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 точке А к свисающей
с блока нити; 2 – бицилиндр массы
с радиусами
и радиусом инерции
относительно его геометрической оси;
3 – тонкий однородный стержень массы
и 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 скорости
стержня рассмотрим точки В и С,
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 О2 и 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 катка
определяется как отношение скорости
точки Е к длине диаметра ЕР:
,
где
- радиус катка 5. Скорость
,
тогда
.
Для нахождения кинетической энергии
Тп определим 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 (точка О2):
.
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 угла
воспользуемся формулой
.
Смещение
с 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 точки Е, которое, в свою очередь, равно перемещению точки D. 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 k будет
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