Дифференциальное уравнение движения катка

ЗАДАНИЕ НА КУРСОВОЙ ПРОЕКТ ПО ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ МЕХАНИКЕРаздел «Динамика»(вариант 16)Механическая система (рис. 1), состоящая из груза 1, массы m1, блоков 2 и 3 массы m2 и m3 соответственно и катка 4 массой m4, находившаяся в начальный момент времени в покое, движется под действием постоянной силы F. Учитывается трение скольжения (коэффициент трения скольжения f) между телом 1 и плоскостью, сопротивление качению тела 4, катящегося без скольжения (коэффициент трения качения k) и постоянные моменты сопротивления в осях блоков 2 и 3 - Mc2 и Mc3 соответственно.В задаче обозначено:R2 и r2- радиусы большой и малой окружностей тела 2;r3 и r4- радиусы тел 3 и 4 соответственно (их нужно считать сплошными однородными цилиндрами);ρ2- радиус инерции тела 2;α- угол наклона плоскости к горизонту;Наклонные участки нитей параллельны соответствующим наклонным плоскостям.Задание 1. С помощью дифференциальных уравнений поступательного, вращательного и плоскопараллельного движений составить систему дифференциальных уравнений, описывающую движение механической системы. Провести кинематический анализ механизма и выразить ускорение тела 4, а также угловые ускорения тел 2, 3, 4 через ускорение груза 1. Найденные ускорения подставить в систему уравнений. 2. Используя теорему об изменении кинетической энергии, определить скорость тела 1 в тот момент, когда пройденный им путь станет равным S1==S, указанный в таблице 1. 3. С помощью принципу Даламбера найти реакции опор блоков 2 и 3, силы натяжения нитей между телами 2 и 2, 2 и 3, 3 и 4, а также силу трения между телом 4 и плоскостью.37204652823210Рис.100Рис.14. С помощью принципа возможных перемещений определить уравновешивающую силу Q, при приложении которой механизм будет находится в равновесии. Сила Q должна быть приложена к грузу 1 (т.к. сила F приложена к телу 4).Рис.1Рис.15. Найти ускорения тела 1 применив общее уравнение динамики.6. С помощью уравнений Лагранжа II рода составить дифференциальное уравнение движения системы, приняв за обобщенную координату перемещение груза 1.Таблица 1. Исходные данные по варианту 16.m1, кгm2, кгm3, кгm4, кгR2, м r2, мρ2, мr3, м54210,60,30,40,5r4, мα, °F,Нfk, смMc2, НмMc3, НмS, м0,4302500,250,30,20,311 Составление системы дифференциальных уравнений, описывающих движение механической системы1.1 Дифференциальные уравнения, описывающие движение груза 1 Груз 1 движется поступательно, следовательно, задача о его движении сводится к задаче о движении точки. Используем дифференциальные уравнения движения материальной точки (в данном случае – ЦМ груза).lefttopРис.2xN1m1g1Fтр.1T12α=30°ya100Рис.2xN1m1g1Fтр.1T12α=30°ya1По условию задачи, система движется под действием силы F, следовательно, груз 1 движется по наклонной плоскости вверх. Рис.2xN1m1g1Fтр.1T12α=30°ya1Рис.2xN1m1g1Fтр.1T12α=30°ya1На груз действуют: сила его тяжести m1g, сила натяжении нити T12, сила реакции опоры N1 и сила трения Fтр.1. a1- ускорение груза.Составим дифференциальные уравненияm1ax=Fkx;m1ay=Fky.Выберем координатную систему, направив ось абсцисс в сторону движения и запишем дифференциальные уравненияm1a1=T12-Fтр.1-m1gsinα; (1)m1∙0=N1-m1gcosα; (2)Из уравнения (2) находим реакцию N1:N1=m1gcosα.По закону КулонаFтр.1=fN1=fm1gcosα. (3)1.2 Дифференциальное уравнение движения блока 2Блок 2 (рис. 3)совершает вращательное движение относительно оси, проходящей через точку O2 перпендикулярно плоскости рисунка.Для описания вращательного движения используется уравнение IO2ε2=MO2FkeПокажем силы, действующие на блок и составим дифференциальное уравнениеIO2ε2=T23r2-T21R2-Mс2. (4)1.3 Дифференциальное уравнение движения блока 3-381033566103Рис.4R3yMс3O3T32m3g ε3R3xT34003Рис.4R3yMс3O3T32m3g ε3R3xT34lefttopR2y2Mc2O2R2xT21T23m2g ε2Рис.300R2y2Mc2O2R2xT21T23m2g ε2Рис.3Блок 3 (рис. 4) также, как и блок 2, совершает вращательное движение около оси, проходящей через ЦМ блока O3, перпендикулярно плоскости чертежа.3Рис.4R3yMс3O3T32m3g ε3R3xT343Рис.4R3yMс3O3T32m3g ε3R3xT34R2y2Mc2O2R2xT21T23m2g ε2Рис.3R2y2Mc2O2R2xT21T23m2g ε2Рис.3Составим дифференциальное уравнение вращательного движения блока 3IO3ε3=MO3Fke,илиIO3ε3=T34r3-T32r3-Mс3. (5)1.4 Дифференциальное уравнение движения катка 4Каток 4 (рис. 5)совершает плоскопараллельное движение.Система дифференциальных уравнений, описывающая плоскопараллельное движение, имеет видm4aCξ=Fkξ;m4aCη=Fkη.ICε4=MCFke.-3810-224790ξF4T43ε4Рис.5Mкηm4g N4CFтр.4 aC00ξF4T43ε4Рис.5Mкηm4g N4CFтр.4 aCНа расчетной схеме покажем все силы, действующие на каток. Выбираем систему координат ξCη? Как показано на рис. 5.ξF4T43ε4Рис.5Mкηm4g N4CFтр.4 aCξF4T43ε4Рис.5Mкηm4g N4CFтр.4 aCm4aC=F-T43-Fтр.4. (6)m4∙0=N4-m4g. (7)ICε4=Fтр.4r4-T43r4-Mк. (8)Из (7):N4=m4g.Тогда момент сопротивления качениюMк=kN4=km4g. (9)1.5 Кинематический анализ механизмаЦель кинематического анализа – выражать линейные и угловые ускорения тел механизма через ускорение груза 1.Составим расчетную схему (рис. 6). Укажем на схеме скорости тел 1 и 4, а также угловые скорости тел 2, 3 и 4. Выражаем все скорости (линейные и угловые) через скорость ЦМ тела 4 - v4.Учитывая, что нити невесомые и нерастяжимые, то все их точки на каждом участке имеют одинаковую скорость.Тело 1 движется поступательно, со скоростью v1. Тогда скорость точки A vA=v1.Угловая скорость вращения тела 2:ω2=vAR2=v1R2.Так как известно угловое ускорение ω2 вращения тела 2, то можем скорость точки B выражать через v1:vB=ω2r2=r2R2v1.С такой же по модулю скоростью движутся точки D и E:vE=vD=vB=r2R2v1.vE=r2R2v1.Угловая скорость блока 3:ω3=vDr3=r2R2r3v1.В данный момент каток 3 вращается вокруг своего мгновенного центра скоростей (МЦС) P (это точка соприкасания катка с горизонтальной плоскостью). Плоскопараллельное движение обладает замечательным свойством: угловая скорость вращения вокруг любой его точки одинакова. Тогда угловая скорость вращения катка вокруг своего ЦТ, или МЦС равна ω4=v4r4=vE2r4=r22r4R2v1. Отсюдаv4=r42r4vE=r22R2v1.Сведем полученные результаты в таблицу 2, в которой также покажем соотношения между ускорениями, которые получаются путем дифференцирования по времени левых и правых частей соотношений между скоростями. В таблице приведем также соотношения между перемещениями (линейными и угловыми), которые получаются интегрированием соотношений между скоростями. Например, dω2dt=ddtv1R2=1R2dv1dt=a1R2. 0tω2dt=0tv1R2dt; φ2=1R20tv1dt=S1R2.СкоростиУскоренияПеремещенияω2=v1R2.ω3=r2R2r3v1;ω4=r22r4R2v1;v4=r22R2v1.ε2=a1R2;ε3=r2R2r3a1;ε4=r22r4R2a1;a4=r22R2a1.φ2=S1R2;φ3=r2R2r3S1;φ4=r22r4R2S1;S4=r22R2S1.Таблица 2.Подставим выражения для ε2, ε3, ε4 и a4 в уравнения (1), (4), (5), (6), (8), а также и выражения (3) и (9) для силы трения Fтр.1 и момента сопротивления качению Mк. Кроме того подставим выражения для моментов инерции для тел 2, 3 и 4 (для тела 2 задан радиус инерции, а блок 3 и каток 4 считаем сплошными однородными цилиндрами):I2=m2ρ22; I3=m3r322; I4=m4r422. (10)Учтем также, что T12=T21; T23=T32; T34=T43 по третьему закону Ньютона.m1a1=T12-fm1gcosα-m1gsinα;m2ρ22ε2=T23r2-T12R2-Mс2;m3r322ε3=T34r3-T23r3-Mс3; (11)m4aC=F-T34-Fтр.4;m4r422ε4=Fтр.4r4-T34r4-km4g.-67754501α=30°F234v1vAω2vBDvDv4ω4PvBABω3vEEω4vEO2O3C4C1Рис.6001α=30°F234v1vAω2vBDvDv4ω4PvBABω3vEEω4vEO2O3C4C1Рис.6Полученная система из пяти уравнений содержит пять неизвестных: a1, T12, T23, T34 и Fтр.4.1α=30°F234v1vAω2vBDvDv4ω4PvBABω3vEEω4vEO2O3C4C1Рис.61α=30°F234v1vAω2vBDvDv4ω4PvBABω3vEEω4vEO2O3C4C1Рис.62 Определение скорости и ускорения груза 1 с помощью теоремы об изменении кинетической энергии2.1 Выражение кинетической энергии системы через скорость груза 1Теорема об изменении кинетической энергии неизменяемой механической системы в интегральной форме имеет видT-T0=Ake+Aki, (12) где T0 и T- соответственно начальная и конечная кинетическая энергия системы; Ake- суммарная работа всех внешних сил; Aki- суммарная работа всех внутренних сил.Определим T0 и T. Так как по условию в начальный момент времени система находилась в покое, то T0=0.Таким образом, исходное уравнение теоремы принимает видT=Ake. Кинетическая энергия T системы в конечный момент времени вычисляется как сумма кинетических энергий всех тел системы:T=T1+T2+T3+T4. (13)Выразим кинетические энергии всех тел системы через искомую по условию задачи скорость v1 тела 1, при этом будем последовательно переходить от тела 1к другим, связанным с ним телам.Груз 1 совершает поступательное движение, поэтому его кинетическая энергия определяется выражениемT1=12m1v12.Блоки 2 и 3 совершают вращательное движение, поэтомуT2=12I2ω22; T3=12I3ω32,где I2 и I3- моменты инерции блоков 2 и 3 относительно их осей вращения.Каток 4 совершает плоскопараллельное движение, вращается вокруг мгновенного центра скоростей P с угловой скоростью ω4, а его центр масс C4 перемещается со скоростью v4, поэтому его кинетическая энергияT4=m4v422+I4ω422.Подставим выражения кинетических энергий всех тел системы в (13)T=12m1v12+12I2ω22+12I3ω32+m4v422+I4ω422.Подставим сюда выражения для скоростей из таблицы 2, а также выражения (10) моментов инерции тел:T=12m1v12+12∙m2ρ22∙v1R22+12∙m3r322∙r2v1R2r32+m42∙r2v12R22++m4r424∙r2v12r4R22==v122m1+m2ρ22R22+m32∙r22R22+m44∙r22R22+m48∙r22R22;T=v122m1+m2ρ22R22+m32∙r22R22+m44∙r22R22+m48∙r22R22. (14)Выражение в скобках имеет размерность массы. Обозначим его через mпр.:T=mпр.∙v122. (15)2.2 Расчет работ всех внешних сил и моментов сопротивленияНайдем сумму работ внешних сил. Для этого изобразим расчетную схему (рис. 7), на которой покажем внешние силы и перемещения тел. -7352730α=30°1F234S1φ2S4φ4Pφ3O2O3C4C1Рис.7N1m1g Fтр.1α=30°R2ym2g R2xMc2R3yMс3m3g R3xMкm4g N4Fтр.4 00α=30°1F234S1φ2S4φ4Pφ3O2O3C4C1Рис.7N1m1g Fтр.1α=30°R2ym2g R2xMc2R3yMс3m3g R3xMкm4g N4Fтр.4 Запишем сумму работα=30°1F234S1φ2S4φ4Pφ3O2O3C4C1Рис.7N1m1g Fтр.1α=30°R2ym2g R2xMc2R3yMс3m3g R3xMкm4g N4Fтр.4 α=30°1F234S1φ2S4φ4Pφ3O2O3C4C1Рис.7N1m1g Fтр.1α=30°R2ym2g R2xMc2R3yMс3m3g R3xMкm4g N4Fтр.4 Ake=m1S1cos120°+Fтр.1S1cos180°-Mc2φ2-Mc3φ3-Mкφ4+FS4.Работы остальных внешних сил равны нулю, т.к. или они перпендикулярны к перемещению, или точки их приложения равны нулю.Подставим сюда выражения перемещений (таблица 2), а также выражения силы трения (3) и момента трения (9) Ake=-0,5m1gS1-fS1m1gcosα-Mc2∙S1R2-Mc3∙r2R2r3S1--km4g∙r22r4R2S1+F∙r22R2S1==S1-0,5m1g-0,866fm1g-Mc2R2-Mc3r2R2r3-km4g∙r22r4R2+Fr22R2. (16)Выражение в скобках имеет размерность силы. Обозначим его Fпр. и назовем приведенной силой. Тогда Ake=Fпр.S1. (17)2.3 Вычисление искомой скорости и ускорения груза 1Учитывая выражения (15) и (17), теорему (12) об изменении кинетической энергии примет вид mпр.∙v122-0=Fпр.S1+0. (18)Отсюдаv1=2Fпр.S1mпр.. (19)Для вычисления скорости груза, сначала отдельно вычислим Fпр. и mпр..Fпр.=-0,5m1g-0,866fm1g-Mc2R2-Mc3r2R2r3-km4gr22r4R2+Fr22R2==-0,5∙5∙9,81-0,866∙0,25∙5∙9,81-0,20,6-0,3∙0,30,6∙0,5--0,003∙1∙9,81∙0,32∙0,4∙0,6+250∙0,32∙0,6=26,704 Н.Fпр.=26,704 Н.mпр.=m1+m2ρ22R22+m32∙r22R22+m44∙r22R22+m48∙r22R22==5+4∙0,420,62+22∙0,320,62+14∙0,320,62+18∙0,320,62=7,122 кг. (20)Теперь вычислим скорость груза 1 по формуле (19)v1=2∙26,704∙17,122=2,738 мс.Для определения ускорения тела 1, вернемся к уравнению (18):mпр.∙v122=Fпр.S1Продифференцируем по времени.mпр.∙ddtv122=Fпр.dS1dt;mпр.2∙dv12dt=Fпр.dS1dt;mпр.∙v1dv1dt=Fпр.v1,т.к. dS1dt=v1;dv1dt=a1.Отсюдаa1=Fпр.mпр.. (22)Для наглядности подставим сюда константы Fпр. и mпр., получимa1=-0,5m1g-0,866fm1g-Mc2R2-Mc3r2R2r3-km4gr22r4R2+Fr22R2m1+m2ρ22R22+m32∙r22R22+m44∙r22R22+m48∙r22R22. (23)В числителе полученной дроби стоит сумма приведенных силовых факторов, влияющих на движение системы, ва в знаменателе – приведенный параметр интенсивности системы.Вычислим значение ускорения.a1=Fпр.mпр.=26,7047,122=3,750 мс2. a1=3,750 мс2. (24)3 Определение сил натяжения нитей, реакций опори силы трения с помощью принципа Даламбера-7352732693670α=30°1F234a1ε2a4ε4Pε3O2O3C4C1Рис.8N1m1g Fтр.1α=30°R2ym2g R2xMc2R3yMс3m3g R3xMкm4g N4Fтр.4 F1инM2инM3инF4инM4ин00α=30°1F234a1ε2a4ε4Pε3O2O3C4C1Рис.8N1m1g Fтр.1α=30°R2ym2g R2xMc2R3yMс3m3g R3xMкm4g N4Fтр.4 F1инM2инM3инF4инM4инПриложим к системе (рис. 8) внешние силы и силы инерции.α=30°1F234a1ε2a4ε4Pε3O2O3C4C1Рис.8N1m1g Fтр.1α=30°R2ym2g R2xMc2R3yMс3m3g R3xMкm4g N4Fтр.4 F1инM2инM3инF4инM4инα=30°1F234a1ε2a4ε4Pε3O2O3C4C1Рис.8N1m1g Fтр.1α=30°R2ym2g R2xMc2R3yMс3m3g R3xMкm4g N4Fтр.4 F1инM2инM3инF4инM4инГруз 1 находится в поступательном движении, поэтому прикладываем к его центру масс силу инерции, направленную противоположно ускорению груза F1ин=m1a1. (25)Блоки 2 и 3 находятся во вращательном движении, поэтому прикладываем к ним моменты инерции, направленные противоположно их угловым ускорениямM2ин=I2ε2; M3ин=I3ε3. (26)Каток 4 совершает плоскопараллельное движение, поэтому прикладываем к его центру масс силу инерции, направленную противоположно ускорению центра масс C4 катка, и момент инерции, направленный противоположно угловому ускорению ε4 катка:F4ин=m4a4; M4ин=I4ε4. (27)342902718435α=30°1a1C1N1m1g Fтр.1 α=30°F1инT12 Рис.9xy00α=30°1a1C1N1m1g Fтр.1 α=30°F1инT12 Рис.9xyПо принципу Даламбера приложенные к системе внешние силы и силы инерции образуют систему сил, находящуюся в равновесии. Рассмотрим равновесие системы.α=30°1a1C1N1m1g Fтр.1 α=30°F1инT12 Рис.9xyα=30°1a1C1N1m1g Fтр.1 α=30°F1инT12 Рис.9xyРассмотрим равновесие каждого тела системы отдельно.Изобразим расчетную схему для тела 1 (рис. 9).Составим уравнения равновесияFkx=0; T12-F1тр-m1gsinα-F1ин=0. (28)Fky=0; N1-m1gcosα=0. (29)Из (29) можно найти реакцию N1, и затем найти F1тр, но это уже сделано в (3):N1=m1gcosα.Fтр.1=fN1=fm1gcosα.Покажем расчетную схему для блока 2 (рис. 10).Составим уравнения равновесияFkx=0; -T21cosα+R2x=0. (30)Fky=0;-m2g-T21sinα+R2y+T23=0. (31)MO2(Fk)=0;T23r2-T21R2-Mc2-M2ин=0. (32)lefttop2ε2O2R2ym2g R2xMc2M2инT21T23Рис.10002ε2O2R2ym2g R2xMc2M2инT21T23Рис.10Покажем расчетную схему для блока 3 (рис. 11).2ε2O2R2ym2g R2xMc2M2инT21T23Рис.102ε2O2R2ym2g R2xMc2M2инT21T23Рис.10-133353366135Рис.113ε3O3M2R3yMс3m3g R3xM3инT32T3400Рис.113ε3O3M2R3yMс3m3g R3xM3инT32T34Составим уравнения равновесияРис.113ε3O3M2R3yMс3m3g R3xM3инT32T34Рис.113ε3O3M2R3yMс3m3g R3xM3инT32T34Fkx=0; T34+R3x=0; (33)Fky=0; R3y-m3g-T32=0; (34)MO2Fk=0;T34r3-T32r3-Mc3-M3ин=0; (35)57156328410Рис.12T43F4a4ε4PC4Mкm4g N4Fтр.4 F4инM4ин00Рис.12T43F4a4ε4PC4Mкm4g N4Fтр.4 F4инM4инПокажем расчетную схему для катка 4 (рис. 12). Составим уравнения равновесия:Рис.12T43F4a4ε4PC4Mкm4g N4Fтр.4 F4инM4инРис.12T43F4a4ε4PC4Mкm4g N4Fтр.4 F4инM4инFkx=0; F- T43-Fтр.4-F4ин=0; (36)Fky=0; N4-m4g-T32=0; (37)MC4Fk=0;-T43r4+Fтр.4r4-M3ин-Mк=0; (38)Из уравнения (37) можно найти реакцию N4 и затем найти Mк , но это уже сделано в (9):N4=m4g.Mк=kN4=km4g.Теперь из уравнений равновесия найдем силы натяжения нитей и реакции опор с учетом значения ускорения я, из (24), выражений сил и моментов инерции (25)-(27), выражений ускорений из таблицы 2, выражений статических моментов инерции (10), силы трения (3) и момента трения (9): а) из уравнения (28) найдем силу натяжения T12T12=F1тр+m1gsinα+F1ин=fm1gcosα+m1gsinα+m1a1==0,25∙5∙9,81∙0,866+5∙9,81∙0,5+5∙3,750=53,894 НT12=53,894 Н.б) из уравнения (30) найдем реакцию R2x, учитывая, что T21=T12 в силу третьего закона Ньютона:R2x=T21cosα=53,894∙0,866=46,672 Н R2x=46,672 Н.в) из уравнения (32) найдем силу натяжения T23;T23=T21R2+Mc2+M2инr2=T21R2+Mc2+I2ε2r2=T21R2+Mc2+m2ρ22a1R2r2==53,894∙0,6+0,2+4∙0,42∙3,7500,60,3=121,788 Н;T23=121,788 Н.г) из уравнения (31) найдем реакцию R2yR2y=m2g-T23+T21sinα=4∙9,81-121,788+53,894∙0,5==-55,601 Н;R2y=-55,601 Н.Отрицательное значение говорит о том, что вертикальная реакция в оси блока 2 направлена не вверх, а вниз;д) из уравнения (35) находим T34 , учитывая, что T23=T32 по третьему закону НьютонаT34=T32r3+Mc3+M3инr3=T32r3+Mc3+I3ε3r3==T32r3+Mc3+m3r322∙r2R2r3a1r3=T32r3+Mc3+m3r32∙r2R2a1r3==T32+Mc3r3+m32∙r2R2a1=121,788+0,30,3+22∙0,30,6∙3,750=124,663 Н;T34=124,663 Н.е) из уравнения (33) находим реакцию R3xR3x=-T34=-124,663 Н.Отрицательное значение говорит о том, что горизонтальная реакция в оси блока 3 направлена не вправо, а влево;ж) из уравнения (34) находим реакцию R3yR3y=m3g+T32=2∙9,81+121,788=141,408 Н;R3y=141,408 Н.з) из уравнения (36) находим силу трения Fтр.4, учитывая, что T43=T34 по третьему закону НьютонаFтр.4=F- T43-F4ин=F- T43-m4a4=F- T43-m4r22R2a1==250-124,663 -1∙0,32∙0,6∙3,750=124,400 Н;Fтр.4=124,400 Н.Всего уравнений равновесия получилось 11: с (28) по (38). Из них определены 10 неизвестных: T12,R2x,R2y,T23,T34,R3x,R3y,Fтр.4,N1,N4 Используя одиннадцатое уравнение можно найти ускорение груза 1, но это уже сделано в (23) - (24).4 Определение уравновешивающей силы с помощью принципа возможных перемещенийПринцип возможных перемещений формулируется так: для равновесия механической системы с идеальными стационарными связями необходимо и достаточно, чтобы сумма элементарных работ активных сил на любых возможных перемещениях точек системы равнялась нулю:δA(Fka)=0.Поскольку движущая сила F приложена к телу 4, приложим уравновешивающую силу Q к телу 1 и составим расчетную схему (рис. 13), приложив к системе активные силы и задав системе возможное перемещение. К активным силам относятся: движущая сила F, уравновешивающая сила Q, силы тяжести и реакции неидеальных связей.В соответствии с принципом возможных перемещений запишем сумму работ активных сил на данном возможном перемещении и приравняем ее к нулю:-QδS1-Fтр.1δS1-m1gδS1cos90°+α-Mc2δφ2-Mc3δφ3++FδS4-Mкδφ4=0. (39)Перейдем от возможных перемещений к скоростям, для чего разделим левую и правую части уравнения (39) на δt:-Qv1-fm1gv1cosα-m1gv1cos90°+α-Mc2ω2-Mc3ω3++Fv4-Mкω4=0.-Qv1-fm1gv1cosα-m1gv1cos90°+α-Mc2v1R2-Mc3r2R2r3v1++Fr22R2v1-km4g∙r22r4R2v1=0.Отсюда, после деления левой и правой части уравнения на v1, получаем уравновешивающую силу Q:Q=-fm1gcosα+m1gcos90°+α-Mc2R2-Mc3r2R2r3+Fr22R2-km4g∙r22r4R2-5848352689860α1F234δS1δφ2δS4δφ4Pδφ3O2O3C4C1Рис.13m1g Fтр.1α=30°m2g Mc2Mс3m3g Mкm4g N4Q00α1F234δS1δφ2δS4δφ4Pδφ3O2O3C4C1Рис.13m1g Fтр.1α=30°m2g Mc2Mс3m3g Mкm4g N4QВычислим: α1F234δS1δφ2δS4δφ4Pδφ3O2O3C4C1Рис.13m1g Fтр.1α=30°m2g Mc2Mс3m3g Mкm4g N4Qα1F234δS1δφ2δS4δφ4Pδφ3O2O3C4C1Рис.13m1g Fтр.1α=30°m2g Mc2Mс3m3g Mкm4g N4QQ=-0,25∙5∙9,81∙0,866+5∙9,81∙-0,5-0,20,6-0,3∙0,30,6∙0,5+250∙0,32∙0,6-0,003∙1∙9,81∙0,32∙0,4∙0,6=26,704 Н.Q=26,704 Н.5 Определение ускорения груза 1 с помощью общего уравнения динамикиОбщее уравнение динамики записывается следующим образомδA(Fka)+δA(Fkин)=0.-6584952693670α1F234δS1δφ2δS4δφ4Pδφ3O2O3C4C1Рис.14m1g Fтр.1α=30°m2g Mc2Mс3m3g Mкm4g N4F1инM2инM3инM4инF4ин00α1F234δS1δφ2δS4δφ4Pδφ3O2O3C4C1Рис.14m1g Fтр.1α=30°m2g Mc2Mс3m3g Mкm4g N4F1инM2инM3инM4инF4инЭто уравнение представляет собой записанный в виде уравнения принцип Даламбера-Лагранжа, который формулируется так: «при движении механической системы с идеальными связями сумма элементарных работ активных сил и сил инерции на любом возможном перемещении точек системы равна нулю».α1F234δS1δφ2δS4δφ4Pδφ3O2O3C4C1Рис.14m1g Fтр.1α=30°m2g Mc2Mс3m3g Mкm4g N4F1инM2инM3инM4инF4инα1F234δS1δφ2δS4δφ4Pδφ3O2O3C4C1Рис.14m1g Fтр.1α=30°m2g Mc2Mс3m3g Mкm4g N4F1инM2инM3инM4инF4инПриложим к системе активные силы (которые прикладывали при применении принципа возможных перемещений) и силы инерции (которые прикладывали при решении задачи с помощью принципа Даламбера); дадим системе возможное перемещение и составим расчетную схему (рис. 14).Запишем общее уравнение динамики: сумму работ активных сил и сил инерции на данном возможном перемещении приравняем к нулю:-Fтр.1δS1+m1gδS1cos90°+α-F1инδS1-Mc2δφ2-M2инδφ2-Mc3δφ3--M3инδφ3+FδS4-Mкδφ4-M4инδφ4-F4инδS4=0; (40)Запишем возможные перемещения, выраженные через возможное перемещение груза 1, используя соотношения между действительными перемещениями из последней колонки таблицы 2:-Fтр.1δS1+m1gδS1cos90°+α-m1a1δS1-Mc2δS1R2-m2ρ22δS1R2a1R2--Mc3r2R2r3δS1-m3r322r2R2r3r2R2r3δS1a1+Fr22R2δS1-km4gr22r4R2δS1--m4r422r22r4R2a1r22r4R2δS1-m4r22R2a1r22R2δS1=0;Поделив левую и правую части этого уравнения на δS1, выразим из него ускорение груза 1:-Fтр.1+m1gcos90°+α-m1a1-Mc2R2-m2ρ22R2a1R2-Mc3r2R2r3--m3r322r2R2r32a1+Fr22R2-km4gr22r4R2-m4r422r22r4R22a1-m4r22R22a1=0;-Fтр.1+m1gcos90°+α-Mc2R2-Mc3r2R2r3+Fr22R2-km4gr22r4R2==m1a1+m2ρ22R22a1+m32r2R22a1+3m48r2R22a1;a1=-fm1gcosα+m1gcos90°+α-Mc2R2-Mc3r2R2r3+Fr22R2-km4gr22r4R2m1+m2ρ22R22+m32r2R22+3m48r2R22==-fm1gcosα+m1gcos90°+α-Mc2R2-Mc3r2R2r3+Fr22R2-km4gr22r4R2m1+m2ρ22R22+m32r2R22+3m48r2R22. (41)Полученное выражение (41) полностью совпадает с выражением (23), полученным с помощью теоремы об изменении кинетической энергии, а, следовательно, и в этом случае получим:a1≈3,750 мс2.6 Составление дифференциального уравнения движения системы с помощью уравнении Лагранжа II родаМеханическая система имеет одну степень свободы, поэтому для описания ее движения понадобится одно уравнение Лагранжаddt∂T∂q-∂T∂q=Q, (42)-6013452693670α1F234δqδφ2δS4δφ4Pδφ3O2O3C4C1Рис.15m1g Fтр.1αm2g Mc2Mс3m3g Mкm4g N4F4инq00α1F234δqδφ2δS4δφ4Pδφ3O2O3C4C1Рис.15m1g Fтр.1αm2g Mc2Mс3m3g Mкm4g N4F4инqгде q- обобщенная координата, Q- обобщенная сила, T- кинетическая энергия системы.α1F234δqδφ2δS4δφ4Pδφ3O2O3C4C1Рис.15m1g Fтр.1αm2g Mc2Mс3m3g Mкm4g N4F4инqα1F234δqδφ2δS4δφ4Pδφ3O2O3C4C1Рис.15m1g Fтр.1αm2g Mc2Mс3m3g Mкm4g N4F4инqПо условию задачи в качестве обобщенной координаты следует принять перемещение груза 1, следовательно, q=S1. , тогда обобщенная скорость равна скорости груза 1: q=v1.Кинетическая энергия была вычислена в (14)-(15). Воспользуемся этими выражениями, заменив скорость v1, на q:T=q22m1+m2ρ22R22+m32∙r22R22+m44∙r22R22+m48∙r22R22=q22∙mпр. (43)Найдем обобщенную силу, для чего приложим к системе активные силы (рис. 15). К активным силам относятся также реакции неидеальных связей.Дадим системе возможное перемещение δq в положительном направлении отсчета обобщенной координаты и запишем сумму работ активных сил на этом перемещении:δA(Fka)=-Fтр.1δq+m1gδqcos90°+α-Mc2δφ2-Mc3δφ3++FδS4-Mкδφ4=0; (44)Выразим все возможные перемещения через возможное перемещение, соответствующее обобщенной координате, для чего воспользуемся таблицей 2:δφ2=δqR2; δφ3=r2R2r3δq; δS4=r22R2δq; δφ4=r22r4R2δq. Подставим эти выражения, а также выражения для Fтр.1 и Mк в (44) и вынесем δq за скобки:δAFka==-fm1gcosα+m1gcos90°+α-Mc2R2-Mc3r2R2r3+Fr22R2-km4gr22r4R2δq=0; Обобщенной силой является коэффициент, стоящий в выражении суммы работ активных сил при соответствующем обобщенном возможном перемещении, то есть выражение в скобках:Q=-fm1gcosα+m1gcos90°+α-Mc2R2-Mc3r2R2r3+Fr22R2--km4gr22r4R2 45Для записи уравнения Лагранжа найдем производные от кинетической энергии (43)∂T∂q=∂∂qq22∙mпр.=qmпр., (46)ddt∂T∂q=ddtqmпр.=mпр.q, (47)∂T∂q=∂∂qq22∙mпр.. (48)Запишем уравнение Лагранжа, для чего подставим выражения (45)-(48) в (42)mпр.q-0=QЭто и есть дифференциальное уравнение, описывающее движение механической системы. Если из него выразить q, то есть ускорение груза 1, то получается выражениеq=Qmпр.==-fm1gcosα+m1gcos90°+α-Mc2R2-Mc3r2R2r3+Fr22R2-km4gr22r4R2m1+m2ρ22R22+m32∙r22R22+m44∙r22R22+m48∙r22R22.Оно совпадает с выражением (23), полученным с помощью теоремы об изменении кинетической энергии, а также с выражением, полученным с помощью общего уравнения динамики.Использованная литератураПример выполнения проекта 1.Теоретическая механика в примерах и задачах, т. II. (динамика), Бать М. И., Д ж а н е л и д з е Г. Ю., К е л ь з о н А. С. / М.: 1967. с. 512, ил.Андронов В. В. Теоретическая механика, 20 лекций. Часть II/ М.: 2002.Тарг С. М. Краткий курс теоретической механики: Учеб. для втузов.— 10-е изд., перераб. и доп. — М.: Высш. шк., 1986.— 416 с, ил.Теоретическая механика: Методические указания и конт рольные задания для студентов-заочников строительных, транспортных, машиностроительных и приборостроительных специальностей высших учебных заведений/Котова Л. И., Надеева Р. И., Тарг С. М., Цывильский В. Л., Шмарова И. М. Под ред. С. М. Тарга. — 3-е изд.—М.: Высш. школа. 1982.— 111 сЯблонский А. А., Курс теоретической механики. Часть II. Динамика. Издательство «ВЫСШАЯ ШКОЛА». – М.: 1966 г