Студопедия

Главная страница Случайная страница

Разделы сайта

АвтомобилиАстрономияБиологияГеографияДом и садДругие языкиДругоеИнформатикаИсторияКультураЛитератураЛогикаМатематикаМедицинаМеталлургияМеханикаОбразованиеОхрана трудаПедагогикаПолитикаПравоПсихологияРелигияРиторикаСоциологияСпортСтроительствоТехнологияТуризмФизикаФилософияФинансыХимияЧерчениеЭкологияЭкономикаЭлектроника






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 S 1.

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 = f 1 (t), = f 2 (t) и S = f 3 (t). Полученные зависимости изобразить графически в пределах движения заданной системы 0< S< 1, 2.

Необходимые для расчета данные следующие: R 2= R 3= R; r 3 = r, m 1= 3 m; m2 = 2 m; m 3= m 4= m; i 3 x = ; f = 0, 1; δ = 0, 001м; R/r = 1, 5; m = 5 кг, r = 0, 25 м; S 1=1, 2 м (здесь m 1, m 2, m 3, m 4 - массы соответственно тел 1, 2, 3 и 4; i 3– 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

(2.18)
При определении скорости тела 1 в момент времени, когда пройденный им путь S 1будет равным 1, 2 м, воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии (2.1). Так как в начальный момент времени механическая система находилась в покое, то Т 0=0. По условию задания соединяющие тела системы нити предполагаются нерастяжимыми, проскальзывание между телами отсутствует, поэтому . Тогда выражение (2.1) примет упрощенный вид:

.

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

(2.19)
Т 1 = m 1 = .

Блок 2 вращается вокруг неподвижной оси, поэтому

Т 2 = J 2 .

(2.20)
Момент инерции J 2блока 2 не задан, поэтому определяем его как для сплошного цилиндра по формуле:

J 2 = m2 =2, 25 mr2,

а угловую скорость находим из равенства:

(2.21)
𝜔 2 = = .

(2.22)
Таким образом, кинетическая энергия блока 2 примет вид:

Т 2 = m .

(2.23)
Так как каток 3 совершает плоскопараллельное движение, то

Т 3 = m + J 2 .

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

(2.24)
𝜔 3= = = .

(2.25)
Из выражения (2.24) следует, что

𝜔 3 = = , с= = .

(2.26)
Момент инерции катка 3 определится по заданному радиусу инерции i 3 по формуле:

Jс = m = 2mr2.

(2.27)
Тогда, подставляя (2.25) и (2.26) в (2.23), получим:

Т 3 = 0, 34 m .

(2.28)
Кинетическая энергия груза 4

Т 4 = m4 .

Из выражения (2.24) вытекает, что

(2.29)
4 = = = 0, 2 ..

(2.30)
Тогда из (2.28) с учетом (2.29) следует, что

Т 4 = 0, 02 m .

(2.31)
Теперь, складывая равенства (2.19), (2.22), (2.27) и (2.30), найдем кинетическую энергию всей системы:

Т = Т 1 + Т 2 + Т 3 + Т 4 = 2, 36 m .

(2.32)
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 G 1груза 1 найдем по формуле (2.5):

AG = G 1 S 1 = m 1 gS 1 =3mgS 1.

(2.33)
Аналогично определяется работа силы тяжести катка 3:

AG =- m3ghc= - mgSc sin30°

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

Путь, пройденный точкой С, можно определить из выражения (2.25), представив =3 1 /5 в виде с=0, 6 1. Интегрируя это равенство, получим:

Sc = 0, 6 S 1.

(2.34)
Тогда окончательно получим:

AG = -0, 3 mgS 1.

(2.35)
Аналогичным образом из выражения (2.25) несложно получить, что

𝜑 3 = .

(2.36)
Работа сил сопротивления качению катка 3 определяется по формуле (2.7). В данном примере

Mc = δ N 3 = δ m 3 g cos30° = 0, 5 mg.

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

(2.37)
AM= -0, 2 mgS 1.

Работа силы тяжести груза 4

(2.38)
AG4 =- m4gS4 ·sin30 ° = - 0, 1 mgS 1.

где S 4=0, 2 S 1 (путь, пройденный телом 4, найдено из выражения (2.29) путем интегрирования).

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

(2.39)
АF 4 =- fN 4 S 4 = - fm 4 g cos30°∙ 0, 2 S 1 = -0, 1 fmgS 1.

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

(2.40)
= (2, 6-0, 1 f – 0, 2 ) mgS 1.

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

(2.41)
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

= m 1 a 1 = 3 ma 1,

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 = J 2 2. Здесь момент инерции Jх определяется равенством (2.20), а угловое ускорение 2 находится из (2.21) дифференцированием по времени:

2= .

(2.42)
Тогда

= 1, 5 ma 1r.

Согласно выражений (2.11) и (2.12) элементарные силы инерции катка 3 приводятся в его центре масс к силе = m3aс и паре сил с моментом, равным по абсолютной величине = Jс3. Момент инерции Jс найден раньше в выражении (2.26), а ускорение aс и угловое ускорение 3 определяются из (2.25) дифференцированием по времени:

3 = , aс = .

(2.43)
Отсюда

= 0, 6 ma 1, = 0, 8 ma 1 r.

(2.44)
Тело 4 движется поступательно, значит

= m 4 a 4 = 0, 2 ma 1,

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

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

(2.45)
G 1 δ S 1- G 3 δ Scsin 30°- G 4 δ S 4 sin 30°- F4δ S4 - Mcδ 𝜑 3 - δ S1 - δ Sc - δ S 4- δ 𝜑 2 - - δ 𝜑 3=0.

Так как наложенные на механическую систему связи являются стационарными, удерживающими и голономными, все возможные перемещения системы выражаются через возможное перемещение δ S1 соответственно:

(2.46)
δ 𝜑 2 = = , δ 𝜑 3 = = 0, 4 , δ Sc = δ S 1 = 0, 6 δ S 1,

δ S 4 = δ S 1 = = 0, 2 δ S 1.

(2.47)
Подставляя в выражение (2.45) найденные ранее момент силы трения качения (2.36), силу трения скольжения F 4= fm 4 q cos30 ° =0, 5 fmg, а также выражения возможных перемещений (2.46), получим:

(2, 6-0, 1 f -0, 2 ) g - 4, 72 a 1 = 0.

Откуда

 

a1 = = = 5, 365 м/с2.

Теперь, используя полученные выше зависимости, находим:

ac = 0, 6 a 1 = 0, 6∙ 5, 365 = 3, 219 м/с2,

a 4 = 0, 2 a 1 = 0, 2∙ 5, 365 = 1, 073 м/с2,

2 = = = 14, 307 1/с2,

3 = 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.

(2.48)
В соответствии с принципом Даламбера, система сил, приложенных к телу 1 (рисунок 2.8, а), находится в равновесии, подтверждаемом уравнением:

Fky = T 12 + - G 1 = 0.

Отсюда с учетом G 1= m 1 g =3 mg и равенства (2.41)

T 12 = G 1- = 3 m (g - a 1) =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

 

(2.49)
Составим уравнения равновесия системы сил, приложенных к блоку 2(рис.2.8, б) в виде:

(2.50)
Fkx = N 2 x - T 23cos30° = 0,

Fky = N 2 y - T 23sin30°- G 2- T 21 = 0,

(2.51)
m 0( k) = T 23 R 2- T 21 R 2+ = 0.

Из (2.51), учитывая, что T 21= T 12, а момент найден в (2.42), следует

T 23 = T 32 = T 12- = T 12- ma 1 = 66, 675-5∙ 5, 365 = 39, 852 Н.

Тогда из (2.49) и (2.50) следует:

N 2 x = T 23 cos30°=39, 852∙ cos30 ° =34, 128 Н,

N 2 y = T 23sin30 ° + G 2 +T 12 = 39, 852∙ 0, 5+98, 1+66, 675 = 184, 701 Н.

Следовательно

N 2 = 187, 827 Н.

(2.52)
Составим уравнения равновесия для системы сил, приложенных к катку 3 (рисунок 2.8, в):

(2.53)
Fkx' = F 3+ T 32- - T 34- G 3sin30 ° = 0,

(2.54)
Fky' = N 3- G 3cos30° = 0,

mp ( k)= + Mc + T 34(R 3- r 3)+ + G 3 +sin30 ° - T 32(R 3+ r 3)= 0.

Из (2.54) с учетом полученных ранее результатов следует:

T34 = =

= = 34, 129 Н,

где R 3 = R= 1, 5 r = 1, 5∙ 0, 25 = 0, 375м;

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

= 0, 5 δ mg = 0, 5 ∙ 0, 001∙ 5∙ 9, 81 = 0, 042 Нм;

0, 6 ma 1 = 0, 6∙ 5∙ 5, 365 = 16, 095 Н;

G 3 = m 3 g = mg = 5∙ 9, 81 = 49, 05 H.

Теперь из (2.52) можно определить силу трения скольжения:

F 3 = + T 34+ G 3sin30°- Т 23 = 16, 095+34, 129+49, 06∙ 0, 5-39, 852=60, 014 Н, а из (2.53)

N 3 = G3 cos30° = 49, 05∙ 0, 866 = 42, 5 Н.

Заметим, соотношение (2.52) было использовано ранее при определении момента сил трения качения М 3.

Уравнения равновесия системы сил, приложенных к грузу 4:

(2.55)
Fkx' = Т 43- - F 4- G 4sin30°=0,

(2.56)
Fky' = N 4- G 4cos30 ° =0.

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 F 4.

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).

(2.57)
Кинетическая энергия системы была определена в п.1 выражением (2.31). Выразив в нем через , получим:

T= 2, 36 m 2 2 .

(2.58)
Для определения обобщенной силы сообщаем системе возможное перемещение и вычислим на этом перемещении сумму работ всех действующих внешних сил в виде:

δ Ак = G 1δ S 1G 3 δ Sc sin30 ° - M cδ 𝜑 3- G 4 δ S 1∙ sin30°- F 4 δ S 4.

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 δ S 1, получим:

Q = G 1-0, 6 G 3sin30°-0, 4 M 3/ r -0, 2 G 4sin30°-0, 2 F.

(2.59)
Откуда с учетом полученных выше результатов и исходных данных имеем:

Q =2, 6 mg.

(2.60)
Теперь, подставив (2.57) и (2.59) в выражение (2.17) получим:

4, 72 m =2, 6 mg.

(2.61)
Далее, интегрируя выражение (2.60) по времени t с учетом начальных условий 0 =0, S0 =0, получим:

(2.62)
=0, 55 gt,

S =0, 275 gt2 .

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 = f 1(t), = f 2(t) и S = f 3(t) (таблица 2.3).

 

Таблица 2.3 – Массив данных для построения графиков движения системы

Время t, c   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, 539 1, 078 1, 617 2, 156 2, 695 3, 234 3, 611
Перемещение S, м   0, 027 0, 108 0, 242 0, 431 0, 674 0, 970 1, 200

 

На рисунке 2.9 показаны построенные по этому массиву графики = f 1(t), = f 2(t) и S = f 3(t).

 

S, м

Рисунок 2.9 – Графики движения = f 1(t), = f 2(t) и S = f 3(t) исследуемой механической системы

Контрольные вопросы для самопроверки при подготовке к защите расчетно-графической работы

Вопросы к первому заданию

1. Что называется материальной точкой?

2. О чем гласит второй закон динамики?

3. Каковы дифференциальные уравнения движения точки в декартовых координатах?

4. Каковы уравнения движения точки в проекциях на оси естественного трехгранника?

5. В чем заключается первая задача динамики?

6. В чем заключается вторая задача динамики?

7. Как определяются значения произвольных постоянных, появляющихся при интегрировании дифференциальных уравнений движения материальной точки?

8. Что называется количеством движения материальной точки?

9. Что называется элементарным импульсом силы?

10. Как направлены вектора количества движения и импульса силы?

11. Каковы размерности скорости и ускорения в системе СИ?

12. Каковы размерности количества движения и импульса силы в системе СИ?

13. В чем заключается теорема об изменении количества движения материальной точки?

14. При каком условии материальная точка при действии на нее нескольких сил будет двигаться прямолинейно равномерно?

15. При каком условии материальная точка будет двигаться ускоренно (замедленно)?

 

 

Вопросы ко второму заданию

1. Как определяется кинетическая энергия твердого тела при поступательном, вращательном и плоскопараллельном движениях?

2. Как определяется кинетическая энергия механической системы?

3. Как определить элементарную работу силы?

4. Как выражается работа силы на конечном перемещении?

5. В чем заключается теорема об изменении кинетической энергии системы?

6. Как определяется сила инерции?

7. Как приводятся силы инерции к заданному центру при поступательном, вращательном и плоскопараллельном движениях твердого тела?

8. В чем заключается принцип Даламбера для механической системы?

9. В чем заключается принцип возможных перемещений?

10. Каким образом гласит общее уравнение динамики?

11. Что подразумевается под обобщенными координатами системы?

12. Как вычисляются обобщенные силы системы?

13. Каковы уравнения Лагранжа второго рода?

 

Список рекомендуемой литературы

 

1. Тарг, С.М. Краткий курс теоретической механики [Текст]: Учеб. для вузов. – 10-е изд., перераб. и доп. /Тарг С.М. – М.: Высш. шк., 1986.- 416 с.: ил.

2. Лачуга, Ю.Ф. Теоретическая механика [Текст]: Учеб. пособие для студентов высш. учеб. заведений /Лачуга Ю.Ф., Ксендзов В.А. – 3-е изд., перераб. и доп.- М.: Колос, 2010.- 576 с.: ил.

3. Сборник заданий для курсовых работ по теоретической механике [Текст]: Учеб. пособие для технических вузов /Яблонский А.А. [и др.]: под ред. А.А.Яблонского.- М.: Интеграл-Пресс, 2005.- 384с.

4. Бать, М.И. Теоретическая механика в примерах и задачах [Текст]: в 2 т. /Бать М.И. [и др.]. Том 1: Статика и кинематика. Том 2: Динамика. – 9-е изд., стер.- Санкт-Петербург: Из-во «Лань», 2009.-1312 с.

Оглавление

Предисловие………………………………………………………………. 1. Содержание первого задания……………………………………...….. 1.1. Теоретические сведения к первому заданию……………….. 1.2. Пример выполнения первого задания……………………….. 2. Содержание второго задания……………………………………..…... 2.1. Теоретические сведения ко второму заданию………………. 2.2. Пример выполнения второго задания……………………….. 3. Контрольные вопросы для самопроверки при подготовке к защите расчетно-графической работы…………………………………….…….. Список рекомендуемой литературы…………………………………….  

 

Сборник заданий

и методическое руководство к расчетно-графической работе по курсу теоретической механики. Часть 2 (Сост. С.С.Алатырев, И.С.Кручинкина)

 

Учебно-методическое пособие

 

Формат 60 х 84/16. Бумага писчая. Печать оперативная.

Усл. печ. л. 3, 4. Тираж 100 экз. Заказ №

 

Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего профессионального образования «Чувашская государственная сельскохозяйственная академия»

 

 

 
Отпечатано в полиграфическом отделе ФГБОУ ВПО ЧГСХА, 428003, г.Чебоксары, ул.К.Маркса, 29.






© 2023 :: MyLektsii.ru :: Мои Лекции
Все материалы представленные на сайте исключительно с целью ознакомления читателями и не преследуют коммерческих целей или нарушение авторских прав.
Копирование текстов разрешено только с указанием индексируемой ссылки на источник.