kotrolnaya_teoreticheskaya_mekhanika_dinamika

Продолжение табл..5.6

G1 = G;

G2 = 0,2G;

G3 = 0,1G; r2 = r;

23 R2 = 1,5r; R3 = 1,2r; i2x = 1,2r;

P = 2G

G1 = 2G;

G2 = G;

G3 = G;

24 G4 = 8G R2 = r;

R3 = r

271

Продолжение табл..5.6

G1 = 6G;

G2 = 2G;

G3 = 2G;

25 G4 = G R3 = r;

R4 = r

G1 = G;

G2 = G;

G3 = G;

G4 = 4G; 26 r2 = r; R2 = 2r; R3 = 2r; r3 = r;

i2x = r 2 ; i3x = r 2

G1 = 6G;

G2 = G;

27 G3 = 2G; G4 = 4G;

R2 = r; R3 = r

272

Окончание табл. 5.6

G1 = 3G;

G2 = G;

G3 = G; 28 r2 = r;

R2 = 2r; R3 = r;

i2x = r 2 ; f = 0,1

G1 = 6G;

G2 = 3G;

G3 = G;

G4 = G; r3 = r; R3 = 2r;

29 r4 = r;

R4 = 2r; i3x = r 2 ; i4x = r 2

G1 = 8G;

G2 = G;

G3 = G;

30 G4 = 2G; R2 = r;

R3 = r; f = 0,1

273

6.4.3. Пример выполнения курсового задания Д 8

Для заданной механической системы (рис. 6.25) определить ускорение груза 1 при его опускании.

Рис. 6.25

Дано: G1 = 8G; G2 = 4G; G3 = 2G; f3 = 0,1; i2x = 0,1 м; f4 = 0,1; α = 300; b = 0,5 м; d = 0,4 м; r2 = 0,2 м; R2 = 0,5 м, где G1, G2, G3 – вес

соответствующих тел механической системы; f3 – коэффициент трения скольжения тела 3 при его движении по шероховатой поверхности; f4 – коэффициент трения скольжения между телами 2 и 4; i2x – радиус инерции тела 2 относительно оси, проходящей через его центр масс; α, b, d, r2, R2 – геометрические параметры. Механическая система начинает движение из состояния покоя.

Решение.

Рассмотрим движение механической системы, состоящей из тел 1, 2, 3 (рис. 6.26), предположив, что груз 1 опускается ускоренно.

Согласно общему уравнению динамики механическая система совершает движение под действием активных сил: G1, G2, G3 – силы тяжести тел 1, 2, 3; F3 – сила трения при движении груза 3 по шероховатой поверхности; F4-2 – сила трения при скольжении цилиндрической поверхности тела 2 по тормозной колодке тела 4 и инерци-

онных нагрузок: Ф1, Ф3 – силы инерции тел 1, 3; МΦ2 – момент сил инерции при вращении тела 2 относительно оси С2Х2.

Как это отмечалось ранее, при наличии неидеальных связей, наложенных на механическую систему, эти связи необходимо преобразовать в идеальные путем переноса сил трения в разряд активных сил.

274

X2

Рис. 6.26

Для определения силы трения F4-2 механическую систему, показанную на рис. 6.25, расчленим по внутренней связи и рассмотрим равновесие рычага 4 (рис. 6.27).

Рис. 6.27

На тело 4 действуют: активная сила Р; реакции YA, ZA внешней связи в точке А (шарнирно-неподвижная опора); реакции N2-4, F2-4 внутренней связи. Направления сил N2-4, F2-4 показывают, как тело 2 действует на тело 4. Составим уравнение равновесия.

ΣMiA = N2-4·b – P·d = 0.

Из этого уравнения определим нормальную реакцию

N2-4 = P(d/b) = G(d/b).

275

Согласно закону сухого трения (закону Кулона) сила трения F2-4 связана с нормальной реакцией N2-4 соотношением

F2-4 = f4·N2-4 = f4G(d/b).

По известному закону динамики (закон равенства действия и противодействия) имеем

F4-2 = F2-4 = f4G(d/b).

Таким образом, сила F4-2 трения, приложенная к телу 2 со стороны тела 4 (см. рис. 6.26), определена.

Для определения силы F3 трения рассмотрим поступательное движение груза 3 (рис. 6.28) в инерциальной системе отсчета O3Y3X3. Используя известные положения динамики, примем груз 3 за материальную точку.

Рис. 6.28

На рис. 6.28 использованы условные обозначения: N3 – нормальная реакция шероховатой поверхности; Vc3, ac3 – соответственно скорость и ускорение центра масс тела 3.

Составим дифференциальное уравнение поступательного движения тела 3.

mус3 = – G3cosα + N3,

где ус3 – проекция ускорения ac3 на координатную ось O3Y3.

Так как ус3 = 0, то получим

N3 = G3cosα.

Тогда имеем

F3 = f3N3 = f3G3cosα = f32Gcosα.

Таким образом, сила трения F3 определена.

Вернемся к рис. 6.26. Зададим возможное перемещение δSc1 центру масс тела 1. При этом тело 2 получит возможное угловое перемещение δφ2 = δSc1/R2, а центр С3 масс тела 3 получит возможное линейное перемещение δSc3 = δSc1(r2/R2). Двойным дифференцированием по времени возможных перемещений δφ2, δSc3 определим угловое ускорение ε2 тела 2 и ускорение ac3 центра масс тела 3.

ε2 = ac1/R2; ac3 = ac1(r2/R2).

276

К рассматриваемой механической системе приложим активные силы G1, G2, G3, F3, F4-2 и инерционные нагрузки Ф1, Ф2, МΦ2 .

Модули сил инерции Ф1, Ф3 и момента МΦ2 сил инерции определяют по формулам:

Ф1 = m1ac1 = (G1/g)ac1 = (8G/g)ac1; Ф3 = m1ac3 = (G3/g)ac3 = (2G/g)ac1(r2/R2);

МΦ2 = Jc2x2ε2 = m2(i2x)2ε2 = (G2/g)(i2x)2ε2 = (4G/g)(i2x)2(ac1/R2).

Запишем общее уравнение динамики для рассматриваемой механической системы:

ΣFiE·δSci·cos(FiE, δSci) + ΣФi·δSci·cos(Фi, δSci) = 0.

Определим первое слагаемое правой части этого уравнения. ΣFiE·δSci·cos(FiE, δSci) =

=G1·δSc1 – F4-2·δSc1 – G3· δSc3sinα – F3·δSc3 =

=8G·δSc1 – f4G(d/b)·δSc1 – 2G·δSc1(r2/R2)sinα –

–f32Gcosα·δSc1(r2/R2) =

=G(8 – f4(d/b) – 2(r2/R2)sinα – f32Gcosα(r2/R2))δSc1.

Определим второе слагаемое правой части общего уравнения динамики:

ΣФi·δSci·cos(Фi, δSci) = – Ф1 δSc1 – МΦ2 ·δφ2 – Ф3 δSc3 =

=– (8G/g) ac1 δSci – (4G/g)(i2x)2(ac1/R2)(δSci/R2) –

–(2G/g)ac1(r2/R2) δSci(r2/R2) =

= – (G/g)(8 + 4(i2x/R2)2 + 2(r2/R2)2)ac1δSci.

Внося эти слагаемые в общее уравнение динамики, получим

G(8 – f4(d/b) – 2(r2/R2)sinα – f32Gcosα(r2/R2))δSc1 –

– (G/g)(8 + 4(i2x/R2)2 + 2(r2/R2)2)ac1δSci = 0.

Отсюда определим ускорение ac1:

ac1 = g(8 – f4(d/b) – 2(r2/R2)sinα – f32cosα(r2/R2))/ /(8 + 4(i2x/R2)2 + 2(r2/R2)2) =

= 9,81(8 – 0,1(0,4/0,5) – 2(0,2/0,5)0,5 – 0,1·2·0,866(0,2/0,5))/ /(8 + 4(0,1/0,5)2 + 2(0,2/0,5)2) = 9,584 м/с2.

Таким образом, ответ на вопрос (ac1 =?), поставленный в курсовом задании Д 8, получен.

Вопросы и задания для самоконтроля

1.Записать формулу, выражающую общее уравнение динамики, в векторной форме.

277

2.Записать формулу, выражающую общее уравнение динамики, в скалярной форме.

3.Записать формулу, выражающую общее уравнение динамики, в координатной форме.

6.5. Уравнения Лагранжа второго рода

Уравнения Лагранжа второго рода – дифференциальные уравнения движения механической системы в обобщенных координатах.

Для механической системы с n степенями свободы эти уравнения имеют вид

d

dt (∂Ts/∂qi) – ∂Ts/∂qi = Qqi, i = 1, …, n,

где Тs – кинетическая энергия механической системы; qi – обобщенная координата; qi – обобщенная скорость; Qqi – обобщенная сила по обобщенной координате qi.

Число уравнений Лагранжа второго рада равно числу степеней свободы рассматриваемой механической системы.

Используя рис 6.29, поясним понятия «обобщенная ско-

рость», «обобщенная сила».

Рис. 6.29

На рис. 6.29 приняты условные обозначения: FiE– активная сила, приложенная к точке механической системы; δqi – приращение обобщенной координаты qi (возможное перемещение i-й точки системы); qi – обобщенная скорость i-й точки механической системы.

278

Обобщенная скорость – производная по времени от обобщенной координаты.

qi = dqi/dt.

Определим возможную элементарную работу δА(FiE) активных

сил FiE, приложенных к точкам механической системы при задании какой-либо ее точке возможного перемещения δqi.

δА(FiE) = ΣFiE·δqi·cos(FiE,δqi).

Обобщенная сила Qqi по обобщенной координате qi – ве-

личина, равная отношению возможной элементарной работы δА активных сил FiE, приложенных к точкам механической системы, к приращению δqi обобщенной координаты qi.

Qqi = δA(FiE)/δqi.

Формулировка уравнения Лагранжа второго рода.

Разность полной производной по времени от частной производной кинетической энергии по обобщенной скорости и частной производной от кинетической энергии по обобщенной координате равна обобщенной силе.

Уравнения Лагранжа второго рода используют в качестве универсального метода составления дифференциальных уравнений движения механических систем любой степени сложности. Преимущество этого метода по сравнению с применяемыми ранее общими теоремами динамики заключается в том, что в уравнениях Лагранжа второго рода используются только активные силы. Это намного упрощает решение задач динамики механических систем.

Согласно учебной программе выполнение курсового задания на применение уравнений Лагранжа второго рода к исследованию движения механических систем не предусмотрено. Тем не менее для развития общего кругозора студента приведем пример решения такого типа задач.

Пример.

Однородный барабан 1 массой m и радиусом R приводится во вращение активным моментом М. На барабан наматывается невесомый трос, перекинутый через невесомый блок 2. К свободному концу троса прикреплен груз 3 массой m3 (рис. 6.30).

279

Механическая система начинает двигаться из состояния покоя. Составить дифференциальное уравнение вращательного движения барабана.

Дано: m1 = 20 кг; R = 0,2 м; m3 = 10 кг; М = 200 Н·м.

Рис. 6.30

Решение.

Механическая система имеет одну степень свободы. Примем за обобщенную координату q угол φ1 поворота тела 1 (рис. 6.31).

Рис. 6.31

Запишем уравнение Лагранжа второго рода для рассматриваемой механической системы.

d

dt (∂Ts/∂ ) – ∂Ts/∂φ1 = Qφ1,

где Тs – кинетическая энергия механической системы; Qφ1 – обобщенная сила по обобщенной координате φ1; = dφ1/dt – обобщен-

ная скорость.

280