2.2. Пример выполнения второго задания

_{Пример. Механическая система, состоящая из четырех тел (рис.2.6): грузов 1 и 4, блока 2 и катка 3, кинематически связанных между собой нерастяжимыми нитями, приходит в движение под действием сил тяжести из состояния покоя. Учитывая трение скольжения тела 4, трение качения тела 3, пренебрегая другими силами сопротивления и массами нитей, определить:}

_{1. Скорость тела 1 в тот момент времени, когда пройденный им путь станет равным S1.}

_{2. Ускорения тел, движущихся поступательно, и ускорения центров масс тел, совершающих плоскопараллельное движение, угловые ускорения тел, совершающих вращательное и плоскопараллельное движения.}

_{3. Реакции внешних и внутренних связей системы.}

_{4. Выбрав в качестве обобщенной координаты пройденный телом 1 путь S и составив уравнение Лагранжа второго рода, найти зависимости =f1(t), = f2(t) и S = f3(t). Полученные зависимости изобразить графически в пределах движения заданной системы 0<S<1,2.}

_{Необходимые для расчета данные следующие: R2 = R3 = R; r3 = r, m1 = 3m; m2 = 2m; m3 = m4 = m; i3x = ;f = 0,1; δ = 0,001м; R/r = 1,5; m = 5 кг, r = 0,25 м; S1 =1,2 м (здесь m1 , m2 , m3 , m4 - массы соответственно тел 1,2,3 и 4; i3 – радиус инерции тела 3 относительно оси, проходящей через его центр масс перпендикулярно плоскости движения; f – коэффициент трения скольжения; δ – коэффициент трения качения тела 3).}

_{Рисунок 2.6 – Схема механической системы к выполнению второго задания}

_{Решение}

_{При определении скорости тела 1 в момент времени, когда пройденный им путь S1 будет равным 1,2 м, воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии (2.1). Так как в начальный момент времени механическая система находилась в покое, то Т0=0. По условию задания соединяющие тела системы нити предполагаются нерастяжимыми, проскальзывание между телами отсутствует, поэтому . Тогда выражение (2.1) примет упрощенный вид:}

₍2.18)

_.

_{Вычислим кинетическую энергию Т системы, когда груз 1 пройдет путь, равный 1,2 м. Груз 1 совершает поступательное движение, значит}

Т₁ = m₁= .

(2.19)

Блок 2 вращается вокруг неподвижной оси, поэтому

Т₂ =J₂.

Момент инерции J₂ блока 2 не задан, поэтому определяем его как для сплошного цилиндра по формуле:

(2.20)

J₂ =m₂=2,25 mr²,

а угловую скорость находим из равенства:

𝜔₂ ==.

₍2.21)

Таким образом, кинетическая энергия блока 2 примет вид:

(2.22)

Т₂ = m.

Так как каток 3 совершает плоскопараллельное движение, то

(2.23)

Т₃ = m+J₂ .

Поскольку соединительные нити предполагаются нерастяжимыми, скорость точки А катка 3 =. Точкар является мгновенным центром скоростей третьего тела, значит

𝜔₃===.

(2.24)

Из выражения (2.24) следует, что

(2.25)

𝜔₃ ==,_с= =.

Момент инерции катка 3 определится по заданному радиусу инерции i₃ по формуле:

(2.26)

J_с = m= 2mr².

Тогда, подставляя (2.25) и (2.26) в (2.23), получим:

(2.27)

Т₃ = 0,34m.

Кинетическая энергия груза 4

(2.28)

Т₄ = m₄.

Из выражения (2.24) вытекает, что

₄ = = = 0,2_. .

(2.29)

Тогда из (2.28) с учетом (2.29) следует, что

(2.30)

Т₄ = 0,02m.

Теперь, складывая равенства (2.19), (2.22), (2.27) и (2.30), найдем кинетическую энергию всей системы:

(2.31)

Т = Т₁+ Т₂+ Т₃+ Т₄ = 2,36m.

Найдем сумму работ всех внешних сил, приложенных к системе, на заданном ее перемещении. Для этого покажем на схеме все приложенные к системе внешние силы (см. рисунок 2.6). Работу силы тяжести G₁ груза 1 найдем по формуле (2.5):

(2.32)

A_G₁ = G₁S₁ = m₁gS₁=3mgS₁.

Аналогично определяется работа силы тяжести катка 3:

(2.33)

A_G₃ =- m₃gh_c=-mgS_csin30°

(здесь h_c- смещение центра масс С катка по вертикали в заданном перемещении системы, S_c – путь, пройденный точкой С при этом смещении).

Путь, пройденный точкой С, можно определить из выражения (2.25), представив=3₁/5 в виде _с=0,6₁. Интегрируя это равенство, получим:

S_c = 0,6S₁.

Тогда окончательно получим:

(2.34)

A_G₃ = -0,3mgS₁.

Аналогичным образом из выражения (2.25) несложно получить, что

(2.35)

𝜑₃ = .

Работа сил сопротивления качению катка 3 определяется по формуле (2.7). В данном примере

(2.36)

M_c = δN₃ = δm₃gcos30° = 0,5mg.

Тогда с учетом выражений (2.35) и (2.36) получим:

A_M₃ = -0,2mgS₁.

(2.37)

Работа силы тяжести груза 4

A_G4 =-m₄gS₄·sin30° = - 0,1 mgS₁.

(2.38)

где S₄=0,2S₁ (путь, пройденный телом 4, найдено из выражения (2.29) путем интегрирования).

Работу силы трения скольжения груза 4 определяем по формуле (2.6):

А_F4 =- fN₄S₄ = -fm₄gcos30°∙ 0,2S₁ = -0,1fmgS₁.

(2.39)

Наконец, складывая равенства (2.32), (2.34), (2.37), (2.38) и (2.39), получим:

_{∑= (2,6-0,1}f – 0,2)mgS₁.

₍2.40)

Подставляя выражения (2.31) и (2.40) в (2.18), после преобразований имеем:

Далее, применяя общее уравнение динамики (2.8), найдем ускорения тел, движущихся поступательно и ускорения центров масс тел, совершающих плоскопараллельное движение, угловые ускорения тел, совершающих вращательное и плоскопараллельное движения.

В соответствии с этим уравнением изобразим на схеме системы активные силы и силы инерции (рисунок 2.7).

Рисунок 2.7 – Схема механической системы к выполнению п.2 задания 2

Так как тело 1 совершает поступательное движение, элементарные силы инерции всех точек его приводятся в соответствии с выражением (2.9) к равнодействующей, равной по модулю

(2.41)

= m₁a₁ = 3ma₁,

линия действия которой проходит через центр масс этого тела.

Блок 2 вращается вокруг неподвижной оси, поэтому силы инерции точек этого тела приводятся согласно выражению (2.10) к паре сил с моментом, абсолютная величина которого =J₂ℇ₂. Здесь момент инерции J_х определяется равенством (2.20), а угловое ускорение ℇ₂ находится из (2.21) дифференцированием по времени:

ℇ₂=.

Тогда

(2.42)

= 1,5ma₁r.

Согласно выражений (2.11) и (2.12) элементарные силы инерции катка 3 приводятся в его центре масс к силе =m₃a_с и паре сил с моментом, равным по абсолютной величине =J_сℇ₃. Момент инерции J_с найден раньше в выражении (2.26), а ускорение a_с и угловое ускорение ℇ₃ определяются из (2.25) дифференцированием по времени:

ℇ₃ =, a_с =.

Отсюда

(2.43)

= 0,6ma₁, = 0,8ma₁r.

Тело 4 движется поступательно, значит

(2.44)

= m₄a₄ = 0,2ma₁,

где a₄=0,2a₁(находится из (2.29) дифференцированием по времени).

Теперь дадим системе возможное перемещение и составим общее уравнение динамики согласно выражению (2.16):

G₁δS₁- G₃δS_csin30°- G₄δS₄ sin30°-F₄δS₄-M_cδ𝜑₃-δS₁-δS_c-δS₄-δ𝜑₂- -δ𝜑₃=0.

(2.45)

Так как наложенные на механическую систему связи являются стационарными, удерживающими и голономными, все возможные перемещения системы выражаются через возможное перемещение δS₁ соответственно:

δ𝜑₂ ==, δ𝜑₃ ==0,4 ,δS_c = δS₁ = 0,6δS₁,

(2.46)

δS₄ = δS₁ = =0,2δS₁.

Подставляя в выражение (2.45) найденные ранее момент силы трения качения (2.36), силу трения скольжения F₄=fm₄qcos30°=0,5fmg, а также выражения возможных перемещений (2.46), получим:

(2.47)

(2,6-0,1f -0,2)g- 4,72a₁ = 0 .

Откуда

a₁ = == 5,365 м/с².

Теперь, используя полученные выше зависимости, находим:

a_c = 0,6a₁ = 0,6∙5,365 = 3,219 м/с²,

a₄ = 0,2a₁ = 0,2∙5,365 = 1,073 м/с²,

ℇ₂ = == 14,307 1/с²,

ℇ₃ = 0,4= 0,4= 8,584 1/с².

Для выполнения пункта 3 задания изобразим по отдельности тела механической системы (рисунок 2.8), приложив к ним силы тяжести, реакции внешних и внутренних связей и силы инерции.

В соответствии с принципом Даламбера, система сил, приложенных к телу 1 (рисунок 2.8, а), находится в равновесии, подтверждаемом уравнением:

(2.48)

F_ky = T₁₂ +- G₁ = 0.

Отсюда с учетом G₁=m₁g=3 mg и равенства (2.41)

T₁₂ = G₁ - = 3m(g-a₁) =3∙5(9,81-5,365) = 66,675 H.

а	б
в	г

Рисунок 2.8 – Схема сил в механической системе к выполнению п.3 задания 2

Составим уравнения равновесия системы сил, приложенных к блоку 2(рис.2.8, б) в виде:

(2.49)

F_kx = N_2x-T₂₃ cos30° = 0,

(2.50)

F_ky = N_2y- T₂₃sin30°- G₂- T₂₁ = 0,

m₀(_k) = T₂₃R₂- T₂₁R₂+= 0.

(2.51)

Из (2.51), учитывая, что T₂₁=T₁₂, а момент найден в (2.42), следует

T₂₃ = T₃₂ = T₁₂- = T₁₂- ma₁ = 66,675-5∙5,365 = 39,852 Н.

Тогда из (2.49) и (2.50) следует:

N_2x=T₂₃ cos30°=39,852∙cos30°=34,128 Н,

N_2y = T₂₃sin30°+G₂+T₁₂ = 39,852∙0,5+98,1+66,675 = 184,701 Н.

Следовательно

N₂=187,827 Н.

Составим уравнения равновесия для системы сил, приложенных к катку 3 (рисунок 2.8, в):

(2.52)

F_kx' = F₃+ T₃₂-- T₃₄- G₃ sin30° = 0,

(2.53)

F_ky' = N₃- G₃ cos30° = 0,

(2.54)

m_p(_k)=+M_c+ T₃₄(R₃-r₃)++G₃+ sin30°-T₃₂(R₃+r₃)= 0.

Из (2.54) с учетом полученных ранее результатов следует:

T₃₄==

= = 34,129 Н ,

где R₃ = R= 1,5r = 1,5∙0,25 = 0,375м;

= 0,8ma₁r = 0,8∙5∙5,365∙0,25 = 5,365 Нм;

= 0,5∙δmg = 0,5∙0,001∙5∙9,81 = 0,042 Нм;

0,6ma₁ = 0,6∙5∙5,365 = 16,095 Н;

G₃ = m₃g = mg = 5∙ 9,81 = 49,05 H.

Теперь из (2.52) можно определить силу трения скольжения:

F₃ =+T₃₄+G₃ sin30°-Т₂₃ = 16,095+34,129+49,06∙0,5-39,852=60,014 Н, а из (2.53)

N₃ = G₃ cos30° = 49,05∙0,866 = 42,5 Н.

Заметим, соотношение (2.52) было использовано ранее при определении момента сил трения качения М₃.

Уравнения равновесия системы сил, приложенных к грузу 4:

F_kx' = Т₄₃-- F₄-G₄sin30°=0,

(2.55)

F_ky' = N₄- G₄ cos30°=0.

(2.56)

В уравнении (2.55) все величины уже известны, поэтому оно может служить для проверки проведенных расчетов. Подставляя в него найденные ранее величины, получим:

34,129-5,4-4,2-5∙9,81∙0,5≈0.

Заметим, равенство (2.56) уже было использовано ранее при определении работы сил трения скольжения A _F4.

Наконец, приступим к выполнению пункта 4 задания. Выберем в качестве обобщенной координаты пройденный телом 1 путь S (рисунок 2.7), то есть S=q. Тогда уравнение Лагранжа второго рода будет иметь вид (2.17).

Кинетическая энергия системы была определена в п.1 выражением (2.31). Выразив в нем через ,получим:

(2.57)

T=2,36m²².

Для определения обобщенной силы сообщаем системе возможное перемещение и вычислим на этом перемещении сумму работ всех действующих внешних сил в виде:

(2.58)

δА_к=G₁∙δS₁ – G₃δS_c sin30°-M_c∙δ𝜑₃-G₄δS₁∙sin30°- F₄δS₄.

Заметим, здесь силы инерции и моменты сил инерции не отражены, так как обобщенные силы инерции уже выражены через кинетическую энергию системы в уравнении Лагранжа второго рода.

С учетом выражений (2.46), выделив в выражении (2.58) коэффициент при δS₁, получим:

Q= G₁-0,6G₃ sin30°-0,4 M₃/r-0,2G₄ sin30°-0,2F.

Откуда с учетом полученных выше результатов и исходных данных имеем:

(2.59)

Q=2,6mg.

Теперь, подставив (2.57) и (2.59) в выражение (2.17) получим:

(2.60)

4,72m=2,6mg.

Далее, интегрируя выражение (2.60) по времени t с учетом начальных условий ₀=0, S₀=0, получим:

₍2.61)

_=0,55gt,

₍2.62)

_{S=0,275gt2 .}

Приняв в выражении (2.62) S= S₁=1,2 м, находим время движения системы t=0,67 с.

В соответствии с зависимостями (2.60), (2.61) и (2.62) формируем массивы данных для построения графиков =f₁(t), = f₂(t) и S=f₃(t) (таблица 2.3).

Таблица 2.3 – Массив данных для построения графиков движения системы

Время t,c	0	0,1	0,2	0,3	0,4	0,5	0,6	0,67
Ускорение , м/с2	5,39	5,39	5,39	5,39	5,39	5,39	5,39	5,39
Скорость , м/с	0	0,539	1,078	1,617	2,156	2,695	3,234	3,611
Перемещение S, м	0	0,027	0,108	0,242	0,431	0,674	0,970	1,200

На рисунке 2.9 показаны построенные по этому массиву графики =f₁(t), = f₂(t) и S=f₃(t).

S,м

Рисунок 2.9 – Графики движения =f₁(t), = f₂(t) и S=f₃(t) исследуемой механической системы