате, реакция опоры шарика (и
величина силы его давления) в точке D равна:
′ |
V 2 |
|
D |
= 206,88 Н. |
|
|
||
ND = m |
R |
|
|
|
102