Методика розв’язання задач

Динамічний розрахунок механічної системи, елементи якої здійснюють поступальний, обертальний та плоский рухи

Довільний рух твердого тіла можна розглядати як суперпозицію його поступального та обертального рухів. Обмежимося розглядом тих випадків, коли всі тіла системи здійснюють рух в одній площині (наприклад, ), який часто зустрічається на практиці. Тоді для поступального руху будемо мати рівняння

, (5.1)

а для обертального руху навколо вісі, яка перпендикулярна до даної площини

. (5.2)

У наведених рівняннях: - маса тіла, - радіус-вектор його центра маси, , , ..., - сили, що лежать у площині та діють на дане тіло, - його момент інерції відносно вісі обертання, - кут повороту тіла, - момент, який створює кожна з сил відносно вісі обертання.

Випадок плоского руху тіла розглянуто у попередньому параграфі і зводиться до двох рівнянь (5.1 ) та (5.2), які описують поступальний рух центру маси тіла та його обертальний рух навколо осі, яка проходить через центр маси, перпендикулярно площині руху тіла.

Контрольні запитання

1. Запишіть диференціальне рівняння поступального руху твердого тіла. Поясніть величини, які входять у це рівняння.

2. Запишіть диференціальне рівняння обертального руху твердого тіла. Поясніть величини, які входять у це рівняння.

3. Запишіть диференціальні рівняння плоского руху твердого тіла. Поясніть величини, які входять у це рівняння.

Методика розв’язання задач

1. Виділяємо в системі окремі тіла. Вибираємо напрям руху одного з тіл системи (дійсний напрям руху визначимо, отримавши розв’язок задачі). В’язі замінюємо їх реакціями та записуємо диференціальні рівняння руху (5.1) та (5.2) для кожного тіла.

2. Вибираємо зручну для кожного тіла систему координат на яку проектуємо сили та моменти сил, що діють на тіло, а також прискорення тіл.

3. Записуємо диференціальні рівняння руху кожного тіла в проекціях на обрані вісі та використовуємо формули для визначення сили тертя ковзання та моменту сили тертя кочення.

4. Проводимо кінематичний аналіз механічної системи: визначаємо співвідношення між лінійними швидкостями зв’язаних тіл. Диференціюючи ці співвідношення знаходимо зв’язок між відповідними прискореннями.

5. Використовуємо третій закон Ньютона та розв’язуємо отриману систему рівнянь.

Знайти прискорення тіл системи, силу зчеплення, реакцію в блоці 2 та натяги мотузок. Тертя на осі блока 2 відсутнє, масою мотузок нехтувати, вважаючи їх нерозтяжними. Мотузки, що з’єднують тіло 1 та 2 і 2 та 3 паралельні відповідним похилим площинам.

Розв’язання.

1. Система складається з трьох тіл. Будемо вважати, що тіло 1 котиться вгору по похилій площині (дійсний напрям руху визначаємо, отримавши розв’язок задачі). Тоді блок 2 обертається за рухом стрілки годинника, а тіло 3 ковзає вниз по іншій похилій площині.

Тіло 1 здійснює плоский рух під дією ваги , реакції опори , натягу мотузки і сили зчеплення (яка забезпечую кочення без ковзання) та моменту сили тертя кочення з врахуванням напряму руху тіла (дивись рис. 5.2, а).

Записуємо рівняння плоского руху циліндра:

векторна сума сил зумовлює поступальний рух центру мас

, (1)

а сума моментів сил відносно центру мас – обертальний рух

, (2)

де та - вектори, проведені з точки до точок прикладання сил та .

На блок 2 діють сила ваги , реакція підшипника на вісь, на якій він знаходиться, та сили натягу мотузок та , які визначають його взаємодію з тілами 1 та 3 відповідно (рис. 5.2,б). Його рівняння руху мають вигляд:

. (4)

В рівнянні (3) обертального руху блоку враховано, що моменти сил та відносно осі обертання дорівнюють нулю. Рівняння (4) вказує, що блок 2 не здійснює поступального руху.

Третє тіло здійснює поступальний рух по іншій похилій площині під дією сил: ваги , реакції опори , тертя ковзання та натягу мотузки (рис. 5.2, в). Тому його рівняння руху має вигляд

. (5)

2. Для тіла 1 вибираємо декартові вісі координат: – паралельна до похилої площини (рис. 5.2, а), – перпендикулярна до неї, а вісь перпендикулярна площині рисунку і спрямована до нас. Тоді в проекціях на вказані вісі отримуємо:

, (6)

, (7)

. (8)

Оскільки момент сил тертя кочення по похилій площині , а з
рівняння (7) випливає , то отримуємо

Для тіла 2 декартові вісі координат , , вказані на рис. 5.2, б, де вісь перпендикулярна рисунку і спрямована до нас. Тоді його рівняння руху приймають вигляд:

, (10)

, (11)

. (12)

Для третього тіла достатньо вибрати 2 вісі , , (рис. 5.2, в). Тоді рівняння поступального руху тіла 3 в проекціях на ці вісі приймуть вигляд:

, (13)

. (14)

З останнього рівняння визначаємо , що дозволяє знайти величину сили тертя ковзання

.

3. Запишемо рівняння зв’язку між швидкостями тіл системи. Тіло 1 здійснює плоский рух без ковзання по похилій площині, тому точка дотику з нерухомою похилою площиною є миттєвим центром швидкостей цього тіла (рис. 5.2, а), отже

, (15)

, (16)

а з умови нерозтяжності нитки (рис. 5.2) маємо

.

Таким чином отримуємо зв’язок між та

. (17)

Аналогічно записуємо , отже

. (18)

Взявши похідну за часом від обох частин рівнянь (15), (17) та (18) знаходимо:

, (19)

, (20)

. (21)

Підставляючи отримані співвідношення (18-21) в систему рівнянь руху тіл та користуючись третім законом Ньютона і умовою невагомості мотузок (що дає та ), отримуємо систему рівнянь, яка розпадається на дві.

Перша система:

= , (22)

= , (23)

= , (24)

= , (25)

дозволяє знайти прискорення тіл системи та сили натягу.

Друга система рівнянь:

, (26)

, (27)

дозволяє знайти силу реакції в осі блоку 2.

Для розв’язання системи (22) – (25) поділимо (23) на , (24) на та перепишемо її:

= , (28)

= , (29)

= , (30)

= . (31)

Помножимо рівняння (30) на 2, а рівняння (31) на і складемо праві та ліві частини системи рівнянь (28) – (31), тоді отримуємо

=

= .

З врахуванням, що , отримуємо формулу для визначення прискорення першого тіла

.

Підставляючи дані, отримуємо

=

= 1,24 м/с².

Визначивши прискорення руху тіла 1 з рівнянь (25) та (24) знаходимо сили натягу мотузок:

=

= – 2∙5,5∙1,24∙(0,1/0,15) = 23,3Н,

= 23,3∙0,1/0,15–2∙0,05∙1,24/0,15² = 10,0 Н.

З рівняння (28) знайдемо силу зчеплення

= = 3∙1,24 – 10 + 3∙9,8∙0,5 = 8,4 Н.

Отримані дані дозволяють з другої системи рівнянь (26) – (27) визначити складові та реакції :

= 10,0∙ – 23,3∙ = – 7,8 Н,

= 10,0∙ + 4∙9,8 + 23,3∙ = 60,7 Н,

= 61,2 Н.

Відповідь: = 1,24 м/с², = 10,0 Н, = 23,3 Н, = – 7,8 Н,

= 60,7 Н, = 61,2 Н, = 8,4 Н.

Приклад 2. Механічна система (рис. 5.3) складається з бруска 1 ( = 5 кг), двоступеневого блоку 2 ( = 4 кг, великий радіус = 20 см, малий = 10 см, = 0,2 кг×м²), однорідного циліндра 3 ( = 5 кг, = 10 см) та вантажу 4 ( = 1 кг), який підвішений на осі циліндру на мотузці.

Під дією сили тяжіння зі стану спокою тіла системи приходять у рух. Брусок 1 ковзає по похилій площині, яка утворює кут = 30° до горизонту, коефіцієнт тертя ковзання = 0,2. Визначити прискорення тіл та натяги мотузок,

Розв’язання. Будемо вважати, що під дією сили тяжіння вантаж 4 починає опускатися (рис. 5.4) з прискоренням .

З’ясуємо сили, які діють на кожне з тіл нашої системи щоб записати рівняння руху кожного тіла. Так, на перше тіло діють сила тяжіння , реакції опори , сили тертя та натягу мотузки (рис. 5.5).

Векторна сума цих сил зумовлює прямолінійний рух першого тіла вздовж похилої площини

,

і для його опису доцільно спрямувати вісь декартової системи координат вздовж напряму його руху, вісь перпендикулярно до похилої площини. В проекціях на обрані вісі отримуємо:

,

.

З останнього рівняння знаходимо

,

що дає вираз для сили тертя

.

. (1)

На друге тіло діють: сили тяжіння , реакція осі блоку та натяги мотузок та (рис. 5.6). Останні сили прикладені у точках дотику мотузок до зовнішньої (А) та внутрішньої (В) поверхонь блоку 2. Сума моментів цих сил відносно нерухомої осі блоку зумовлює обертальний рух другого тіла. Оскільки моменти сил та відносно осі блоку дорівнюють нулю, рівняння обертального руху тіла 2 набуває вигляду

,

де та , а нерухомість осі блоку дає

Для тіла 2 введемо декартову систему координат . Тоді в проекціях на ці вісі отримаємо

= 0, (2)

= 0. (3)

Вісь спрямуємо через центр блоку перпендикулярно площині рисунку до нас і отримаємо рівняння його обертального руху

,

яке, для зручності подальших розрахунків перепишемо у вигляді

. (4)

,

.

Для цього тіла вісь спрямуємо вздовж прискорення поступального руху (вниз), а вісь обертання – проведемо через його центр маси перпендикулярно до площини рисунку до нас (в напрямі вектора кутового прискорення тіла). Тоді рівняння поступального руху центра третього тіла та обертального руху навколо його осі набувають вигляду:

, (5)

, (6)

На вантаж 4 (рис. 5.8) діють дві сили: натягу мотузки та сила тяжіння , які зумовлюють його прискорення

.

Для опису прямолінійного руху вантажу доцільно обрати ту ж саму вісь , що для тіла 3, вздовж прискорення поступального руху (вниз) та отримати рівняння руху

. (7)

, , = . (8)

і умовою невагомості та нерозтяжності мотузок, які дозволяють знайти зв’язок між швидкостями та прискореннями тіл системи.

Швидкість точки А (дотику мотузки до зовнішньої поверхні блока 2 – рис. 5.9) співпадає зі швидкістю першого тіла, оскільки мотузка нерозтяжна

,

звідки отримуємо

.

Диференціювання обох частин цього рівняння дає зв’язок між кутовим прискоренням другого тіла та лінійним прискоренням бруска 1

. (9)

Трете тіло здійснює плоский рух і має миттєвий центр швидкостей (МЦШ), розташований в точці Р – дотику циліндра до нерухомої мотузки (рис. 5.9). Рівність лінійних швидкостей точок ( ) та D ( ) дає зв’язок між кутовими швидкостями блоку 2 та циліндра 3

.

Лінійна швидкість центру циліндра зв’язана з його кутовою швидкістю

.

Очевидно, що швидкість вантажу співпадає зі швидкістю центру циліндра

.

Диференціювання обох частин останніх трьох рівнянь дає зв’язок , та з прискоренням першого тіла :

, (10)

. (11)

Система рівнянь (1) – (7) розпадається на дві незалежні: (1, 4 – 7) та (2 – 3). Підставимо отримані співвідношення (8) – (11) в систему рівнянь (1, 4 – 7):

, (12)

, (13)

, (14)

, (15)

( . (16)

Розв’язок системи п’яти рівнянь з п’ятьма невідомими , , , , є суто алгебраїчною задачею, яка може буди розв’язана різними методами. Наприклад, послідовно виключимо натяги мотузок з рівнянь наступним шляхом. Поділимо (13) на і складемо результат з (12), виключаючи невідому

. (17)

Щоб виключити достатньо скласти (14) та (16)

. (18)

Тепер розділимо (15) на та складемо результат з (18), виключаючи

. (19)

Зараз помножимо (17) на , складемо результат з (19) і отримуємо

g,

звідки знайдемо

. (20)

Для проведення розрахунків, візьмемо до уваги, що момент інерції однорідного циліндра визначається за формулою = 0,025 кг^.∙м². Підставляючи дані задачі та останній результат в (20), знайдемо

= – 1,74 м/с².

Якщо б ми отримали додатне значення , то це значило би, що припущення про напрями руху тіл вірні.

Оскільки ми отримали , то припущення ніби тіло 1 рухається вгору не реалізується. Тоді для розв’язання задачі потрібно змінити напрями руху тіл системи та, відповідно, для зручності запису початкових рівнянь руху (1) та (4) – (7), напрями координатних осей для кожного з тіл і замість рівнянь (12) – (16). Беручи до уваги той факт, що зміна напряму руху зв’язаних тіл не змінює співвідношень між їх швидкостями та прискореннями, замість системи (12) – (16) будемо мати:

, (21)

, (22)

, (23)

, (24)

( . (25)

Розв’язання системи рівнянь (21) – (25) можна провести тим же шляхом, що для системи рівнянь (12) – (16). При цьому у кінцевій формулі (20) в чисельнику зміняться знаки при масах тіл 1, 3 та 4 і не змініться знак при коефіцієнті тертя f, бо сила тертя ковзання завжди напрямлена проти напряму руху тіла і тоді для прискорення тіла 1 отримуємо

. (26)

Підставляючи дані задачі, обчислимо

= 0,125 м/с².

Цей результат дозволяє послідовно знайти натяги мотузок , , , з рівнянь (21), (22), (24), (25):

= 16,0 Н,

= 30,8 Н,

= 30,5 Н,

( = 9,83 Н.

Після цього з рівнянь (2) та (3) знайдемо значення компонентів реакції в осі блоку 2 та саму реакцію :

= 13,9 Н,

= 78 Н,

= 79,2 Н.

Зауважимо, що, якщо, за іншими вхідними даними задачі, в обох випадках (з (20) чи (26)) ми отримали би 0 та 0, то це значило би, що система залишається в стані спокою за рахунок сил тертя і натяги мотузок слід шукати, користуючись методами статики.

Відповідь: = 0,125 м/с², = 16,0 Н, = 30,8 Н, = 30,5 Н,

= 78 Н, = 13,9 Н, = 79,2 Н.

• ⇐ Назад
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
91011
12
Далее ⇒