FAKS_TM_CURS_WORK
.pdfКришталь В.Ф. ДИНАМИКА. ДОСЛІДЖЕННЯ РУХУ МЕХАНІЧНОЇ СИСТЕМИ З ДВОМА СТЕПЕНЯМИ ВІЛЬНОСТІ
Критерії оцінювання.
А) Якість пояснювальної записки. Ваговий бал – 50. Критерії оцінювання:
-своєчасне якісне виконання пояснювальної записки, але є недоліки в оформленні – 45…50;
-пояснення викладені недостатньо повно – 35…44;
-є помилки в пояснювальній записці – 35…44;
-є суттєві недоліки в оформленні пояснювальної записки – 25…34;
-записка не оформлена неналежним чином або не оформлена – 0.
Б) Якість захисту роботи. Ваговий бал – 50. Критерії оцінювання:
-повне володіння матеріалом, є несуттєві недоліки – 40…50;
-неповне володіння матеріалом, є помилки при викладанні – 30…39;
-суттєві недоліки в викладенні матеріалу – 20…29.
-матеріал викладено невірно – 0.
Максимальна кількість балів за виконання курсової роботи складає 100.
Необхідною умовою допуску до захисту курсової роботи є стартовий бал
RC 25 балів.
Для отримання студентом відповідних оцінок (ECTS та традиційних) його
рейтингова оцінка RD переводиться згідно з таблицею:
RK |
Оцінка ECTS та |
Традиційна оцінка |
|
визначення |
|||
|
|
||
95…100 |
A - відмінно |
відмінно |
|
|
|
|
|
85…94 |
B – дуже добре |
добре |
|
75…84 |
C - добре |
||
|
|||
|
|
|
|
65…74 |
D - задовільно |
задовільно |
|
|
|
||
60…64 |
E - достатньо |
||
|
|||
|
|
|
|
60 |
FX - незадовільно |
незадовільно |
|
25 |
F - незадовільно |
не допущено |
11
Кришталь В.Ф. ДИНАМИКА. ДОСЛІДЖЕННЯ РУХУ МЕХАНІЧНОЇ СИСТЕМИ З ДВОМА СТЕПЕНЯМИ ВІЛЬНОСТІ
Приклад виконання.
Приклад 1. Механічна система складається з трьох тіл (рис.2, а), маси яких
дорівнюють: m1=m, m2=2m, m3=m. Момент М, який прикладено до нерухомого блоку 1 радіусом R1=2r, – сталий. Радіус блока 2 дорівнює r. Блоки вважати однорідними суцільними циліндрами.
Скласти рівняння руху системи в координатах q1 = x i q2 = φ1 при
наступних початкових умовах: q10 0, q20 0, q10 x0, q20 |
0. |
|
|
||||||||
ω2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
М |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
М |
|
|
|
δ |
|
|
О1 |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
1 |
О1 |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
ω1 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|||
|
|
|
|
|
|
v2 |
|
|
|
|
|
|
|
ω2 |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
O2 |
m1g |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
δs2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
O2 |
|
|
x |
|
|
|
|
2 |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
m2g |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
δx |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис.2, а |
|
|
|
|
|
m3g |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
Рис.2, б |
Р о з в ’ я з а н н я .
Ч а с т и н а 1 . Обєктом дослідженя задачі є механічна система, яка складається з трьох тіл. Положення даної механічної системи у будь-який момент часу визначається двома координатами, тобто вона має два степеня вільності і її рух буде описуватися двома динамічними рівняннями.
Для розв’язання задачі скористаємось методом перерізів і складемо динамічні рівняння руху кожного тіла окремо.
12
Кришталь В.Ф. ДИНАМИКА. ДОСЛІДЖЕННЯ РУХУ МЕХАНІЧНОЇ СИСТЕМИ З ДВОМА СТЕПЕНЯМИ ВІЛЬНОСТІ
М |
1 |
О1 |
YO |
y1 |
|
XO |
1 |
|
|
|
z1 |
|
|
|
m1 g |
T12 |
x1
Рис.2, б
x2
|
T |
|
|
|
T32 |
|
21 |
|
|
|
|
y2 |
O2 |
|
|
|
3 |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
z2 |
|
2 |
|
|
m3 g |
|
|
|
|||
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
T23 m2 g |
|
|
|
x3 |
|
|
|
Рис.2, в |
Рис.2, г |
Спочатку оберемо нерухомий блок 1. До блока прикладається (рис.2, б)
пара сил з моментом М, сила ваги Р1 m1g , реакція циліндричного шарніра
RO XO YO , сила натягу нитки T12 , яка є внутрішньою силою. Оскільки блок здійснює обертальний рух, на підставі теореми про зміну кінетичного моменту,
складемо динамічне рівняння обертального руху відносно осі O1z1 |
системи |
|
координат O1x1y1z1, зв’язаної з блоком: |
|
|
|
I1ε1 = M – T12R1. |
(1) |
Рухомий блок 2 (рис.2, в) знаходиться під дією сил ваги Р2 |
m2 g , сил |
|
натягу T21 |
та T23 . Дві останні сили є внутрішніми силами. За третім законом |
|
Ньютона |
T21 = –T12 . Блок 2 здійснює плоскопаралельний рух. На |
підставі |
загальних теорем динаміки, рівняння руху блока 2 у системі координат O2x2y2z2,
зв’язаній з центром мас блока 2, запишуться так:
|
|
m2a2x = T21 – T23 – m2g , |
(2) |
|
|
m2a2y = 0, |
(3) |
|
|
I2ε2 = T23R2. |
(4) |
До тіла 3 |
(рис.2, г) |
прикладається сила ваги Р3 |
m3g та сила натягу |
нитки T32 , яка |
за третім |
законом Ньютона задовольняє умову T32 = –T23 . |
13
Кришталь В.Ф. ДИНАМИКА. ДОСЛІДЖЕННЯ РУХУ МЕХАНІЧНОЇ СИСТЕМИ З ДВОМА СТЕПЕНЯМИ ВІЛЬНОСТІ
Динамічне рівняння руху тіла 3, яке здійснює поступальний рух, у проекціїї на вісь координат O3x3 можна подати так:
m3a3 = m3g – T32.
Зазначимо, що рух тіла 3 є складним, який можна подати як сукупність двох поступальних рухів: поступального переносного руху разом з центром тіла
2 та поступального руху у вертикальному напрямі відносно центра тіла 2. Тоді
a3 a3e a3r ,
де a3е = ε1R1, a3r = x . Враховуючи це, динамічне рівняння руху тіла 3 запи– шеться так
m3 ( – ε1R1 + x ) = m3g – T32. |
(5) |
Виключимо тепер невідомі реакції внутрішніх в’язей. |
Оскільки потрібно |
скласти рівняння руху у кординатах φ1 та x, виключимо внутрішні сили у рівняннях тих тіл, положення яких визначається вказаними координатами,
тобто тіла 1 та тіла 3. Виключимо спочатку внутрішню реакцію T12 з рівняння руху тіла 1. Для цього виразимо силу T21 з рівняння (3) та підставимо її вираз у рівняння (1):
I1ε1 = M – ( m2a2x + T23 + m2g )R1.
Невідому T23 виключимо користуючись рівнянням (4). Після підстановки виразу для T23
1
T23 = I2ε2 R2 ,
маємо
1
I1ε1 = M – ( m2a2x + I2ε2 R2 + m2g )R1.
У цьому рівнянні потрібно виразити прискорення точок та кутові прискорення тіл через кординати φ1 та x.
ε1 = 1, a2x = ε1R1 = 1R1, ε2 = |
x |
. |
|
||
|
R2 |
14
Кришталь В.Ф. ДИНАМИКА. ДОСЛІДЖЕННЯ РУХУ МЕХАНІЧНОЇ СИСТЕМИ З ДВОМА СТЕПЕНЯМИ ВІЛЬНОСТІ
Після перенесення доданків з прискоренням у ліву частину рівняння,
отримаємо
( |
1 m1 R12 |
+ m2 R12 ) |
1 + |
1 m2 |
x |
= M – m2gR1. |
(6) |
|
|||||||
|
2 |
|
|
2 |
R2 |
|
Для складання другого динамічного рівняння руху системи тіл виключимо невідому силу натягу T32 з рівняння руху тіла 3. Скористаємось рівнянням (4):
m3 ( – ε1R1 + x ) = m3g – I2ε2 |
1 |
. |
|
||
|
|
||||
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
З останього отримаємо |
|
|
|
|
|
–m3R1 1 |
+ ( |
1 m2 + m3) x = m3g. |
(7) |
||
|
|
2 |
|
|
|
Таким чином, рівняння (6) та (7) складають систему рівнянь руху даної механічної системи.
Ч а с т и н а 2 . Складемо рівняння руху, користуючись рівняннями Лагранжа другого роду.
Механічна система, рух якої досліджується, має два степеня вільності,
тому система рівнянь Лагранжа другого роду має вигляд:
d |
|
T |
T |
|
|
Q* , |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
dt |
|
x |
|
x |
x |
|
x |
|
||||||||
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
d |
|
T |
|
|
T |
|
|
|
Q* , |
(1) |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
dt |
1 |
|
1 |
|
|
|
1 |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
де Т – кінетична енергія системи, Π – потенціальна енергія, Qx*,Q* - узагальнені сили, які мають непотенціальний характер.
3 |
|
Визначимо кінетичну енергію системи T |
Ti як функцію узагальнених |
i |
1 |
координат і швидкостей, де Ті – кінетична енергія окремих тіл.
Для блока 1, який обертається навколо нерухомої осі (рис.2,а) маємо:
15
Кришталь В.Ф. ДИНАМИКА. ДОСЛІДЖЕННЯ РУХУ МЕХАНІЧНОЇ СИСТЕМИ З ДВОМА СТЕПЕНЯМИ ВІЛЬНОСТІ
|
|
|
|
|
T |
1 I |
2 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
2 |
1 |
1 |
|
|
|
Осьовий |
момент інерції блоку |
1 |
|
як |
однорідного циліндру дорівнює |
||||
I |
1 m R2 |
4mr2 , кутову швидкість виразимо через узагальнену кординату |
||||||||
1 |
2 |
1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
1 . Отримаємо: |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
T |
2mr2 |
2 . |
(2) |
||
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
Рух |
тіла |
3 можна подати як |
сукупність двох |
поступальних рухів: |
переносного руху разом з центром мас О2 |
тіла 2 |
і руху тіла 3 відносно цього |
||
центра зі швидкістю x . Швидкість |
v2 |
центра |
мас тіла 2 з урахуванням |
|
нерозтяжності нитки можна знайти на підставі співвідношення |
||||
v2 |
1R1 |
2 1 r . |
(3) |
|
Тоді абсолютна швидкість тіла 3 |
|
|
|
|
v3 |
v2 x |
2 1 r x. |
Кінетична енергія цього тіла має вигляд:
|
T |
1 m v2 |
1 m 2 |
|
r |
x 2 . |
(4) |
|||||||
|
3 |
2 |
3 |
3 |
2 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
Блок 2 здійснює плоскопаралельний рух, його кінетична енергія: |
|
|||||||||||||
T |
1 m v2 |
1 I |
|
2 . |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
2 |
2 |
2 |
2 |
2 |
2 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
Осьовий момент інерції I |
|
1 m R2 . Оскільки кутова швидкість блоку 2 та |
||||||||||||
|
2 |
2 |
2 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
відносна швидкість тіла 3 зв’язані співвідношенням x |
|
2R2 , отримаємо: |
|
|||||||||||
|
T |
1 m |
|
R 2 |
1 m R2 |
x 2 |
(5) |
|||||||
|
|
R |
|
|
||||||||||
|
2 |
2 |
2 |
1 |
1 |
|
4 |
|
2 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
Кінетична енергія системи після додавання виразів (2), (4), (5) і |
||||||||||||||
підстановки даних умови задачі, запишеться у вигляді: |
|
|
|
|
|
|||||||||
|
T |
6mr2 |
2 |
3 mx2 |
|
2mr |
1 |
x . |
(6) |
|||||
|
|
|
|
1 |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
16
Кришталь В.Ф. ДИНАМИКА. ДОСЛІДЖЕННЯ РУХУ МЕХАНІЧНОЇ СИСТЕМИ З ДВОМА СТЕПЕНЯМИ ВІЛЬНОСТІ
Знайдемо частинні похідні від кінетичної енергії:
|
T |
0 , |
T |
0, |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
x |
1 |
|
|||
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
T |
3 mx |
2mr 1 , |
(7) |
||
|
x |
|||||
|
2 |
|
|
|
T 12mr2 1 2mrx.
1
Після диференціювання двох останніх виразів за часом отримаємо:
|
d |
|
T |
3 mx |
2mr |
|
, |
|
|
|
|
d |
T |
12mr2 |
|
2mrx . |
(8) |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
1 |
|||||||||
|
dt |
|
x |
2 |
|
|
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Визначимо потенціальну енергію системи: |
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
2 |
|
3 , |
|
|
|
|
||||
як роботу сил ваги по переміщенню відповідних тіл з поточного положення в |
|
|||||||||||||||||
початкове (рис.2, д): |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
ω2 |
|
|
|
М |
|
|
|
|
δ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
О1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
m1g |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
δs2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
O2 |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m2g |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис.2, д |
|
δx |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
m3g |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
1 |
0, |
|
2 m2g s2 , |
|
|
|
3 |
m3g(s2 |
|
x) . |
|
Переміщення s2 центра мас тіла 2 визначається на підставі кінематичного співвідношення (3). Запишемо його у диференціалах та домножимо на dt:
17
Кришталь В.Ф. ДИНАМИКА. ДОСЛІДЖЕННЯ РУХУ МЕХАНІЧНОЇ СИСТЕМИ З ДВОМА СТЕПЕНЯМИ ВІЛЬНОСТІ
ds2=R1dφ1 .
Після інтегрування цього виразу на інтервалі [0;t] отримаємо: s2(t)−s2(0)=R1(φ(t)−φ1(0)).
Звідси, при нульових початкових умовах за координатою φ та s2, дістанемо s2(t)=R1φ1(t).
Тоді потенціальна енергія системи як функція узагальнених координат x та
φ1 приймає вигляд:
m2gR1 1 |
m3g(R1 1 x) |
4mgr 1 mgx. |
|
||||
Знаходимо частинні похідні за узагальненими координатами від |
|||||||
потенціальної енергії системи: |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
mg , |
|
|
4mgr . |
(9) |
|
x |
|
|||||
|
1 |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
||
Узагальнені сили Q* та |
Q* визначимо |
як коефіцієнти |
при варіаціях |
||||
|
x |
|
|
|
|
|
узагальнених координат в виразі елементарної роботи непотенціальних сил. До останніх відноситься пара сил з моментом М.
Зафіксуємо координату х і надамо механічній системі елементарне переміщення 1 в бік додатних значень зміни кута повороту 1. Відповідна елементарна робота має вигляд
δА = Мδφ1,
звідси маємо: |
|
|
Q* |
M . |
(10) |
На елементарному переміщенні |
х |
непотенціальні сили роботи не |
виконують, тобто |
|
|
Q* |
0. |
(11) |
x |
|
|
Таким чином, система рівнянь Лагранжа другого роду (1), з урахуванням |
||
виразів (7)–(11), запишеться так: |
|
|
3 mx 2mr 1 |
mg , |
|
2 |
|
|
18
Кришталь В.Ф. ДИНАМИКА. ДОСЛІДЖЕННЯ РУХУ МЕХАНІЧНОЇ СИСТЕМИ З ДВОМА СТЕПЕНЯМИ ВІЛЬНОСТІ
|
|
|
|
|
|
|
12mr2 |
1 |
2mrx |
|
|
4mgr |
M . |
|
|
(12) |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
Рівняння (12) можна розв’язати відносно похідних |
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
x |
a0 |
const, |
1 |
|
0 |
const , |
|
|
|
||||||||||
де |
a |
2mgr M |
, |
|
|
8mgr 3M |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
0 |
7mr |
|
|
0 |
|
28mr2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
Тоді перші інтеграли диференціальних рівнянь мають вигляд |
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
x a0t C1, |
|
|
|
1 |
|
0t C3, |
|
|
|
||||||||||
другі інтеграли |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
x |
|
a |
t2 |
C t |
|
|
C |
|
, |
|
|
|
|
|
t2 |
C t C . |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
0 |
2 |
1 |
|
2 |
|
|
|
1 |
0 |
2 |
|
|
3 |
4 |
|
||||||
|
На підставі початкових умов визначаємо сталі інтегрування C1−C4 і |
||||||||||||||||||||||||
отримуємо шукані рівняння руху механічної системи |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
x |
|
2mgr |
M |
t |
2 |
|
x t |
, |
|
|
|
8mgr |
3M |
t |
2 |
. |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
28mr2 |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
7mr |
|
|
|
|
0 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
||||||
|
Приклад 2. Механічна система складається з п’яти тіл, маси яких |
||||||||||||||||||||||||
відповідно дорівнюють m1, m2 , m3 , m4 |
та m5 (рис.3,а). Тіло 1 рухається вздовж |
||||||||||||||||||||||||
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4
5
2
Рис.3, а
19
Кришталь В.Ф. ДИНАМИКА. ДОСЛІДЖЕННЯ РУХУ МЕХАНІЧНОЇ СИСТЕМИ З ДВОМА СТЕПЕНЯМИ ВІЛЬНОСТІ
горизонтальної шорсткої поверхні, коефіцієнт тертя ковзання при русі тіла 1
дорівнює f = 0,1. Блок 4 - східчатий, причому радіуси ступенів дорівнюють r та
0,5r, а його радіус інерції – i. Блоки 3 та 5 мають однакові радіуси що дорівнюють r. До блока 3 прикладена пара сил з моментом M. Скласти диференціальні рівняння руху механічної системи, якщо тіла з’єднані невагомою нерозтяжною ниткою.
Р о з в ’ я з а н н я .
Ч а с т и н а 1 . Обєктом дослідженя задачі є механічна система, яка складається з п’яти тіл. Дана механічна система має два степеня вільності,
тобто у будь-який момент часу її положення визначається двома координатами і її рух буде описуватися двома динамічними рівняннями. В якості координат,
що визначають положення даної системи тіл оберемо переміщення x тіла 1 у
правий бік та поворот тіла 3 на кут φ.
Для розв’язання задачі скористаємось методом перерізів і складемо динамічні рівняння руху кожного тіла окремо.
|
|
|
|
|
|
|
y4 |
|
|
|
M |
y3 |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
T41 |
|
|
|
|
|
|
|
|
ω3 |
||||
1 N1 |
|
|
Y4 |
|
ω4 |
|
|
|
Y3 |
|
X3 |
|||||||
|
|
T14 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
FТР |
|
|
|
O4 |
X4 |
|
|
|
|
O |
|
x3 |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
x4 |
|
|
|
3 |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x1 |
|
T35 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
m1g |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z3 |
|
|
|
||||
|
z4 |
T45 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m3g |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
m4g |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Рис.3, б |
|
|
Рис.3, в |
|
Рис.3, г |
|
|
|
||||||||||
Динамічні рівняння руху тіла 1, яке здійснює поступальний рух (рис.3, б), |
||||||||||||||||||
у проекції на осі координат O1x1y1, можна подати так: |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
m1a1 = T14 – FТР, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(1) |
||||
|
|
|
|
0 = N1 – m1g , |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(2) |
20