doc1
.pdf320 IX. Динамика материальной точки
Таким образом, если сопротивление вязкой среды незначительно (например, — = 0,05), то
к |
|
|
А |
= |
1А |
"пшх |
|
'pei' |
т.е. максимальное значение амплитуды равно резонансному.
Если сопротивлением пренебречь, то в формулах (32.23), (32.25) и (32.26) п - 0. Тогда выражение (32.23) примет вид
x + k*x = hsin(pt + 8) |
(32.31) |
— это дифференциальное уравнение вынужденных колебаний без уче-
та сопротивления.
Решение уравнения (32.31) также можно представить в виде
х = х + х*,
где х описывается уравнениями (32.4) или (32.5), а х* можно получить из выражения (32.24) при условии, что к # р:
х*= , h |
sin(p?+ §-£). |
(32.32) |
к - р 2 |
|
|
При этом, если р<к (вынужденные колебания малой частоты), то величина сдвига фаз е = 0, если р > к (вынужденные колебания большой частоты), то е = я, а амплитуда вынужденных колебаний
р1 -к2
Следовательно, при р > к
х*= |
_h |
sin(p/ + Ъ-п). |
(32.34) |
р |
-к |
|
|
Таким образом, если необходимо определить только вынужденные колебания, то следует учитывать только частное решение х*. При определении полных колебаний с учетом или без учета сопротивления нужно найти полное решение х = х + х*.
Из выражений (32.27), (32.32) и (32.33) следует, что при п = 0 или при к = р амплитуда вынужденных колебаний равна бесконечности.
32. Колебательное движение |
321 |
Тогда частное решение х* уравнения (32.31) нельзя представить в виде формулы (32.32) или (32.34). Поэтому в случае резонанса х* ищут в виде
|
x* = 5/cos(A/ + 6). |
(32.35) |
В результате математических преобразований получим, что В = ——. |
||
Тогда выражение (32.35) примет вид |
2/с |
|
|
||
х* = |
t cos(kt + 6) = — Г sinfto + б - - 1 |
(32.36) |
п
т.е. при резонансе е = —.
В теории вынужденных колебаний важным является понятие коэффициента динамичности г), который представляет отношение амплитуды А вынужденных колебаний к некоторому статическому значению А0 отклонения (расстоянию упругой связи) под действием максимальной возмущающей силы, т.е.
А
где
Л = с |
с = к |
( 3 2 3 7 ) |
Значение А0 можно получить из выражения (32.25), если принять
к
р = 0, это частный случай решения х* (32.24) при р = 0 и 8 = —+ е.
Тогда коэффициент динамичности вынужденных колебаний с учетом сопротивления, когда А = А,.,
4 = - , |
\ |
(32.38) |
+ 4пр f-
без учета сопротивления (А = Ав) при р < к
1 |
(32.39) |
|
Р ,2 > |
||
|
322 |
IX. Динамика материальной точки |
при р > к
Последовательность решения задач этого параграфа:
1. Провести координатную ось, совместив начало координат с положением статического равновесия материальной точки. Направить ось в сторону смещения точки.
2.Определить начальные условия движения.
3.Изобразить точку в произвольном положении.
4.Показать на рисунке силы, действующие на материальную точку.
5.Записать дифференциальное уравнение движения в проекции на выбранную ось.
6.Решить полученное дифференциальное уравнение.
7.Определить постоянные интегрирования, используя начальные условия.
8.В случае вынужденных колебаний найти только частное решение х* дифференциального уравнения.
Свободные колебания
Задачи и решения
Задача 32.1
Пружина АВ, закрепленная одним концом в точке А, такова, что для удлинения ее на 1 м необходимо приложить в точке В при статической нагрузке силу 19,6 Н. В некоторый момент к нижнему концу В недеформированной пружины подвешивают гирю С массы 0,1 кг и отпускают ее без начальной скорости. Пренебрегая массой пружины, написать уравнение дальнейшего движения гири и указать амплитуду и период ее колебаний, отнеся движение к оси, проведенной вертикально вниз из положения статического равновесия гири.
324 |
|
|
IX. Динамика материальной точки |
Рассчитаем жесткость пружины |
|
||
е = ^/ |
= 1 |
= 19,6 (Н/м) |
|
и круговую частоту |
|
|
|
Ь = Д |
= Ш |
|
= М (PW/C). |
Чт |
V 0,1 |
|
|
Подставим эти значения в формулу (3) и запишем уравнение |
|||
движения гири |
|
|
|
х = - ^ L M c o s 14? = -0,05cosl4/ (м). |
|||
19,6 |
|
|
|
Вычислим период |
|
|
|
7 - ^ |
= 23Д4= 0,45 ( с ) |
к14
иамплитуду колебаний гири
a = ]l X ° + lc> = ^°'052 + 0 = °'0 5 (м) "
О т в е т : х = -0,05cosl4f м; Т = 0,45 с; a = 5 см.
Задача 32.2
При равномерном спуске груза массы М = 2 т со скоростью v = 5 м/с произошла неожиданная задержка верхнего конца троса, на котором опускался груз, из-за защемления троса в обойме блока. Пренебрегая массой троса, определить его наибольшее натяжение при последующих
колебаниях груза, если коэффициент жесткости троса 4-Ю6 Н/м.
Р е ш е н и е
Груз колеблется под действием силы тяжести G и силы упругости /"улр. Ось х направим вниз, начало координат О поместим в положение статического равновесия. Изобразим груз в произвольном положении М, определенном координатой х.
32. Колебательное движение |
|
325 |
|
Запишем дифференциальное уравнение движения |
|
||
груза в проекции на ось х: |
|
|
|
mx = G-Fyttp, |
О) |
о |
|
где Fynp = сА, А = f„ + х — деформация троса. |
|||
Fупр |
|||
|
|
||
Тогда уравнение (1) примет вид |
|
м |
|
mx = G-c(f„ +x) = G-cf„ |
-ex. |
||
|
Так как в положении статического равновесия G = Fy„„(0) = c/CT, то
тх = -сх
или
х + к2х = 0,
где к = —.
т
Решение полученного уравнения имеет вид
х - С, coskt +С2 |
smkt, |
(2) |
х = -С, к sin kt+С2к |
соskt. |
|
Определим постоянные интегрирования С, и С2 с учетом начальных условий: при t =0 ха =0, так как колебательное движение начинается из положения статического равновесия, то х0 =v0, тогда
С, = 0, С2 =
Подставим значения С, и С2 в формулу (2) и получим
|
|
|
|
|
|
-smkt. |
|
Представим это уравнение в виде |
|
||||||
|
|
|
|
х = a sin(kt + а), |
|||
где а - |
' |
+ [ - р |
" |
tga |
кх0 |
к-0 |
= 0 => a = 0. |
Jxq |
I |
х0 |
Vo |
||||
|
|
|
|
|
|
326 |
IX. Динамика материальной точки |
Тогда |
|
х = -ак2 |
sin&f = -v0k sinfc/. |
Из уравнения (1) определим силу упругости, т.е. натяжение троса,
/•упр =G-mx=m{g-x),
vj&G^mg.
Эта сила максимальна, когда х принимает максимальное значение х = -ак2 и направлена вверх, т.е. при sin(Ar/ + а) = 1. Следовательно, наибольшее натяжение троса
/"max = m(g + ак2) = m(g + vnk) = тg+ Vо
=2 |
9,8 + 5 |
4-106 4 |
= 466,8 (кН). |
||
2 |
103 |
||||
|
|
|
О т в е т : 466,8 кН.
Задача 32.3
Определить наибольшее натяжение троса в предыдущей задаче, если между грузом и тросом введена упругая пружина с коэффициентом жесткости с, = 4 • 105 Н/м.
Р е ш е н и е
В данном случае груз колеблется на двух последовательно соединенных упругих элементах, жесткость которых с, и с2. Заменим эти элементы одним с эквивалентной жесткостью сэкв:
Лэк«=А|+Д2>
где Дэкв, Д,, А2 — соответственно деформация эквивалентного, первого и второго упругого элемента.
Так как А |
* упр |
, ТО |
1Fупр _ |
Fупр(1) , |
1Fупр(2) |
(1) |
— |
"т" |
1 |
где Fynp, Fynр(1), /у,1р(2) — сила упругости соответственно эквивалентного, первого и второго упругого элемента.
328 |
IX. Динамика материальной точки |
Задача 32.4
Груз Q, падая с высоты h = 1м без начальной скорости, ударяется об упругую горизонтальную балку в ее середине; концы балки закреплены. Написать уравнение дальнейшего движения груза на балке, отнеся движение к оси, проведенной вертикально вниз из положения статического равновесия груза на балке, если статический прогиб балки в ее середине при указанной нагрузке равен 0,5 см; массой балки пренебречь.
Р е ш е н и е
Рассмотрим колебание груза на середине упругой балки под действием силы тяжести G и силы упругости Fynp (см. рисунок). Ось х направим вертикально вниз из положения статического равновесия. Груз изобразим в произвольный момент времени, когда его
координата равна х. Запишем дифференциальное уравнение движения груза в проекции на ось х:
|
mx = ^Fkx=G-Fynp, |
(1) |
где G = mg; Fynp = сА. |
|
|
Прогиб балки А =7ст +х > тогда |
|
|
|
mx = mg-c(fCT +x)=mg-cf„ |
-ex. |
Так как в положении статического равновесия |
||
|
mg = Fynp(0) = c/CT, |
(2) |
то уравнение (1) примет вид |
|
|
|
тх = -сх |
|
или |
|
|
|
х+кгх = 0, |
|
, 22 |
с |
|
где к |
= —. |
|
|
т |
|
32. Колебательное движение |
329 |
Решение этого однородного дифференциального уравнения име-
ет вид |
|
|
x-Ct |
coskt+C2sinkt, |
(3) |
х = |
-C^ksirikt+C2kcoskt. |
|
Начальные условия: при t = 0 х0 - - f „ , х0 = v0.
Найдем скорость v0, с которой груз упал на балку. Применив теорему об изменении кинетической энергии для падающего груза, по-
лучим |
|
>2 |
= ДС) = mgh, |
— tOQsL = |
так как Vq = 0, то
v = v0 = j l g h = - Д Щ Л = 4,43 (м/с).
Vo Определим постоянные интегрирования С, и С,: С, = - / „ , С2 = —. fc
Подставим значения С, и С2 в формулу (3) и запишем
v |
1 с |
\уу1 |
i с |
х = - / „ cos&/ + —sin А:/ = -.£,. cos J— f+ v0J—sin./— t. |
|||
к |
\т |
\ с |
\т |
Из формулы (2) найдем
mg
с = -
Устfcr
Тогда согласно формуле (3) уравнение движения груза (х в метрах)
х = -/ст cos -s- t + v0 p i - sinJ — |
I = - 0,005 cos |
||||
|
|
|
|
/ст |
V0.005 |
+ 4,43 |
й Ж |
S in |
оя |
/ = _ o,005cos 44,3/+0,1 sin 44,3/. |
|
°'0 0 5 |
V 0,005 |
||||
|
V 9,8 |
|
|
|
О т в e т: x = (-0,5cos44,3f + lOsin44,30 см.