Теоретическая механика - теория, задания и примеры решения задач
Подождите немного. Документ загружается.
330
Запишем систему уравнений для второго участка:
2
1
1
cos( ) ;
sin( ) .
v
mP N
R
dv
mP Nf
dt
ϕϕ
ϕϕ
⎧
=++
⎪
⎪
⎨
⎪
=+−
⎪
⎩
(7)
В системе (7), исключая N, запишем
2
11
sin( ) cos( );
dv v
fg gf
dt R
ϕ
ϕϕϕ
+= ++ +
а при
2
v
z
R
=
будем иметь
11
2 2 sin( ) 2 cos( )zfzg gf
ϕ
ϕϕϕ
′
+= ++ +
или
11 1 1
2 (2cos 2 sin )sin (2sin 2 cos )cos .zfzg f g f
ϕ
ϕϕ ϕ ϕ ϕ
′
+= − + +
В окончательном виде
0,2 11, 6 sin 15,9 cos .zz
ϕ
ϕ
′
+= +
(8)
Решение (8) будет:
12
,zz z=+ где
0,2
11
,zCe
ϕ
−
=
а
22 3
sin cos ;zC C
ϕ
ϕ
=+
22 3
cos sin .zC C
ϕ
ϕ
′
=
−
Тогда
23 2 3
cos sin 0, 2 sin 0, 2 cos 11, 6 sin 15,9 cos .CC C C
ϕ
ϕϕ ϕϕϕ
−+ + = +
Составляем систему уравнений для определения C
2
и C
3
:
23
23
0, 2 15,9 ,
0, 2 11, 6 .
CC
CC
+
=
⎧
⎨
−=
⎩
Решая полученную систему уравнений, находим:
2
2
17,5 / ;C мс=
2
3
8,1 / .C мс=−
Тогда
0,2
1
17,5sin 8,1cos .zCe
ϕ
ϕ
ϕ
−
=+ −
Для начальных условий
2
2
1
00
0; ( ) 6,76 / ;
v
z мс
R
ϕϕ
===
331
находим
2
1
14,9 / .C мс=
Квадрат скорости на втором участке как функция параметра
ϕ
20,2
14,9 17,5 sin 8,1cos .ve
ϕ
ϕ
ϕ
−
=+− (9)
Из (7) находим реакцию нормального давления:
2
1
cos
()
,
v
Nm mg
R
ϕ
ϕ
=− + а с учетом (9) получим:
0,2
14,9 24,8 sin 14,6cos .Ne
ϕ
ϕ
ϕ
−
=+−
Определим угол
ϕ
2
, при котором реакция нормального дав-
ления во второй раз будет равна нулю.
Составим программу для N(
ϕ
2
) = 0.
2
2
0,2
22
2
2
:3
14,9 24,8 sin 14,6cos = 0
: minerr( )
3,913; 3,913 224,2 .
given
e
z
z рад
ϕ
ϕ
ϕϕ
ϕ
ϕ
−
=
+−
=
===
D
Определим скорость в этой точке по формуле (9).
2 0,2 3,913 2 2
2
14,9 17,5 sin224,2 8,1cos224,2 0,41 / .ve мс
−⋅
=+ −=
DD
Тогда,
2
0,64 /v мс= при N(
ϕ
2
) = 0.
Третий участок
При угле больше 224,2
О
реакция N меняет направление, и по-
этому следует рассмотреть третий участок (рис. 196).
Третий участок начинается от точки M
2
, где
12
270 48,2 224,2 270 2,4 .
ξϕ ϕ
∠=∠ +∠ − = + − =
DD DDD
Запишем два уравнения в естественных осях координат:
2
cos( ) ,
sin( ) .
v
mP N
R
dv
mP Nf
dt
ϕξ
ϕξ
⎧
=
+−
⎪
⎪
⎨
⎪
=+−
⎪
⎩
332
Рис 196
В полученной системе, исключая N, запишем
0,2 9,8sin 1,96cos ,zz
ψ
ψ
′
−= −
(10)
где
()
;;.zz d d
ϕ
ψϕξ ψ ϕ
==+=
Решение (10) будет в виде:
12
,zz z
=
+
где
0,2
11 2 2 3 2 2 3
;sincos;cossin.zCe z C C z C C
ϕ
ψ
ψψψ
′
==+ =−
После подстановки
2
z и
2
z
′
в (10) получим:
23 2 3
cos sin 0,2 sin 0,2 cos 9,8 sin 1,96 cos .CC C C
ψ
ψψ ψψψ
−− − = −
Из полученного тождества составляем систему двух уравнений:
23
23
0, 2 1, 96,
0, 2 9,8.
CC
CC
−
=−
⎧
⎨
+=−
⎩
Решая систему, находим:
22
23
3,77 / ; 9,05 / .C мс C мс=− =−
Тогда,
0,2
1
3,77sin( ) 9,05cos( ).zCe
ϕ
ϕ
ξϕξ
=− +− +
333
Используя начальные условия на третьем участке - 0;
o
ϕ
=
2
2
2
( ) 0,41 / ; 0,0419 2,4
o
v
z м с рад
R
ϕξ
== = =
D
, находим:
2
1
0,41 3,77sin2,4 9,05cos2,4 9,61 / .C мс=+ + =
DD
Окончательно запишем квадрат скорости точки на этом участке:
20,2
9,61 3,77 sin( 2,4 ) 9,05cos( 2,4 ).ve
ϕ
ϕϕ
=− +− +
DD
(11)
Когда
3
()0v
ϕ
=
, то будет мгновенная остановка колечка на ок-
ружности. При этом нужно выражение (11) приравнять нулю и отно-
сительно
ϕ
3
решить трансцендентное уравнение.
Программа для решения трансцендентного уравнения
будет иметь вид:
3
3
0,2
33
3
3
:2
9,61 3,77 sin( 0,0419) 9,05cos( 0,0419) = 0
: minerr( )
0,149; 0,149 8,54 .
given
e
z
z рад
ϕ
ϕ
ϕϕ
ϕ
ϕ
=
−+− +
=
===
D
Следовательно, колечко пройдет по окружности, не меняя на-
правления скорости до мгновенной остановки при угле
12 3
48,2 224,2 8,54 280,94 4,9 .
р
ад
αϕ ϕ ϕ
=++ = + + = ≅
DDD D
Длина дуги окружности при этом составит
4,9 .SR м
α
=
=
В дальнейшем, после мгновенной остановки, колечко начнет об-
ратное движение, так как
tg(360 280,94 ) tg(79,06 ) 5,17−= =
DD D
> 0,1.f =
Изменение скорости и реакции нормального давления в зависи-
мости от угла
ϕ
для первого и второго участков показаны на рис. 197.
334
Первый участок
Второй участок
Рис. 197
335
Приложение 2. Элементы новизны в аналитической
механике
Все существующие выводы дифференциальных уравнений дви-
жения (как голономных, так и неголономных) механических систем
базируются на принципе Даламбера с использованием возмущения
(0)t
δ
= движения точек системы при помощи их возможных пере-
мещений
k
r
δ
или возможных скоростей
k
v
δ
, или возможных ускоре-
ний
k
δ
a .
Уравнение Лагранжа второго рода
Одним из основных уравнений в аналитической механике являет-
ся уравнение Лагранжа.
Рассмотрим уравнение Лагранжа второго рода для голономных
механических систем:
(
1,
)
,
i
ii
dT T
Qis
dt q q
∂∂
−= =
∂∂
(1)
где
(,,)
ii
T Tqqt=
- кинетическая энергия механической систе-
мы;
()
ki
i
i
A
Q
q
δ
δ
= - обобщенная сила;
s – число степеней свободы механической системы.
Пусть задана голономная механическая система с идеальными и
склерономными связями так, что кинетическая энергия этой системы
будет являться функцией только обобщенных скоростей –
12
( , ,..., ).
s
TTqq q
=
Тогда для уравнения (1)
0,
i
T
q
∂
=
∂
.
ii
dT T
dt q q
∂
∂
=
∂
∂
336
Обобщенная сила
1
n
k
k
r
QF
ik
q
i
=
∂
=
∂
∑
, но для механической системы
со склерономными связями можно записать тождество Лагранжа
kk
ii
rv
qq
∂∂
=
∂∂
. Тогда
k
k
i
v
QF
i
q
∂
=
∂
∑
.
Пусть в системе действуют силы
(,,)
kk
FFcrt=
, тогда
()
,
kk
ii
W
QFv
i
qq
∂
∂
==
∂
∂
∑
где
kk
WFv=
∑
- мощность активных сил.
С учетом полученных выводов уравнение (1) приобретает новый
вид
()
0
(
1,
)
.
i
TW i s
q
∂
−= =
∂
(2)
Пример
На рис. 198 показана голономная механическая система с двумя
степенями свободы:
q
1
= q
1
(t); q
2
= q
2
(t).
Рис. 198
337
Цилиндр 2 массой m
2
катится по наклонной грани призмы 1, массой
m
1
, под действием сил F и
2
P
. Призма перемещается по гладкой
поверхности под действием силы
2F .
Зная угол
α, определить ускорение призмы и относительное уско-
рение центра масс цилиндра.
Решение
Запишем уравнение (2) для обобщенной скорости
1
q
и
2
q
:
() ()
12
0; 0.TW TW
qq
∂
∂
−= −=
∂∂
(3)
Вычислим кинетическую энергию:
22 2
12 22 22 11
111
,
222
TTT mv I mv
ω
=+ = + +
где
222 222
2
212 12 2 2 2211
2
1
2cos; ; ; .
2
q
vqq qq I mrvq
r
αω
=+− = = =
Тогда
22
121 22 212
13
() cos
24
T m m q mq mqq
α
=+ + −
и
1212 222212 212
13
()
cos cos .
22
dT
Tmmqqmqqmqqmqq
dt
α
α
== + + − −
Определяем мощность всех сил действующих в системе:
121 22 1222
2 cos sin (2 cos ) sin .W FqFq Fq Pq FqFq mgq
α
αα α
=−+ + =+ −+
Окончательно получим:
1211 222221
3
()( ) cos
2
TW m mq mq mq
α
−=+ + − −
aaa
212 1 2 2 2
cos (2 cos ) sin .m q Fq Fq m gq
α
αα
−−++−
a
Используя (3), запишем систему двух алгебраических уравне-
ний для определения
а
1
и а
2
:
338
12122
21 22 2
()
cos
(
2cos
)
,
3
cos sin .
2
mm m F
mmmgF
α
α
αα
+− =+
⎧
⎪
⎨
−+=−
⎪
⎩
aa
aa
(4)
Неизвестные величины определяем по способу Крамера.
12 2
2
212
22
()cos
1
3(12sin),
3
2
cos
2
mm m
mmm
mm
α
α
α
+−
⎡
⎤
∆= = + +
⎣
⎦
−
[]
2
122
22
(2 cos ) cos
1
(6 cos ) sin2 ,
3
2
(sin )
2
Fm
mF mg
mg F m
α
α
α
α
α
+−
∆= = + +
−
12
2
22
()(2cos)
cos ( sin )
mm F
mmgF
α
αα
++
∆= =
−−
2
21 2 2 2 1
( ) sin (2 cos sin ).mm mg F m m m
ααα
=+ + − −
Тогда
12
12
,.
∆∆
==
∆∆
aa
2
1
2
12
(6 cos ) sin2
,
3(12sin)
Fmg
mm
α
α
α
+
+
=
++
a
2
1
12
2
2
2
12
2( ) sin 2 (2 cos sin )
.
3(12sin)
m
mmg F
m
mm
ααα
α
++ −−
=
++
a
Чтобы а
2
не поменяло знак, нужно положить, что m
2
gsinα
>
F.
2.2. Принцип возможных скоростей
Если механическая система со склерономными (стационарны-
ми), идеальными и двусторонними связями находится в покое, то
уравнение (2) приобретает следующий вид:
339
0
(
1,
)
.
i
W
is
q
∂
==
∂
(5)
С помощью уравнения (3) можно определить зависимость меж-
ду силами, действующими на механизм, а также находить реакции
связей в статически определимой конструкции.
Пример
Под действием сил
,PQ
и пары сил с моментом M плоский ме-
ханизм находится в равновесии (рис. 199).
При известных величинах
M,
α
,
β
, l
1
определить силы P и Q.
Рис. 199
Решение
Плоский механизм имеет две степени свободы:
11
(); ()
AA
tx xt
ϕ
ϕ
== - независимые координаты.
При этом
1 A
vx
=
и
21111
.v
ϕ
ω
==
ll
Для нашего случая запишем два уравнения на основе (3):
12
0; 0.
WW
vv
∂
∂
=
=
∂∂
(6)
Определяем мощность заданных сил.
11
cos .
c
WQv M Pv
ω
γ
=+ −