Теоретическая механика - теория, задания и примеры решения задач

320

aa a=+ +



Tqqqq

22

11 1 12 1 2 22 2

1

(2 )

2

;

2

2222112

2

111

qc

2

1

qqcqc

2

1

П ++=

.

Подставляя

T и П в (4), получим

aa

+++=

⎧

⎨

+++=

⎩

 

qqcqcq

11 1 12 2 11 1 12 2

211 222 211 222

0,

0.

(5)

Общее решение полученной системы дифференциальных урав-

нений ищем в виде

)ktsin(Aq

1

β

+

=

и )ktsin(Aq

2

β

+

=

.

При этом

2

11

sin( )qAk kt

β

=− +



и

2

22

sin( ).qAk kt

β

=− +



Подставим

121

,,qq q



и

2

q



в (5), получим

22

11 11 1 12 12 2

22

1 12 1 22 22 2

2

()( )

0,

()( )

0.

ckAc kA

⎧

−+− =

⎪

⎨

−+− =

⎪

⎩

aa

(6)

Тривиальное решение системы (6)

0A,0A

2

1

=

соответствует

покою механической системы, а не ее движению. Чтобы решение

системы (6) соответствовало движению, нужно, чтобы определитель

этой системы уравнений был равен нулю.

22

11 11 12 12

22

12 12 22 22

()( )

0.

()( )

ckc k

−−

=

−−

aa

(7)

Уравнение (7) называют уравнением частот.

Раскрывая определитель, получим

24 2 2

11 22 12 12 12 11 22 22 11 11 22 12

()(2 )()0kccckccc−+ −− +−=aa a a a a .

Оба корня

2

1

k и

2

k этого уравнения вещественные и положитель-

ные. Частоты

2

1

k и

2

k определяют частные решения системы (5), а

321

сумма частных решений дает ее общее решение.

Следовательно,

11 1 1 1 2 2

22 11 2 2 2

sin( ) sin( ),

sin( ) sin( ).

qA kt A kt

β

′′′

=+++

′′′

=+++

(8)

Система линейных уравнений (6) дает возможность определить

только отношения амплитуд.

22

2 11 11 1 12 12 1

1

22

1

12 12 1 22 22 1

22

2 11 11 2 12 12 2

2

22

1

12 12 2 22 22 2

,

.

Ac k c k

A

ckck

Ac k c k

A

ckck

µ

′

−−

==− =−

′

−−

′′

−−

==− =−

′′

−−

aa

(9)

Величины

1

µ и

2

µ называют коэффициентами формы, которые

характеризуют формы главных колебаний. Тогда уравнения (8) за-

пишутся в следующем виде

11 1 1 1 2 2

211 1 1 21 2 2

sin( ) sin( ),

qA kt A kt

qAkt Akt

β

µ

βµ β

′′′

=+++

′′′

=++ +

(10)

где

1112

,,,AA

β

′′′

определяются по начальным условиям:

1212

(0); (0); (0); (0)qq qq



.

Пример решения задачи

Рассмотрим решение задачи на примере механической системы

(рис. 194), представляющей схему колебаний кузова автомобиля на

рессорах.

Данные для расчета:

−

=

кг1000m

1

масса кузова;

12

1; 2мм==ll - геометрические размеры центра масс кузова;

2 м

ρ

= - радиус инерции кузова;

12

4000 ; 5000

нн

с c

мм

== –

коэффициенты жесткости передних и задних рессор автомобиля.

322

Решение

Выберем в качестве обобщенных координат вертикальные пере-

мещения центра масс

)

t

(

y

=

и угловую координату

)

t

(

φφ =

по-

ворота кузова относительно центра масс т. С. Эти координаты отсчи-

тываем от равновесного положения

AB .

Рис. 194

Вычисляем кинетическую энергию системы

22

11

22

zc

Tmy

ϕ

=+



I .

При

2

zc

m

ρ

=I , получим

222 2 2

11 1

(1000 2000 )

22 2

Tmy m y

ρ

ϕϕ

=+ = +



.

В общем виде

22

11 1 12 1 2 22 2

1

(2 )

2

Tqqqq=+ +



aa a,

где

1

qy=



и

2

q

ϕ

=



.

Сравнивая полученные значения для

T , определяем обобщен-

ные коэффициенты инерции.

11

1000кг=a ,

12 21

0

=

=aa ,

2

22

2000кгм=a .

323

Теперь найдем вертикальные перемещения точек A и В.

1A

Sy

ϕ

=+l ,

2B

Sy

ϕ

=−l или в числах

A

Sy

ϕ

=

+ , 2

B

Sy

ϕ

=− .

Деформация пружин:

11СТ

y

λ

λϕ

=++ - передней рессоры;

22

2

СТ

y

λ

λϕ

=+−

- задней рессоры.

Определяем потенциальную энергию системы

12

() ( ) ()ППс Пс ПP=++.

22

11111

11

() ( )

22

СТ

Пс с с y

λ

λϕ

== ++.

2

22222

11

() ( 2)

22

СТ

Пс с с y

λ

λϕ

== +−.

()

П P Р

y

mg

y

=

−=− .

Окончательно запишем

2

11 2 2

11

()(2)

22

CТСТ

Пс ycymgy

λϕ λϕ

=+++ −−.

Запишем условие равновесия системы.

0

y

П

0

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

∂

,

11 2 2

0

СТ СТ

c с mg

λ

+

−=

,

0

П

0

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

∂

φ

,

11 2 2

20

СТ СТ

сс

λ

−

= .

Из системы полученных алгебраических уравнений находим:

11

32

СТ

cmg

λ

= ;

1

2

3

СТ

mg

c

λ

=

;

2

3

СТ

mg

c

λ

=

.

Запишем квадратичную функцию потенциальной энергии

()( )( )

22

12 1 2 1 2

1

22 4

2

П ccy c cy c c

ϕ

⎡

⎤

=++− ++

⎣

⎦

,

а в общем виде

22

11 12 22

1

2

Псycyc

ϕ

⎡

⎤

=++

⎣

⎦

.

Определим коэффициенты жесткости:

324

11 1 2

4000 5000 9000

Н

ccc

м

=+ = + = ;

12 1 2

2 4000 2 5000 6000

Н

ccc

м

=− = −⋅ =− ;

22 1 2

4 4000 4 5000 34000

Н

ссс

м

=+ = +⋅ = .

Определим коэффициенты биквадратного уравнения

42

0kbkc

+

+=a .

26

11 22 12

1000 2000 2 10=−=⋅=⋅aaa a ;

12 12 11 22 22 11

6

2 1000 24000

2000 9000 42 10 ;

bcc c=−−=−⋅−

−⋅ =−⋅

aaa

226

11 22 12

9000 24000 6000 180 10ccc c=−=⋅ − =⋅.

Тогда

,010180k1042k102

62646

=⋅+⋅−⋅

.090k21k

24

=

+

−

Находим корни:

22

1, 2

10,5 10,5 90 10,5 4,5k =± −=±;

2

1

6k = ,

1

62,45kc

−

== ;

2

15k = ,

1

2

15 3,87kc

−

== .

Вычисляем коэффициенты формы по формулам (9):

2

11 11 1

1

2

12 12 1

2

11 11 2

2

12 12 2

9000 1000 6

0,5;

6000

9000 1000 15

1.

6000

ck

µ

−−⋅

=− =− =

−

−−⋅

=− =− =−

−

a

С учетом (10), составим в общем виде уравнение малых колеба-

ний системы.

()

(

)

1112

sin 2,45 sin 3,87yA t A t

β

′′′

=+++

,

(

)

(

)

1112

0,5 sin 2, 45 sin 3,87AtAt

ϕ

ββ

′′′

=

+− +.

325

Приложение 1. Динамика точки

Вторая задача динамики точки с учетом трения

В задаче Д.1 предлагаются варианты для исследование движе-

ния материальной точки с учетом трения скольжения.

Решение такого вида задач для студентов составляет опреде-

ленную трудность.

После составления уравнений механики для материальной точки

необходимо четко представлять вид полученных дифференциаль-

ных уравнений для дальнейшего их правильного решения с после-

дующим анализом полученных результатов

.

Поэтому в данном приложении предлагается подробное решение

такого вида задач с последующим анализом полученных величин.

Пример

Колечку 1 (рис.194) массой m = 1 кг в точке О сообщили началь-

ную скорость v

0

= 1 м/с, и оно начало скользить по шероховатой не-

подвижной проволоке, согнутой в виде окружности радиусом R = 1 м.

Требуется исследовать движение колечка на всем протяжении

пути до его первой остановки, если коэффициент трения скольжения

постоянный и равен f = 0,1, а неподвижная окружность расположена

в вертикальной плоскости.

Решение

Первый участок

На рисунке представлена расчетная схема для первого участка,

на которой колечко, принятое в виде материальной точки, показыва-

ем в промежуточном положении на вертикальной окружности, и вво-

дим переменную угловую координату φ = φ(t) (φ

<

π/2).

На точку действуют: P = mg – сила тяжести; N – реакция нор-

мального давления; F

тр

– сила трения скольжения, которая всегда

326

Рис. 194

будет направлена в противоположную сторону от вектора скорости

v точки.

Точку M связываем естественными осями координат

τMn и запи-

сываем дифференциальные уравнения динамики точки в этих осях.

22

;cos;

;sin.

kn

k ТР

vv

mF mPN

RR

dv dv

mF mPF

dt dt

τ

ϕ

==−

∑

С учетом закона Кулона (F

ТР

= fN) система уравнений примет сле-

дующий вид:

2

cos ;

sin .

v

mmg N

R

dv

mmg Nf

dt

ϕ

⎧

=

−

⎪

⎨

⎪

=−

⎪

⎩

(1)

327

В системе (1) избавляемся от N и получаем одно дифференциаль-

ное уравнение.

2

sin cos .

dv v

fg gf

dt R

ϕ

−= − (2)

Для решения уравнения (2) нужно избавиться от параметра t.

Преобразуем производную

dv

dt

.

,

dv dv d dv

dt dt d d

ϕ

=⋅=



но ,SRSRv

ϕϕ

=

==



и

v

R

ϕ

=



,

где

q

SOM= - дуговая координата.

Тогда

2

1

.

2

dv v dv d v

dt R d d R

ϕϕ

⎛⎞

==

⎜⎟

⎝⎠

Пусть

2

v

z

R

=

, где

();zz

ϕ

=

тогда уравнение (2) будет иметь

окончательный вид:

2 2 sin 2 cos .zfzg gf

ϕ

′

−= −

(3)

Дифференциальное уравнение (3) – линейное уравнение первого

порядка с постоянными коэффициентами и с правой частью; поэтому

его решение ищем в виде

12

.zz z

=

+

Величина

11

()zz

ϕ

= определяется решением (3) без правой части.

11

20,zfz

′

−= где

2

11

.

f

zCe

ϕ

=

Решение

22

()zz

ϕ

=

выбираем в виде правой части.

22 3

sin coszC C

ϕ

=+ ,

22 3

cos sin .zC C

ϕ

′

=

−

Тогда

2

z и

2

z

′

подставим в левую часть уравнения (3) и при-

равняем правой части.

Будем иметь:

23 2 3

cos sin 2 sin 2 cos 2 sin 2 .C C fC fC g gfcos

ϕ

ϕϕ ϕϕϕ

−− − =−

328

В полученном тождестве приравниваем коэффициенты при гармони-

ках

sin

ϕ

и cos

ϕ

.

23

22;

22.

CfC gf

fC C g

−

=−

⎧

⎨

+=−

⎩

(4)

Решая систему (4) двух уравнений, находим

2

22

2

3

22

669,80,1

5, 65 / ;

14 140,1

2 (1 2 ) 2 9,8 (1 2 0,1 )

18,5 / .

14 140,1

gf

C мс

f

gf

C мс

f

⋅⋅

=− = =−

++⋅

−⋅⋅−⋅

=− = =−

++⋅

Тогда

0,2

1

5,65 sin 18,5 cos .zCe

ϕ

=− −

Используя начальные условия:

2

00

0;

()

1/ ,

v

z мс

R

ϕϕ

===

находим константу C

1

:

2

1

19,5 / .C мс=

Окончательно запишем:

20,2

19,5 5,65sin 18,5cos .ve

ϕ

=−− (5)

Равенство (5) определяет квадрат скорости точки на первом уча-

стке в зависимости от параметра ϕ.

Из первого уравнения системы (1) находим реакцию нормального

давления.

2

0,2

cos 28,3cos 5,65sin 19,5 .

v

Nmg m e

R

ϕ

ϕϕϕ

=−= + − (6)

Теперь определим угол φ

1

при котором N(φ

1

) = 0.

Для решения трансцендентного уравнения используем программу

MathCAD.

Программа для определения φ

1

будет иметь вид:

329

1

0,2

*

11

1

:0,1

28,3cos 5,65 sin 19,5 =0

: minerr( )

: 0,841; 0,841 48,2 .

o

given

e

z

z рад

ϕ

ϕϕ

ϕ

=

+−

=

===

*

Когда N(

ϕ

1

) = 0 и угол

ϕ

1

=48,2

о

определяем скорость точки в конце

первого участка.

20,20,841 22

1

19,5 5,65 sin48,2 18,5cos48,2 6,53 / .ve мс

⋅

=− − =

DD

Откуда,

1

2, 6 / .мсv

=

Второй участок

Рассмотрим второй участок (рис.195), где реакция нормального

давления N изменила направление, при этом начальная скорость на

этом участке

v

1

= 2,6 м/с.

Рис. 195

*

=0 – Булево равенство

Теоретическая механика - теория, задания и примеры решения задач

Подождите немного. Документ загружается.