, (6)
w2 – угловая скорость барабана 2:
. (7)
После подстановки (6) и (7) в (5) выражение кинетической энергии барабана 2 принимает вид:
. (8)
Кинетическая энергия барабана 3, совершающего плоское движение:
, (9)
где VC3 – скорость центра тяжести С3 барабана 3, J3x – момент инерции барабана 3 относительно центральной продольной оси:
, (10)
w3 – угловая скорость барабана 3.
Так как двигается по нити без скольжения, то мгновенный центр скоростей находится в точке СV. Поэтому
, (11)
. (12)
Подставляя (10), (11) и (12) в (9), получим:
. (13)
Кинетическая энергия груза 4, движущегося поступательно,
, (14)
где V4 = VC3 = V1/2:
. (15)
Кинетическая энергия всей механической системы определяется по формуле (3) с учетом (4), (8), (13), (15):
Подставляя и заданные значения масс в (3), имеем:
или
. (16)
Найдем сумму работ всех внешних сил, приложенных к системе, на заданном ее перемещении (рис. 3).
2
1
N1
FTP
3 b
C3
P3 P1
4
P4
Рис. 2.
Работа силы тяжести :
(17)
Работа силы трения скольжения :
Так как
то
(18)
Работа силы тяжести , препятствующей движению тела 1:
(19)
Работа силы тяжести , препятствующей движению тела 1:
(20)
Сумма работ внешних сил определится сложением работ, вычисляемых по формулам (17) – (20):
.
Подставляя заданные значения масс, получаем:
или
. (21)
Согласно теореме (2) приравняем значения Т и , определяемые по формулам (16) и (21):
,
откуда
м/с.
Д-10
Задание Д-19. Применение общего уравнения динамики к исследованию движения механической системы с одной степенью свободы.
Вариант № 1.
Для заданной механической системы определить ускорения грузов и натяжения в ветвях нитей, к которым прикреплены грузы. Массами нитей пренебречь. Трение качения и силы сопротивления в подшипниках не учитывать. Система движется из состояния покоя.
Необходимые для решения данные приведены в таблице 1. Блоки и катки, для которых радиусы инерции в таблице не указаны, считать сплошными однородными цилиндрами.
Рис. 1
Таблица 1.
|
G1, кг |
G2, кг |
G3, кг |
R/r |
i2x |
|
G |
G |
3G |
2 |
Решение.
Применим к решению задания общее уравнение динамики. Так как система приходит в движение из состояния покоя, направления ускорений тел соответствуют направлениям их движения. Движение таково, что груз 1 опускается.
Покажем задаваемые силы: силы тяжести - груза 1, - блока 2 и - катка 3 (рис. 2).
a3
M3Ф 2 e2 M3Ф
Ф3 e3 dj3
dj2
ds3
3
G3
Ф1
G2 1
a1
ds3
G1
Рис. 2.
Приложим силы инерции. Сила инерции груза 1, движущегося поступательно с ускорением :
.
Силы инерции блока 2, вращающегося вокруг неподвижной оси с угловым ускорением e2, приводятся к паре, момент которой
Силы инерции катка 3, совершающего плоское движение, приводятся к силе
,
где - ускорение центра масс катка 3, и к паре сил, момент которой
,
где e3 – угловое ускорение катка 3, J3 – момент инерции катка 3 относительно центральной продольной оси:
.
Сообщим системе возможное перемещение в направлении ее действительного движения (рис. 2). Составим общее уравнении динамики:
, (1)
где dj2 и dj3 – углы поворотов блоков 2 и 3.
Учитывая, что G1 = G2 = G = mg, G3 = 3G = 3mg
имеем:
(2)
Устанавливаем зависимости между возможными перемещениями, входящими в (1), и между ускорениями в (2), пользуясь тем, что эти зависимости такие же, как между соответствующими скоростями:
dj2 = dj3 = ds1/R = ds1/2r;
ds3 = dj2r = ds1/2; (3)
e2 = e3 = a1/2r; a3 = a1/2.
С учетом (2) и (3) уравнение (1), после деления всех его членов на m и ds1, принимает вид
откуда
,
а3 = a1/2 = 1,87 м/с2.
а3
M3Ф
Ф3 e3 dj3 Т2-3
ds3
G3
Рис. 3.
Ф1
Т1-2
а1
ds1
G1
Рис. 4.
Для определения натяжения в нити 2-3 мысленно разрежем эту нить и заменим ее действие на каток 3 реакцией T2-3 (рис. 3).
Общее уравнение динамики:
,
откуда
Для нахождения натяжения в нити 1-2 мысленно разрежем эту нить и заменим ее действие на груз 1 реакцией T1-2 (рис. 4).
Не составляя общего уравнения динамики, на основании принципа Даламбера имеем:
Задание К-3. Определение скоростей и ускорений точек твердого тела при плоском движении.
Вариант № 1.
Рис. 1
Найти для заданного положения механизма скорости и ускорения точек В и С. Схема механизма представлена на рис. 1, необходимые для расчета данные приведены в таблице 1.
Таблица 1.
|
Размеры, см |
wОА, с-1 |
eОА, с-2 |
||
|
ОА |
r |
АС |
||
|
40 |
15 |
8 |
2 |
2 |
Решение.
Определение скоростей точек.
Вычислим скорость точки А при заданном положении механизма:
VA = wОА×OA = 2×40 = 80 см/с.
Скорость точки А направлена перпендикулярна к ОА. Мгновенный центр скоростей СV находится в точке соприкосновения колес.
Угловая скорость колеса
wК = VA/r = 80/15 = 5,33 c-1
Скорости точек В и С:
VB = wК×ВСV;
VС = wК×ССV,
где
ВСV = r×= 15×1,41 = 21,2 см,
ССV = см.
Следовательно,
VB = wК×ВСV = 5,33×21,2 = 113 см/с;
VС = wК×ССV = 5,33×21,4 = 114,1 см/с.
Вектор направлен перпендикулярно к отрезку BCV, а вектор - перпендикулярно к отрезку CCV в сторону вращения колеса.
VA
VC
wК
O wOA CV A VB
45°
C
r
B
Рис. 2
К-3
Определение ускорений точек.
Ускорение точки А складывается из вращательного и центростремительного ускорений:
;
см/с2;
см/с2.
Вектор направлен от А к О. Вектор перпендикулярен к вектору и направлен в соответствии с направлением углового ускорения eОА.
Согласно теореме об ускорениях точек плоской фигуры имеем:
.
Центростремительное ускорение точки В во вращательном движении колеса вокруг полюса А:
см/с2.
Вращательное ускорение точки В:
,
где
с-2,
