Федеральное агентство по образованию Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования

Федеральное агентство по образованию
Государственное образовательное учреждение высшего
профессионального образования
Московский государственный индустриальный университет
(ГОУ МГИУ)
ИССЛЕДОВАНИЕ ОТНОСИТЕЛЬНОГО ДВИЖЕНИЯ
МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ
К ВЫПОЛНЕНИЮ РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЫ
ПО ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ МЕХАНИКЕ
A 10 – 268
Москва 2006
Методическая разработка предназначена для студентов II курса
дневного отделения и студентов II курса вечернего отделения всех
специальностей.
В методической разработке по выполнению расчетно-графической
работы по относительному движению точки приведены 30 вариантов
заданий, дана таблица исходных данных к расчетно-графической работе
для выдачи в 30 учебных группах. Кроме этого, приведен пример
выполнения расчетно-графической работы.
При составлении методической разработки был использован опыт
кафедры «Теоретическая механика и теория механизмов» МГИУ.
Составители: Ю.С. Иванов, Т.А. Игнатова, И.И. Юзвяк.
Авторы благодарны студентам гр. 3332 А.О.Егоровой и гр. 3331
Н.А.Плешковой за помощь в оформлении методических указаний.
2
Содержание
1. Цель и содержание расчетно-графической работы……………………
2. Общие рекомендации и основные требования к выполнению
расчетно-графической работы .....................................................................
3. Методические рекомендации …………………………………………..
4. Варианты заданий …………………………………………………….....
5. Исходные данные …………………………………………………...…...
6. Пример выполнения задания ……………………………………...……
7. Вопросы для самопроверки по относительному движению точки…...
Список литературы…………………………………………………………
Приложение…………………………………………………………………
4
4
5
6
21
22
38
40
41
3
1. Цель и содержание расчетно-графической работы
Цель настоящей расчетно-графической работы состоит в привитии
студентам навыков по расчету относительного движения материальной точки.
При выполнении работы, для заданной механической системы необходимо:
вывести дифференциальные уравнения относительного движения точки;
найти закон относительного движения точки x  x(t ) ; найти изменения
относительной скорости точки x  x (t ) и зависимость изменения давления
(реакции) точки (шарика) на стенки канала N   N (t ) .
2. Общие рекомендации и основные требования к выполнению
расчетно-графической работы
2.1. Выполнение данной работы предполагает знание студентами
следующих разделов курса теоретической механики: сложное движение
точки; дифференциальные уравнения движения точки; относительное
движение точки.
2.2. Вариант задания студент получает у своего преподавателя.
Вариант задания включает в себя номер схемы (на стр. 6 варианты заданий) и
номер строки в таблице исходных данных. Используются только те исходные
данные, которые фигурируют в конкретной расчетной схеме. В таблице
исходных данных приняты следующие обозначения:
m – масса шарика;
 – угловая скорость вращения тела A или кривошипов (в вариантах
15, 23);
c – коэффициент жесткости пружины;
l0 – длина недеформированной пружины;
x0 , x 0 – начальная координата и проекция начальной скорости на
ось X .
Нужно отметить, что в вариантах (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 19,
26) тело A вращается вокруг горизонтальной оси, а в вариантах (13, 14, 17,
18, 20, 21, 22, 25, 27, 28, 30) – вокруг вертикальной оси. В вариантах (15, 23)
тело A движется поступательно, а в вариантах (16, 24, 29) – поступательно
по заданному закону y1  f (t ) . В представленных вариантах положение тела
A соответствует моменту времени t  0 .
2.3. Работа выполняется на листах формата А4 (210х297) в
рукописном виде. Записи должны быть выполнены ручкой на одной стороне
листа. На каждом листе должны быть оставлены поля (с левой стороны – 25
мм; сверху, снизу и справа по 15 мм).
2.4. Титульный лист оформляется в соответствии с приложением.
2.5. Нумерация страниц должна быть сквозная (включая текст,
рисунки, графики). Титульный лист считается первым (он не нумеруется).
2.6. Рисунки и схемы выполняются карандашом. Рисунки можно
располагать на одном листе вместе с текстом.
4
2.7. В работе нужно полностью привести текст условия и составить
краткое условие задачи со всеми необходимыми цифровыми данными
(Дано:____ Определить:____ ).
2.8. При выполнении работы необходимо приводить пояснения и
ссылки на используемые законы, теоремы и принципы.
2.9. Все расчеты производить с точностью до четырех цифр после
запятой.
2.10. Графики x(t ) и x (t ) следует построить на одном листе, соблюдая
один масштаб времени.
2.11. В работе необходимо проанализировать полученные результаты
и сделать выводы.
2.12. После выполнения работы на титульном листе ставится дата
выполнения и подпись студента.
3. Методические рекомендации
1. Изучить заданную механическую систему и кратко описать ее
движение (описание в вариантах задания не приводится, и его нужно
составить самостоятельно (см. пример выполнения задания)). Затем следует
изобразить рисунок заданной механической системы в краткой
математической форме, что дано и что требуется определить.
2. Составить расчетную схему. Для этого нужно изобразить тело A и
материальную точку в произвольный момент времени t (но так, чтобы x  0
и x  0 ). Изобразить систему подвижных координат (если она не показана) и
выяснить, какое движение является относительным, а какое переносным.
Затем на расчетной схеме следует изобразить приложенные к точке активные
силы, силы реакций, переносную и кориолисову силы инерции.
3. Составить дифференциальное уравнение относительного движения
точки в векторной форме и спроецировать его на оси координат. Далее из
решения дифференциальных уравнений следует вывести зависимости:
x  x(t ) , x  x (t ) , N   N ( t ) .
4. Произвести расчеты в соответствии с исходными данными.
x  x(t ) , x  x (t ) , N   N ( t ) и проанализировать
Построить графики
полученные результаты.
5
4. Варианты заданий
Вариант 1
Вариант 2
6
Вариант 3
Вариант 4
7
Вариант 5
Вариант 6
8
Вариант 7
Вариант 8
9
Вариант 9
Вариант 10
10
Вариант 11
Вариант 12
11
Вариант 13
Вариант 14
12
Вариант 15
Вариант 16
13
Вариант 17
Вариант 18
14
Вариант 19
z1
Вариант 20
15
Вариант 21
Вариант 22
16
Вариант 23
Вариант 24
17
Вариант 25
Вариант 26
18
Вариант 27
Вариант 28
19
Вариант 29
Вариант 30
20
5. Исходные данные
Номер
строки
α,
град
m,
кг
ω=const,
c-1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
30
45
60
30
45
60
30
45
60
30
45
60
30
45
60
30
45
60
30
45
60
30
45
60
30
45
60
30
45
60
0,30
0,35
0,40
0,25
0,20
0,30
0,35
0,20
0,25
0,35
0,30
0,20
0,25
0,30
0,35
0,30
0,30
0,20
0,25
0,20
0,25
0,30
0,20
0,25
0,30
0,20
0,25
0,30
0,20
0,25
3,0
3,6
4,0
3,0
3,5
4,0
3,0
3,5
4,0
3,0
3,5
4,0
3,0
3,5
4,0
3,0
3,5
4,0
3,0
3,5
4,0
3,0
3,5
4,0
3,0
3,5
4,0
3,0
3,5
4,0
Начальные условия
x0 , м
, м/с
0,05
0,20
0,06
0,18
0,07
0,16
0,08
0,14
0,09
0,12
0,05
0,10
0,06
0,20
0,07
0,18
0,08
0,16
0,09
0,14
0,05
0,12
0,06
0,10
0,07
0,20
0,08
0,18
0,09
0,16
0,05
0,14
0,06
0,12
0,07
0,10
0,08
0,20
0,09
0,18
0,05
0,16
0,06
0,14
0,07
0,12
0,08
0,10
0,09
0,20
0,04
0,18
0,05
0,16
0,06
0,14
0,05
0,12
0,04
0,13
c,
Н/м
l0,
м
40
45
50
50
40
45
40
45
50
50
45
40
50
45
40
50
45
40
50
45
40
50
45
40
50
40
45
50
45
40
0,15
0,14
0,13
0,12
0,11
0,10
0,2
0,18
0,16
0,15
0,14
0,13
0,12
0,2
0,18
0,16
0,15
0,14
0,13
0,12
0,2
0,18
0,16
0,15
0,14
0,13
0,12
0,2
0,16
0,14
y1=f(t)
y1=4t3
y1=3t3-3
y1=t+ t3
y1=2t3+t2
y1=4t3
y1=3t3-3
y1=t+t3
y1=2t3+t2
y1=0.1sin((π/2)t)
y1=0.1cos((π/2)t)
y1=0.2sin((π/2)t)
y1=0.2cos((π/2)t)
y1=2t2+3t3
y1=4t3
y1=3t3-3
y1= t+ t3
y1=2t3+t2
y1=4t3
y1=4t3+t2
y1=3t3+2t2
y1=2t3
y1=2t2+ t3
y1=2t3
y1=3t3
y1=2t3-t2
y1=4t3+5
y1=2t2+ t3
y1=3t3+5
y1=2t2+ t3
y1=4t3
a,
м
0.20
0.18
0.16
0.20
0.18
0.16
0.20
0.18
0.16
0.20
0.18
0.16
0.20
0.18
0.16
0.20
0.18
0.16
0.20
0.18
0.16
0.20
0.18
0.16
0.20
0.18
0.16
0.20
0.18
0.16
21
6. Пример выполнения задания
Шарик M массой m  0,20 кг, рассматриваемый как материальная
точка, перемещается по гладкому цилиндрическому каналу движущегося
тела A радиусом a  0,18 м. Тело A равномерно вращается вокруг
неподвижной оси z 1 со скоростью   3,5 с-1. К шарику прикреплена пружина
жёсткостью c  40 Н/м, которая в свободном недеформированном состоянии
имеет длину l0  0,11 м. Другой конец пружины закреплён на теле A (рис. 1).
В начальный момент движения угол поворота тела А равен нулю, а шарик
имеет начальное отклонение x0  0,09 м и начальную скорость x0  0,12 м/с.
Определить закон движения шарика вдоль канала, скорость движения
шарика и давление его на стенки канала. Построить графики собственных
колебаний xсоб  xсоб (t ) и xсоб  xсоб (t ) , вынужденных колебаний
xвын  xвын (t ) и xвын  xвын (t ) , график, определяющий закон движения
шарика по каналу и скорость его движения x  x(t ) ; x  x (t ) соответственно.
Построить зависимость силы давления (реакции) N   N ( t ) от времени.
y1 y
A
a
M
c
x
O
z
ω
x1
O1
z1
Рис. 1
22
Запишем условие в кратной математической форме:
Д a  0,18 м
x0  0,09 м
m  0,20 кг
x0  0,12 м/с
c  40 Н/м
l0  0,11 м
-1
  3,5 с
О x  x( t ) , x  x( t ) , N   N ( t )
Движение шарика можно представить в виде сложного движения,
рассмотрев его движение относительно двух систем отсчёта.
В данном случае выбираем две системы отсчёта:
1) неподвижная система отсчёта с осями O1 x1 y1 z1 (рис. 2);
y1
x
y
c
φ
x
M
a
O
R пер
φ
α
ω пер
z
Траектория
переносного
движения
ω
x1
O1
пер
z1
Рис. 2
2) подвижная система отсчёта, неизменно связанная с телом A с
осями Oxyz (см. рис. 2).
Тогда относительным является прямолинейное движение точки по
каналу, совпадающему с подвижной осью Ox (см. рис. 2).
Траекторией относительного движения является прямая OM (см. рис.
2), закон движения, по которой xсоб  x(t ) необходимо определить.
Так как относительное движение прямолинейное, то скорость
относительного движения Vотн  Vx  x
Покажем вектор относительной скорости Vотн на рис. 3.
23
ин
F пер
x
y
a кор
Ny
M
Vотн
a
O
ин
Fупр
a пер
z
Fкор
N z mg
O1
пер
z1
Рис. 3
Движение шарика вместе с телом А является для него переносным
движением. Тело А совершает равномерное вращение с постоянной угловой
скоростью  вокруг оси z1 . Вектор угловой скорости  пер направлен по оси
z1 (см. рис. 2).
Траекторией переносного движения шарика в данное мгновение можно
считать окружность радиусом Rпер  O1M (см.рис.2), который определим из
треугольника OO1M :
Rпер  x 2  a 2 .
В общем случае уравнение относительного движения точки в
векторной форме имеет вид:
ин
ин
,
maотн   Fka   N k  Fпер
 Fкор
где
aотн – вектор относительного ускорения движения точки;
 Fka – векторная сумма всех активных сил, действующих на точку;
 N k – векторная сумма реакций связей;
ин
Fпер
– вектор переносной силы инерции;
ин
Fкор
– вектор кориолисовой силы инерции.
24
Чтобы составить уравнения относительного движения точки для нашей
расчетной схемы покажем тело А в отклоненном положении (поворот на угол
    t ) (см. рис. 2) и силы, действующие на точку М (рис. 3).
На точку действует только одна активная сила – сила тяжести m  g
(см. рис. 3), поэтому
 Fka  m  g
Определим реакции связей. Связью является внутренняя поверхность
цилиндрического канала (гладкая поверхность). Реакция этой поверхности
лежит в плоскости, перпендикулярной оси x (см. рис. 3), т.е.
N  N y  N z , где
N y - составляющая реакции в направлении оси y
N z - составляющая реакции в направлении оси z
Связью является также пружина, сила упругости которой
Fупр  c  l , где
c – коэффициент жёсткости пружины,
l – деформация пружины (изменение ее длины).
Допустим, что в данном положении пружина сжата (рис. 4).
x
l
0
y
l
l
M
O
x
a
Fупр
Рис. 4
25
Тогда l  l0  l , где
l0 – длина свободной недеформированной пружины;
l – длина пружины в данном положении.
Из рис. 4 следует, что l  a  x , тогда l  l0  a  x . Отсюда сила
упругости, которая действует на шарик и стремится вернуть его в положение
равновесия, будет равна Fупр  c  (l0  a  x) .
Покажем вектор силы упругости на рис. 3, перенеся его вдоль линии
действия в центр шарика – точку М.
Таким образом:
 N k = N y  N z  Fупр
Определим переносную силу инерции:
Fпер  m  aпер – вектор переносной силы инерции, который направлен
в сторону, противоположную переносному ускорению.
Вектор переносного ускорения
n

,
aпер  aпер
 aпер
n
где aпер
– вектор нормального переносного ускорения,

– вектор касательного переносного ускорения.
aпер
В данном случае aпер  0 , так как переносное движение – равномерное
n
вращение с постоянной угловой скоростью  . Поэтому aпер  aпер
и,
следовательно:
n
aпер  aпер
  2  Rпер .
Таким образом, модуль переносной силы инерции имеет вид
ин
n
Fпер
 m  aпер
 m   2  Rпер  m   2 x 2  a 2 .
ин
Покажем вектор переносной силы инерции Fпер
на рис. 3.
Определим кориолисову силу инерции. Вектор кориолисовой силы
инерции
ин
Fпер
 maкор .
Он направлен в сторону, противоположную ускорению Кориолиса
aкор  2  ( пер  Vотн ) ,
где ( пер  Vотн ) – векторное произведение вектора переносной угловой
скорости  пер на вектор относительной скорости точки Vотн .
Модуль ускорения Кориолиса равен
aкор  2  ωпер  Vотн  sin (ωпер ;Vотн ) ,
где sin (ωпер ;Vотн ) – синус угла между векторами переносной угловой
скорости и относительной скорости точки.
26
Так как ωпер  ω , Vотн = x , (ωпер ;Vотн )  90 ° (см. рис. 3), то
aкор  2  ω  x  sin 900  2  ω  x .
Вектор ускорения Кориолиса aкор направим по правилу Жуковского. В
данном случае вектор aкор направлен параллельно оси OY (см. рис. 3).
ин
Сила инерции Кориолиса будет Fкор
 m  aкор  2  m    x .
ин
Изобразим силу инерции Кориолиса Fкор
на схеме (см. рис. 3).
Таким образом, уравнение относительного движения точки в
векторной форме с учётом действующих сил примет вид:
ин
ин
m  aотн  m  g  N z  N y  Fупр  Fпер
 Fкор
и в проекциях на оси координат:
ин
ин
m  x  m  g  F
x
упр x  Fпер x  Fкор x ,


ин
ин
m  y  m  g y  N y  Fупр y  Fпер y  Fкор y ,

ин
ин
m  z  m  g z  N z  Fупр  Fпер

F
.
кор

z
z
z
Так как относительное движение происходит по оси Ox , то
y  y  y  0 и z  z  z  0 , и дифференциальные уравнения относительного
движения в проекции на оси координат принимают вид (см. рис. 3):
ин
m  x  m  g  cos  Fупр  Fпер
 sin ,


ин
ин
0  m  g  sin  N y  Fпер  cos  Fкор ,

0  N z .
Из рис. 3 следует, что
  90   ,   MO1O
x
a
sin  
, cos 
.
x2  a2
x2  a2
Тогда
m  x  m  g  sin(  t )  c  (l0  a  x)  m   2  x,

2
0  m  g  cos(  t )  N y  m    a  2  m    x,

0  N z .
Отсюда
(1)
N  N y  m  g  cos(ω  t)  m  ω2  a  2  m  ω  x .
Для определения x  x(t ) решим дифференциальное уравнение:
m  x  m  g  sin(ω  t)  c  (l0  a  x)  m  ω 2  x .
Разделив обе части этого уравнения на m и введя обозначения
27
c
c
 k 2 и   2  k12 ,
m
m
получим
x  k12  x  k 2  (a  l0 )  g  sin(  t ) .
(2)
Уравнение (2) является неоднородным линейным дифференциальным
уравнением 2-го порядка с постоянными коэффициентами.
Общее решение неоднородного дифференциального уравнения ( xон )
складывается из суммы общего решения однородного дифференциального
уравнения ( x оо ) и частного решения неоднородного дифференциального
уравнения ( xчн ), т.е.
xон  xоо  xчн .
Однородное дифференциальное уравнение в данном случае имеет вид
x  k12  x  0 .
Для решения этого уравнения составим соответствующее
характеристическое уравнение и найдем его корни:
r 2  k12  0 ,
r 2   k12 ,
r 2  k12  i
– сопряжённо-мнимые корни характеристического
уравнения, i – мнимая единица.
Отсюда xоо  C1  cos(k 1t)  C2  sin(k1t) .
Вид частного решения неоднородного дифференциального уравнения
зависит от вида правой части линейного дифференциального неоднородного
уравнения (2). В данном случае частное решение ищем в виде
xчн C 3 C4  sin(ω  t ) ,
где C 3 и C 4 – неопределённые постоянные коэффициенты.
Так как частное решение должно удовлетворять неоднородному
уравнению (2), то подставим в него xчн и xчн , которые соответственно равны
xчн  C3  C4  sin(ω  t ) и xчн  C4    sin(ω  t ) .
Получим
sin(ω  t )  (C4  ω 2  k12  C4 )  k12  C3  k 2  (a  l0 )  g  sin(ω  t ) .
Отсюда
k12  C3  k 2  (a  l0 ) ,
2
 C4   2  k12  C4   g .
Выразим неопределённые коэффициенты C 3 и C 4 из полученных
уравнений:
k 2  ( a  l0 )
C3 
;
k12
28
C4 
g
.
k12  ω 2
Тогда частное решение неоднородного дифференциального уравнения
примет вид
k 2  (a  l0 )
g
xчн 

 sin (ω  t ) .
2
2
2
k1
k1  
Таким образом, общее решение неоднородного уравнения запишем в
виде:
k 2  (a  l0 ) g  sin (ω  t )
.
(3)

k12
k12   2
Для нахождения постоянных интегрирования C1 и C 2 введём
начальные условия: t0  0 , x(0)  x0 , x (0)  x0 .
Необходимо также найти первую производную от x по времени t :
g    cos (ω  t )
.
x  C1  k1  sin (k1t )  C2  k1  cos (k1t ) 
k12  ω2
Подставим начальные условия в уравнения x  x(t ) и x  x (t ) :
x  C1  cos (k1t )  C2  sin (k1t ) 
k 2  ( a  l0 )
,
x0  C1 
k12
g ω
.
x0  C2  k1  2
k1  ω2
Выразим C1 и C 2 из полученных уравнений
C1  x0 
k 2  ( a  l0 )
,
k12
(4)
x0
g 
 2
.
k1 ( k1   2 )  k1
Поставим найденные C1 и C 2 в общее решение неоднородного
уравнения (3).
C2 
Получаем закон относительного движения точки:

 x0

k 2  (a  l0 ) 
g ω


  sin (k1  t ) 
x   x0 

cos
(
k

t
)


1
2
2
2



k1
 k1 (k1   )k1 


k 2  (a  l0 ) g  sin(ω  t )


k12
k12  ω2
или
k 2  (a  l0 ) g  sin (ω  t )
x  A  sin (k1  t  α ) 
,
k12
k12  ω 2
(5)
29
где A – амплитуда собственных колебаний,
α – начальная фаза собственных колебаний.
2
A
С12
 С22
2


k 2  (a  l0 )   x0
g ω



  x0 


2
  k (k 2  ω2 )  k  ,
k
1
1
1

  1
k 2  ( a  l0 )
x0 
C1
k12
.
tg α 

g ω
C2 x0 
k1 (k12  ω 2 )  k1
(6)
(7)
Аналогично получим закон изменения относительной скорости:
2

 x0

k
 (a  l0 ) 
g ω

  k1  cos(k 1  t) 
Vотн  x   x0 

k

sin(k

t)


1
2
2
2
k

 1
k
(k

ω
)

k
 1
1
1
1


g  ω  cos(ω  t)

k12  ω 2
или
g  ω  cos (ω  t )
Vотн  x  A  k1  cos (k1  t  α ) 
.
(8)
k12  ω 2
Подставим найденный закон изменения относительной скорости в
уравнение реакции гладкой поверхности канала (формула (1)):
N  m  g  cos(   t )  m   2  a  2  m   
 
 x0

k 2  ( a  l0 ) 
g ω



  k1  cos (k1t ) 
   x0 

k

sin
(
k
t
)


1
1
2
2
2


k
k1
 
 1 (k1  ω )  k1 


g  ω  cos (ω  t ) 
.
k12  ω 2

Давление шарика на стенки канала равно по модулю реакции, но
направлено в противоположную от неё сторону, то есть
N   N  m  g  cos(   t )  m   2  a  2  m   
 
 x0

k 2  ( a  l0 ) 
g ω


   x0 

k

sin
(
k
t
)


1
 k (k 2  ω 2 )  k   k1  cos (k1t ) 
 1
k12
 
 1
1
1


g  ω  cos (ω  t ) 
2
 = m  g  cos(  t )  m    a  2  m    x
2
2
k1  ω

(9)
Построим зависимости x  x( t ) , x  x( t ) , N   N ( t ) , которые
наглядно показывают характер изменения этих параметров во времени с
учетом исходных данных.
Уравнение (5) показывает, что относительное движение
материальной точки является суммой гармонических колебаний,
30
2 
и
k1
гармонических колебаний, происходящих с частотой возмущающей силы 
2 
и периодом Tвын 
.
происходящих с собственной частотой k1 и периодом Tсоб 

То есть x  xсоб  xвын ,
где
xсоб  A  sin( k1  t   ) 
xвын   g
sin(  t )
k 2  ( a  l0 )
k12
(10)
k12   2
Так как частоты собственных ( k1 ) и вынужденных колебаний (  )
значительно отличаются друг от друга, то исследуем каждое колебание
отдельно.
Собственные гармонические колебания происходят по закону и со
скоростью соответственно:
k 2  ( a  l0 )
xсобств  A  sin( k1  t   ) 
(11)
2
k1
xсобств  A  k1  cos( k1  t   )
Вычислим параметры, которые определяют характер собственных
колебаний: k , k1 , Tсоб , A ,  .
c
40

 14,14 ( c 1 )
m
0,20
k
k1  k 2   2  14,14 2  3,52  13,7 ( c 1 )
Для определения амплитуды собственных колебаний, вычислим
произвольные постоянные интегрированные (см. формулу (4)):
k 2  ( a  l0 )
14,14 2  (0,18  0,11)
C1  x0 
 0,09 
 0,0154 (м),
2
13,7 2
k1
x
g 
0,12
9,8  3,5
C2  0  2


 0,023 (м).
2
2
k1 (k1   )  k1 13,7 (13,7  3,5 2 )  13,7
Тогда амплитуда собственных колебаний (см. формулу (6)):
A  C1  C2  0,0154 2  0,023 2  0,0277 (м).
Начальная фаза колебаний (см. формулу (7)):
C
0,0154
tg  1 
 0,669 ,
C2
0,023
  0,59 (рад).
Период собственных колебаний:
2
2
31
Tсоб 
2   2  3,14

 0,458 (с).
k1
13,7
Таким образом, собственные колебания точки М происходят по закону
и со скоростью соответственно (см. формулу (11)):
14,14 2
(12)
xсоб  0,0277  sin(13,7  t  0,59) 
 (0,18  0,11)
13,7 2
xсоб  0,0277  13,7  cos(13,7  t  0,59)
Построим график, представляющий закон собственных колебаний
xсоб  xсоб (t ) . Он строится в поле прямоугольника,
точки М
приблизительные размеры которого таковы, что занимают половину листа
формата А4, а на второй половине листа строится график xсоб  xсоб (t ) .
Масштаб построения выбирают таким образом, чтобы график занимал
бóльшую часть выше указанного поля. Зная максимальное и минимальное
значение xсоб , определим примерный вертикальный размер поля графика.
Например, в рассматриваемом случае (см. формулы (11) и (12)):
k 2  ( a  l0 )
14,14 2  (0.18  0.11)
xсоб max  A 
 0,0277 
 0,102 (м)
13,7 2
k12
xсоб min   A 
k 2  ( a  l0 )
14,14 2  (0.18  0.11)
 0,0277 
 0,046 (м)
13,7 2
k12
Таким образом, по вертикальной оси X график xсоб  xсоб (t ) , округляя
xсоб min , строим в пределах xmax  0,11 (м) и
значения xсоб max и
xmin  0,04 (м), т.е.
x = xmax  xmin  0,11  0,04  0,07 (м)
Шаг сетки, наносимой на вертикальной оси, будет:
0,07
∆x=
 0,01(м)
7
По горизонтальной оси размер графика должен быть таким, чтобы
укладывался 1-2 периода собственных колебаний. Так как Tсоб  0,458 (с), то
2  Tсоб  0,916 (с). Принимаем граничные значения 0 ≤ t < 1(c), т.е. ∆t = 0,1
(с)
Шаг сетки, наносимой по горизонтальной оси, будет:
t
 t  , где
nt
nt - число линий сетки по горизонтальной оси t.
Примем nt =10.
32
Тогда
1,0
 0,1 (с)
10
График xсоб  xсоб (t ) показан на рис. 5.
Аналогично строим график xсоб  xсоб (t ) , определив вертикальный и
горизонтальный размер поля графика, зная, что (см. формулу (12)):
xсоб  0,0277  13,7  cos(13,7  t  0,59) .
График xсоб  xсоб (t ) показан на рис.6.
t 
Вынужденные колебания происходят по закону xвын  xвын (t ) (см.
формулу (10)) и со скоростью x вын , т.е.
xвын  
xвын  
g
k12   2
g 

k12
Вычислим
колебаний:
Aвын 
2
 sin(  t ) ,
 cos(  t ) .
параметры,
g
k12
2 

2
(13)

определяющие
9,8
13,7  3,52
2
характер
вынужденных
 0,102 (м),
2  3,14
 1,794 (с).

3,5
Таким образом:
Tвын 

xвын  0,102  sin( 3,5  t ) ,
xвын  0,105  3,5  cos( 3,5  t ) ,
(14)
Tвын  1,794 (с).
Графики xвын  xвын (t ) ; xвын  xвын (t ) строятся аналогично графикам,
xсоб  xсоб (t ) и x соб  x соб (t ) . Зависимость xвын  xвын (t ) показана на рис. 7, а
график xвын  xвын (t ) показан на рис. 8.
33
x(t ) собств  A  sin (k1  t  α ) 
k 2  ( a  l0 )
k12
x(t ) собств  0.0277  sin ( 13.7  t  0.59) 
,
14.14 2  (0.18  0.11)
13.7 2
t 
0.1
0.09
0.08
Xsob( t )
0.07
0.06
0.05
0.04
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
.
Xsob ( t ) 
0
0.09
0.1
0.1002
0.2
0.0694
0.3
0.0469
0.4
0.0687
0.5
0.0999
0.6
0.0905
0.7
0.0556
0.8
0.051
0.9
0.0842
1
0.1019
t
Рис. 5
горизонтальная ось – t(c),
вертикальная ось – xсоб (м).
x (t ) собств  A  k1  cos (k1t  α ) ,
x (t ) собств  0.0277  13.7  cos (13.7  t  0.59) .
0.4
t 
X¹sob ( t ) 
0.3
0
0.3153
0.2
0.1
-0.144
0.2
-0.3728
0.3
-4.7014·10 -3
0.1
X¹sob( t )
0.4
0.3709
0.1
0.5
0.1527
0.2
0.6
-0.31
0.7
-0.2763
0.8
0.1998
0.9
0.356
1
-0.0578
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.3
0.4
t
0.9
1
Рис. 6
горизонтальная ось – t(c),
вертикальная ось – xсоб (м/с).
34
xвын (t )  
g  sin(  t )
k12

2
xвын (t )  
,
9.8  sin (3.5  t )
13.7 2  3.5 2
.
0.06
0.05
t 
0.04
0.03
0.02
0.01
Xvin( t )
0.01
0
0.3
0.6
0.9
1.2
1.5
1.8
2.1
2.4
2.7
3
0.02
0.03
0.04
0.05
0
0
0.3
-0.048
0.6
-0.048
0.9
4.696·10 -4
1.2
0.049
1.5
0.048
1.8
-9.392·10 -4
2.1
-0.049
2.4
-0.048
2.7
1.409·10 -3
3
0.049
0.06
t
Xvin ( t ) 
Рис. 7
горизонтальная ось – t(c),
вертикальная ось – xвын (м).
xвын (t )  
g    cos (  t )
k12

2
x вын (t )  
,
9.8  3.5  cos (3.5  t )
13.7 2  3.5 2
0.2
0.18
0.16
0.14
0.12
0.1
0.08
0.06
0.04
0.02
X¹vin( t )
0.02 0
0.04
0.06
0.08
0.1
0.12
0.14
0.16
0.18
0.2
t 
0.3
0.6
0.9
1.2
1.5
t
1.8
2.1
2.4
2.7
3
.
X¹vin ( t ) 
0
-0.1955
0.3
-0.0973
0.6
0.0987
0.9
0.1955
1.2
0.0959
1.5
-0.1001
1.8
-0.1955
2.1
-0.0944
2.4
0.1015
2.7
0.1954
3
0.093
Рис. 8
горизонтальная ось – t(c),
вертикальная ось – xвын (м/с).
35
Затем аналогично строим графики (рис.9, рис.10, рис.11) согласно
уравнениям:
x(t )  A  sin (k1  t  α ) 
k 2  (a  l0 ) g  sin (ω  t )

k12
k12  ω 2
14.14 2  (0.18  0.11) 9.8  sin (3.5  t )
 0.0277  sin (13.7  t  0.59) 
13.7 2
13.7 2  3.5 2
x (t )  A  k1  cos (k1  t  α ) 
(15)
g  ω  cos (ω  t )
=
k12  ω 2
9.8  3.5  cos (3.5  t )
 0.0277  13.7  cos (13.7  t  0.59) 
13.7 2  3.5 2
(16)
N (t )  N (t )  m  g  cos (  t )  m   2  a  2  m    x
N (t )  N (t )  0.20  9.8  cos (3.5  t )  0.20  3.52  0.18  2  0.20  3.5  x
(17)
Выводы
Движение шарика по каналу происходит по закону (см. рис. 9):
14.14 2  (0.18  0.11) 9.8  sin (3.5  t )
x(t )  0.0277  sin (13.7  t  0.59) 
(м).
13.7 2
13.7 2  3.5 2
Скорость движения шарика по каналу определяется зависимостью (см.
рис. 10):
x (t )  0.0277  13.7  cos (13.7  t  0.59) 
9.8  3.5  cos (3.5  t )
13.7 2  3.5 2
(м/с).
Зависимость силы давления шарика на стенки канала определяется
формулой (см. рис. 11):
N (t )  0.20  9.8  cos (3.5  t )  0.20  3.5 2  0.18  2  0.20  3.5  x .
По зависимости (15) и из графика (рис.9) видно, что шарик совершает
колебательное движение вдоль оси х около координаты x≈0,075 (м).
Максимальное отклонение xmax  0,155 (м) при t = 1,4(с), минимальное
отклонение xmin  0,005 (м) при t = 2,2 с.
«Размах» колебательного движения шарика составляет
∆x = 0,155+|-0,005| = 0,16(м).
36
k 2  (a  l0 ) g  sin (ω  t )
x(t )  A  sin (k1  t  α ) 
,
k12
k12  ω 2
14.14 2  (0.18  0.11) 9.8  sin (3.5  t )
x(t )  0.0277  sin (13.7  t  0.59) 
.
13.7 2
13.7 2  3.5 2
0.16
0.15
0.14
0.13
0.12
0.11
0.1
0.09
X( t ) 0.08
0.07
SrL( t ) 0.06
0.05
0.04
0.03
0.02
0.01
0.01 0
0.02
t 
0.3
0.6
0.9
1.2
1.5
1.8
t
2.1
2.4
2.7
3
X( t) 
0
0.09
0.3
-1.583·10 -3
0.6
0.042
0.9
0.085
1.2
0.096
1.5
0.143
1.8
0.077
2.1
1.15·10 -3
2.4
0.051
2.7
0.073
3
0.103
Рис. 9
горизонтальная ось – t(c),
вертикальная ось – x (м).
x (t )  A  k1  cos (k1t  α ) 
g  ω  cos (ω  t )
k12  ω 2
x (t )  0.0277  13.7  cos (13.7  t  0.59) 
,
9.8  3.5  cos (3.5  t )
13.7 2  3.5 2
.
0.6
t 
0.5
X¹( t ) 
0.4
0
0.1198
0.3
0.3
-0.102
0.2
0.6
-0.2113
0.1
0.9
0.5515
1.2
2.419·10 -3
1.5
-0.3502
X¹ ( t )
0.1
0
0.3
0.6
0.9
1.2
1.5
1.8
2.1
2.4
2.7
3
0.2
1.8
0.1814
0.3
2.1
-0.2714
0.4
2.4
-0.0748
0.5
2.7
0.5722
0.6
3
-0.1577
t
Рис. 10
горизонтальная ось – t(c),
вертикальная ось – x (м/с).
37
N (t )  m  g  cos (  t )  m   2  a  2  m    x ,
N (t )  0.20  9.8  cos (3.5  t )  0.20  3.5 2  0.18  2  0.20  3.5  x .
3
2.5
t 
2
1.5
1
0.5
N¹ ( t )
0
0.3
0.6
0.9
1.2
1.5
1.8
2.1
2.4
0.5
1
1.5
2
2.5
3
t
2.7
3
N¹( t ) 
0
1.687
0.3
0.391
0.6
-1.726
0.9
-1.629
1.2
-1.399
1.5
0.072
1.8
1.773
2.1
0.126
2.4
-1.564
2.7
-1.599
3
-1.594
Рис. 11
горизонтальная ось – t(c),
вертикальная ось – N  (Н).
Давление шарика на стенки канала (см. рис. 11) меняется следующим
образом. При 0 ≤ t ≤ 0,45 с шарик давит на стенки канала в одну сторону, а
при 0,45 ≤ t ≤ 1,4с шарик давит на противоположную сторону стенки канала.
Затем при 1,4 ≤ t ≤ 2,3 с направление давления шарика на стенки канала
опять меняется и т.д.
Максимальное давление на одну сторону стенки канала N  = 1,55 (Н)
при t = 1,8 (с), а при t = 1,1 (с) максимальное давление на противоположную
стенку канала равно N  = 2,3 (Н).
38
7. Вопросы для самопроверки по относительному движению точки
Какое движение точки называют сложным?
Какое движение точки называют относительным?
Какое движение называют переносным?
Что называют траекторией, скоростью и ускорением относительного
движения?
5) Что называют траекторией, скоростью и ускорением переносного
движения?
6) Векторная формула ускорения Кориолиса.
7) Модуль ускорения Кориолиса.
8) Как определяется направление вектора ускорения Кориолиса.
9) Модуль переносной силы инерции.
10) Как определяется направление вектора переносной силы инерции?
11) Модуль кориолисовой силы инерции.
12) Как определяется направление вектора кориолисовой силы инерции?
13) Чему равна переносная сила инерции, если переносное движение
равномерное вращение?
14) Чему равна переносная сила инерции, если переносное движение
поступательное прямолинейное?
15) Чему равна кориолисова сила инерции, если переносное движение
поступательное?
16) Какие системы отсчета называются инерциальными?
17) Каково условие относительного покоя материальной точки?
1)
2)
3)
4)
39
Список литературы
1) Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики: Учеб. Для втузов, 12-е
изд., стер. – М.: Высш. шк., 2002
2) Яблонский А.А., Никифорова В.М. Курс теоретической механики:
Учебник для техн. Вузов – 7-е изд. Стереотипное – Серия «Учебник для
вузов: Специальная литература». – СПб: Издательство «Лань», 1999
3) Горбач Н.И. Теоретическая механика: Динамика: Учеб. Пособие. – Мн.:
Книжный дом, 2004
40
Приложение
Федеральное агентство по образованию
Государственное образовательное учреждение высшего
профессионального образования
Московский государственный индустриальный университет
(ГОУ МГИУ)
Кафедра «Теоретическая механика и теория механизмов»
Расчетно-графическая работа
по теоретической механике
«Исследование относительного движения материальной точки»
Вариант:
Строка:
Группа:
Студент:
Преподаватель:
Москва 2006
41