5.3

1
Слиньков А. С. Гр 2042/2
Задание И1. Основное уравнения динамики относительного движения точки. Теорема о
движении центра масс системы.
Дано:
m (кг) R(м) 𝛼 (град)
𝛾 (кг/м) 𝛗̇ (c-1) x0 (м) 𝒙̇ 𝟎 (м/с) 𝑴𝒛 (нм) 𝒙(𝒕) (м/с)
18
5
45
4
-2
3
2
-3t3-3
4+4t2
Фе
x
y
Ur
Фс
α
R
h
β x
P
O
ω
φ
Z,ϖ
1. Составляем уравнение динамики относительного движения точки
𝑚𝒘𝒓 = 𝑚𝒈 + 𝑵 + 𝚽е + 𝚽с (1.1)
Центробежная сила инерции 𝚽е всегда направлена от оси вращения тела. Ее модуль
равен
Фе = 𝑚𝑤𝑒 = 𝑚𝜔2 ℎ;
Сила Кориолиса Фс=-2ω x Ur m
Проекция Фсy
Фсy=2m𝛗̇ 𝑥̇ <0
поскольку 𝑥̇ > 0 (точка вылетает), а 𝛗̇ < 0.
Проектируя уравнение (1.1) на ось х, получаем дифференциальное уравнение
относительного движения точки
𝑚𝑥̈ = Фе Cosβ = 𝑚𝜔2 ℎCosβ = 𝑚𝜔2 (𝑥 − (𝑅 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼) = 𝑚𝜔2 (𝑥 − 𝑅 + 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼)
𝑥̈ = 𝜔2 (𝑥 − 𝑅 + 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼)
𝑥̈ − 𝜔2 𝑥 = 𝑅𝐶𝑜𝑠𝛼 − 𝑅
или
𝑥̈ − 4𝑥 = 5
√2
− 5 = −1.464
2
(1.2)
2
2. Положение относительного равновесия находится в точке, где ускорение равно нулю. Это
точка Р с координатой
√2
2
Очевидно, что при 𝑥0 > 𝑥 0 и 𝑥̇ 0 > 0 точка будет удаляться от начала О координаты 𝑥.
При 𝑥0 < 𝑥 0 и 𝑥̇ 0 < 0 точка будет приближаться к началу О координаты х. При
заданных начальных условиях точка движется в направлении оси х.
𝑥 = 𝑥 0 = 𝑥 − ( 𝑥 − (𝑅 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼) = 𝑅 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼 = 5 − 5
3. Найдем закон относительного движения и скорости точки. Это обратная задача
динамики. Решение неоднородного уравнения (1.1) ищем в виде
𝑥 = 𝑥𝑜𝑜 + 𝑥ч
Решение однородного уравнения 𝑥𝑜𝑜 ищем в виде
𝑥𝑜𝑜 = 𝑒 𝜆𝑡 ;
Подставляя решение в однородное уравнение, приходим к характеристическому
уравнению с вещественными корнями
𝜆2 − 𝜔2 = 0; 𝜆1,2 = ±𝜔;
Решение принимает вид
𝑥𝑜𝑜 = 𝐶1 𝑒 𝜔𝑡 + 𝐶2 𝑒 −𝜔𝑡
Частное решение 𝑥ч ищем в виде правой части, т.е. постоянной
−𝜔2 𝑥ч = 𝜔2 (𝑅 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼);
𝑥ч = (𝑅 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼)
Полное решение уравнения (1.1)
𝑥 = 𝐶1 𝑒 𝜔𝑡 + 𝐶2 𝑒 −𝜔𝑡 + 𝑅 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼;
𝑥̇ = 𝜔𝐶1 𝑒 𝜔𝑡 − 𝜔𝐶2 𝑒 −𝜔𝑡 (1.3)
Постоянные 𝐶1 𝐶2 в (1.3) находим из начальных условий
𝑡 = 0: 𝑥0 = 3 м; 𝑥̇ 0 = 2 м/с (1.4)
Подставив (1.4) в (1.3), получим:
𝑥0 = 𝐶1 + 𝐶2 + 𝑅 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼;
𝑥̇ 0 = 𝜔(𝐶1 − 𝐶2 )
Иначе
𝑥̇ 0
𝑥̇ 0
+ 𝐶2 = 𝐶1 𝑥0 = + 2𝐶2 + 𝑅 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼 ;
𝜔
𝜔
𝑥̇ 0
𝑥̇ 0
𝑥0 + + 𝑅 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼 = 2𝐶1 𝑥0 − + 𝑅 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼 = 2𝐶2 ;
𝜔
𝜔
Решение приобретает вид
1
𝑥̇ 0 1 𝜔𝑡
(𝑒 − 𝑒 −𝜔𝑡 )
𝑥 = (𝑥0 − (𝑅 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼)) (𝑒 𝜔𝑡 + 𝑒 −𝜔𝑡 ) +
2
𝜔2
𝑥̇ 0
= (𝑥0 − (𝑅 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼))𝑐ℎ𝜔𝑡 + 𝑠ℎ𝜔𝑡
𝜔
С учетом начальных условий (1.4)
𝑥 = (3 − (5 − 5
√2
) 𝑐ℎ(2𝑡) − 𝑠ℎ(2𝑡) = 1,53𝑐ℎ(2𝑡) − 𝑠ℎ(2𝑡);
2
𝑥̇ = 3𝑠ℎ(2𝑡) − 2𝑐ℎ(2𝑡) (1.5)
3
4. Найдем скорость точки в момент, когда она покидает тело. Можно было бы и закона
движения определить соответствующий момент времени и подставить его в закон
изменения скорости. Но проще найти зависимость скорости точки от ее перемещения
известной заменой
𝑑𝑥̇
𝑥̈ = 𝑥̇
𝑑𝑥
Которая фактически приводит к теореме об изменении кинетической энергии точки.
Получаем
𝑑𝑥̇
𝑥̇
= 𝜔2 𝑥 − 𝜔2 (𝑅 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼); или 𝑥̇ 𝑑𝑥̇ = (𝜔2 𝑥 − 𝜔2 (𝑅 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼))𝑑𝑥
𝑑𝑥
Интегрируя, находим зависимость относительной скорости точки от ее перемещения
𝑥̇ 2 = 𝜔2 𝑥(𝑥 − 2(𝑅 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼)) + 𝐶3 (1.6)
Из начальных условий (1.4) находим
𝐶3 = 𝑥̇ 0 2 + 𝜔2 𝑥0 (2(𝑅 − 𝑅𝐶𝑜𝑠𝛼) − 𝑥0 ) = 4 + 12(2,9 − 3) = 5,2 м2 /с2
Находим скорость при 𝑥1 = 2𝑎 = 4м
𝑥̇ 1 = √12(10 − 2(2,9)) + 5,2 = 7,46 м/с
5. Найдем закон изменения реакции тела на точку. Это прямая задача динамики.
Проекция уравнения (1.1) на ось z:
0 = 𝑁𝑧 − 𝑚𝑔;
дает проекцию реакции стержня на ось z
𝑁𝑧 = 𝑚𝑔
(1.7)
Проектируя уравнение (1.1) на ось у, находим:
0 = 𝑁𝑦 + Фе 𝑆𝑖𝑛β + Фсy ;
Теперь проекция нормальной реакции стержня на ось у равна
𝑁𝑦 = 2𝑚𝛗̇𝑥̇ − 𝑚φ̇2 ℎ𝑆𝑖𝑛β = 𝑚𝛗̇(2𝑥̇ − 𝛗̇𝑅𝑆𝑖𝑛𝛼) = 18 ∗ (−2) ∗ (2𝑥̇ + 7)
= −36(2𝑥̇ + 7) н (1.8)
𝑁𝑦 зависит от найденной относительной скорости точки (1.5).
В момент, когда точка покидает тело
𝑁𝑧 = 𝑚𝑔 = 176,4 н;
𝑁𝑦 = 𝑚𝛗̇(2𝑥̇ 1 − 𝛗̇𝑅𝑆𝑖𝑛𝛼)|𝑥=𝑥1 = −36(2 ∗ 2 + 7) = −396 н (1.9)
6. Составляющие реакции шарнира на вылете R найдем по известным ускорениям тела и
точки из теоремы о движении центра масс
𝑹 = 𝑀𝒘𝒄
Это прямая задача динамики.
x
Rc3
y
Rr3
a=√𝑅 2 + 𝑅 2 + 2𝑅 2 𝑐𝑜𝑠1350
Re3
a
x
Z,ϖ
R2
4
𝑀𝒘𝒄 = 𝑀1 𝒘𝒄1 + 𝑀2 𝒘𝒄2 + 𝑚𝒘 = 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑
где 𝑹𝟐 составляющая от ускорения центра тяжести стержня, а 𝑹𝟑 от ускорения точки.
Последнее состоит из относительного, переносного и Кориолисова ускорений:
𝑹𝟑 = 𝑹𝑟3 + 𝑹𝑒3 + 𝑹𝑐3 = 𝑚𝒘𝑟 + 𝑚𝒘𝑒 + 𝑚𝒘𝑐
Направления составляющих изобразим на рисунке и вычислим их величину
𝑅2 = 𝜋𝑅 2 γa𝜔2 𝑅=3,14*25*4*4*5=6280 н;
𝑅3𝑒 = 𝑚𝜔2 √𝑅 2 + 𝑅 2 + 2𝑅 2 𝑐𝑜𝑠1350 = 18 ∗ 4 ∗ 9,2 = 662,4
𝑅3𝑟 = 𝑚𝑥̈ = 𝑚𝜔2 (2𝑅 − (𝑅 − 𝑅𝐶𝑜𝑠𝛼)) = 18 ∗ 4 ∗ (10 − 1,5) = 684 н
𝑅3𝑐 = 𝑚𝑤𝑐 = 2𝑚𝜔𝑣1 = 2 ∗ 18 ∗ 2 ∗ 2 = 144
(1.10)
Задание И2. Теорема об изменении кинетического момента. Дифференциальное
уравнение вращения тела. Условие равномерного вращения.
Дано:
m (кг) R(м) 𝛼 (град)
𝛾 (кг/м) 𝛗̇ (c-1) x0 (м) 𝒙̇ 𝟎 (м/с) 𝑴𝒛 (нм) 𝒙(𝒕) (м/с)
18
5
45
4
-2
3
2
-3t3-3
4+4t2
Фе
x
y
Ur
Фс
α
R
h
β x
P
O
Ue
ω
φ
Z,ϖ
1. Найдем закон изменения угловой скорости тела из теоремы об изменении
кинетического момента относительно оси вращения тела.
Кинетический момент системы складывается из кинетического момента пластины и
зафиксированной на ней в текущий момент точкой М и кинетического момента точки М в
относительном движении.
𝐾𝑧 = (𝐽окр + 𝐽𝑚 )𝜑̇ + 𝑚𝑥̇ 𝑅𝑠𝑖𝑛𝛼
Последнее слагаемое положительно, поскольку при 𝑥̇ > 0 момент относительной скорости
направлен по стрелке 𝜑.
Моменты инерции пластины вычисляется по формуле Штейнера
𝑀𝑅 2
3𝑀𝑅 2 3𝜋𝑅 2 𝛶𝑅 2 3 ∗ 3,14 ∗ 25 ∗ 4 ∗ 25
𝐽окр =
+ 𝑀𝑅 2 =
=
=
= 11775 кг м2
2
2
2
2
5
𝐽𝑚 = 𝑚ℎ2 = 𝑚(𝑅 2 + (𝑅 − 𝑥)2 − 2𝑅(𝑅 − 𝑥)𝑐𝑜𝑠𝛼)
√2
)
2
= 18(25 − (16 − 32𝑡 2 + 16𝑡 4 ) − 5√2(4 + 4𝑡 2 )
= 18(25 − (5 − 4 + 4𝑡 2 )2 − 10(5 − 4 + 4𝑡 2 )
= 18(16𝑡 4 − 𝑡 2 (20√2 − 8) + 41 − 20√2)
Интегрируем теорему об изменении кинетического момента
𝐾𝑧̇ = 𝑀𝑧 = −3𝑡 3 − 3;
Получаем
𝑡4
𝐾𝑧 = −3 − 3𝑡
4
𝐾𝑧 = (𝐽окр + 𝐽𝑚 )𝜑̇ + 𝑚𝑥̇ 𝑅𝑠𝑖𝑛𝛼
𝑥̇ =8t
(11775 + 18(16𝑡 4 − 𝑡 2 (20√2 − 8) + 41 − 20√2))𝜑̇ -20√2t= −3
𝑡4
4
− 3𝑡
Отсюда находим закон угловой скорости тела
𝑡4
−3 4 − 3𝑡 + 20√2t
𝜑̇ =
11775 + 18(16𝑡 4 − 𝑡 2 (20√2 − 8) + 41 − 20√2)
В момент, когда точка покидает тело.
10 − 4
𝑥1 = 4 + 4𝑡1 2 = 2𝑅;
𝑡12 =
= 1,5 𝑐,
𝑡1 = 1,225
4
𝑡4
−3 4 − 3𝑡 + 20√2t
29,3
𝜑̇ 1 =
=
= −0,002 с−1
11775 + 18(16𝑡 4 − 𝑡 2 (32 − 20√2) + 41 − 20√2) 12550,8
2. Найдем закон изменения движущей силы сцепления 𝐅сц , которая создается мотором
экипажа и обеспечивает заданное движение точки по телу. С учетом силы 𝐅сц
дифференциальное уравнение относительного движения точки приобретает вид
𝑚𝑥̈ = 𝑚𝜔2 (𝑥 − (𝑅 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼)) + 𝐹𝑐ц
Отсюда находим закон изменения силы
3𝑡 4
− 4 − 723𝑡
𝐹𝑐ц (𝑡) = 𝑚𝑥̈ + 𝑚𝜔2 ((𝑅 − 𝑅𝐶𝑜𝑠𝛼) − 𝑥) = 144 + 18 ∗ [
]
12713 − 3024𝑡 2 − 288𝑡 4
2
3. Силу реакции 𝑁𝑦 точки на тело найдем из дифференциального уравнения вращения
тела.
𝐽окр 𝜑̈ = 𝑀𝑧 + 𝑁𝑦 (𝑥 − (𝑅 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼))
Или
𝐽окр 𝜑̈ = −3𝑡 3 − 3 + 𝑁𝑦 (𝑥 − (𝑅 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼))
Отсюда
𝐽окр 𝜑̈ + 3𝑡 3 + 3
𝑁𝑦 =
(𝑥 − (𝑅 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼))
Дифференцируя закон угловой скорости 𝜑̇ , получаем:
6
(−12𝑡 3 − 2892) ∗ (12713 − 3024𝑡 2 − 288𝑡 4 ) − (6048𝑡 − 1152𝑡 3 ) ∗ (−3𝑡 4 − 2892𝑡)
4(12713 − 3024𝑡 2 − 288𝑡 4 )2
На вылете t=1,225
𝜑̈ =
𝜑̈ =
(−12∗1,838−2892)∗(12713−3024∗1,5−288∗2,25)−(6048∗1,225−1152∗1,838)∗(−3∗2,25−2892∗1,225)
4(12713−3024∗1,5−288∗2,25)2
=
1350,8 𝑐 −2
𝑁𝑦 =
11775 ∗ 1350,8 + 3 ∗ 1,8375 + 3
√2
(4 + 4 ∗ 2,25 − (5 − 5 2 ))
= 33114,1 н
4. В задаче А тело вращается равномерно, значит сумма моментов всех сил, действующих на
тело, равна нулю. На тело, кроме момента 𝑀𝑧 , действует сила давления, обратная по
направлению силе 𝑁𝑦 , найденной в задаче А
𝑁𝑦 = 𝑚𝛗̇(2𝑥̇ − 𝛗̇𝑅𝑆𝑖𝑛𝛼)
Ее момент относительно оси z равен
𝑁𝑦 = (𝑥 − (𝑅 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼))
Приравнивая сумму моментов нулю
𝑀𝑧 + 𝑁𝑦 (𝑥 − (𝑅 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼)) = 0
(2.16)
находим закон изменения вращательного момента, поддерживающий постоянную угловую
скорость тела
𝑀𝑧 = −𝑁𝑦 (𝑥 − (𝑅 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼)) = 𝑚𝛗̇(2𝑥̇ − 𝛗̇𝑅𝑆𝑖𝑛𝛼)(𝑥 − (𝑅 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼)) = (2𝑥̇ + 7)(𝑥 − 1,465)
где законы относительного движения 𝑥 и скорости точки 𝑥̇ являются известными функциями
времени
Задание И3. Уравнения Лагранжа. Теорема об изменении кинетической энергии.
1. Методом Лагранжа получить дифференциальное уравнение относительного
движения точки, найденное в И1.
2. С помощью теоремы об изменении кинетической энергии найти реакцию тела на
точку, и сравнить ее с результатом в И1.
Дано:
m (кг) R(м) 𝛼 (град)
𝛾 (кг/м) 𝛗̇ (c-1) x0 (м) 𝒙̇ 𝟎 (м/с) 𝑴𝒛 (нм) 𝒙(𝒕) (м/с)
18
5
45
4
-2
Фе
x
y
Ur
Фс
α
β
R
h
x
P
O
Ue
3
2
-3t3-3
4+4t2
7
ω
φ
Z,ϖ
Решение
1. Найдем дифференциальное уравнение относительного движения точки из уравнения
Лагранжа
𝑑 𝜕𝑇 𝜕𝑇
𝑚
−
= 𝑄𝑥 , (3.1)
𝑇 = 𝑉2
𝑑𝑡 𝜕𝑥̇ 𝜕𝑥
2
Абсолютная скорость V точки складывается из переносной и относительной скоростей
𝑉 2 = 𝑥̇ 2 + 𝑣𝑒 2 + 2𝑥̇ 𝑣𝑒 𝑆𝑖𝑛β, 𝑣𝑒 = 𝜔ℎ,
h=√𝑅 2 + (𝑅 − 𝑥)2 − 2𝑅(𝑅 − 𝑥) cos 𝛼,
hsinβ=Rsinα
Таким образом, кинетическая энергия приобретает выражение
𝑚
𝑇 = (𝑥̇ 2 + 𝜔2 (𝑅 2 + (𝑅 − 𝑥)2 − 2𝑅(𝑅 − 𝑥) cos 𝛼) + 2𝑥̇ 𝜔𝑅𝑆𝑖𝑛𝛼)
2
Находим производные:
𝜕𝑇
𝑑 𝜕𝑇
𝜕𝑇
= 𝑚(𝑥̇ + 𝜔𝑅𝑆𝑖𝑛𝛼);
= 𝑚𝑥̈ ;
= 𝑚𝜔2 ((−𝑅 + 𝑥) + 𝑅𝐶𝑜𝑠𝛼);
𝜕𝑥̇
𝑑𝑡 𝜕𝑥̇
𝜕𝑥
Обобщенная сила 𝑄𝑥 = 0 поскольку сила тяжести перпендикулярна скорости точки и не
имеет мощности.
Подставив производные в уравнение Лагранжа приходим к дифференциальному
уравнению, найденному в И1
𝑥̈ − 𝜔2 (𝑥 − 𝑅 + 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼) = 0
2. Реакцию 𝑁𝑦 тела на точку найдем из теоремы об изменении кинетической энергии
точки.
𝑇̇ = 𝑁
где N- мощность физических сил, приложенных к точке, в переносном и в относительном
движениях точки.
𝑁 = 𝑁𝜑 + 𝑁𝑥
Физических сил, имеющих проекцию на ось 𝑥 нет, поэтому
𝑁𝑥 = 𝑄𝑥 𝑥̇ = 0
Во вращательном переносном движении точки мощность реакции вычисляем через момент
𝑁𝜑 = 𝑚𝑧 (𝑵𝑦 )𝜑̇ ;
По рисунку:
𝜕𝑇
𝜕𝑇
𝑇̇ =
𝑥̈ +
𝑥̇ = 𝑚(𝑥̇ + 𝜔𝑅𝑆𝑖𝑛𝛼)𝑥̈ + 𝑚𝜔2 ((−𝑅 + 𝑥) + 𝑅𝐶𝑜𝑠𝛼)𝑥̇ = 𝑁𝒚 𝜔((𝑥 − (𝑅 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼))
𝜕𝑥̇
𝜕𝑥
Из дифференциального уравнения
𝑥̈ = 𝜔2 (𝑥 − 𝑅 + 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼)
Таким образом, после сокращения на 𝜔(𝑥 − 𝑅 + 𝑅𝐶𝑜𝑠𝛼) находим тот же результат,
что и в И1
𝑁𝑦 = 𝑚𝜔(2𝑥̇ − 𝜔𝑅𝑆𝑖𝑛𝛼)
8
Задание И4. Уравнения Лагранжа.
m (кг)
R(м)
𝛼 (град)
𝛾 (кг/м)
18
5
45
4
Дано:
𝛗̇ (c-1) x0 (м)
-2
3
𝒙̇ 𝟎 (м/с)
𝑴𝒛 (нм)
𝒙(𝒕) (м/с)
2
-3t3-3
4+4t2
Фе
x
y
Ur
Фс
α
R
h
x
P
O
Ue
ω
φ
Z,ϖ
1. Найдем закон изменения угловой скорости из уравнения Лагранжа
𝑑 𝜕𝑇 𝜕𝑇
−
= 𝑄𝜑
𝑑𝑡 𝜕𝜑̇ 𝜕𝜑
Кинетическая энергия системы складывается из энергии тела и точки
𝐽окр 2 𝑚 2
𝑇 = 𝑇окр + 𝑇𝑀 =
𝜑̇ + 𝑣
2
2
𝑀𝑅 2
3𝑀𝑅 2 3𝜋𝑅 2 𝛶𝑅 2 3 ∗ 3,14 ∗ 25 ∗ 4 ∗ 25
+ 𝑀𝑅 2 =
=
=
= 11775 кгм2
2
2
2
2
18
𝑇 = 5887,5𝜑̇ 2 + [8𝑡 2 + 𝜑̇ 2 (𝑅 2 + (𝑅 − 𝑥)2 − 2𝑅(𝑅 − 𝑥)𝑐𝑜𝑠𝛼) − 2𝑥̇ 𝜑̇ 𝑅𝑆𝑖𝑛𝛼]
2
𝐽окр =
h=√𝑅 2 + (𝑅 − 𝑥)2 − 2𝑅(𝑅 − 𝑥)𝑐𝑜𝑠𝛼
Ve=𝜑̇ √𝑅 2 + (𝑅 − 𝑥)2 − 2𝑅(𝑅 − 𝑥)𝑐𝑜𝑠𝛼
Подставив данные задачи, находим
𝑇 = 5887,5𝜑̇ 2 + 9 [8𝑡 2 + 𝜑̇ 2 (25 + (5 − 4 + 4𝑡 2 )2 − 2 ∗ 5(5 − 4 + 4𝑡 2 )
√2
)
2
− 2 ∗ 8𝑡 ∗ 5𝜑̇ ∗
=5887,5𝜑̇ 2 + 9[8𝑡 2 + 𝜑̇ 2 (25 + 1 + 8𝑡 2 + 16𝑡 4 − 5√2 − 20√2𝑡 2 ) − 40√2𝑡𝜑̇ ]=
= 5887,5𝜑̇ 2 + 9[8𝑡 2 + 𝜑̇ 2 (16𝑡 4 + 𝑡 2 (8 − 20√2) + 26 − 5√2) − 40√2𝑡𝜑̇ ]
̇
√2
]
2
9
Обобщенная сила 𝑄𝜑 = 𝑀𝑧 = −3𝑡 3 − 3
𝜕𝑇
= 0,
𝜕𝜑
𝜕𝑇
= 11775𝜑̇ + 18𝜑̇ (16𝑡 4 + 𝑡 2 (8 − 20√2) + 26 − 5√2) − 360√2𝑡
𝜕𝜑̇
=−
3𝑡 4
− 3𝑡
4
На вылете t=1,225
3𝑡 4
− 4 − 3𝑡 + 360√2𝑡
𝜑̇ =
;
11775 + 18(16𝑡 4 + 𝑡 2 (8 − 20√2) + 26 − 5√2)
618,3
= 0,005 с−1
12471
Видим, что в данном примере кинетический момент системы связан с кинетической энергией
формулой
𝜕𝑇
= 𝐾𝑧
𝜕𝜑̇
𝜑̇ 1 =
Задание И5. Уравнений Лагранжа. Теорема об изменении кинетической энергии в
переносном движении
Дано:
m (кг) R(м) 𝛼 (град)
𝛾 (кг/м) 𝛗̇ (c-1) x0 (м) 𝒙̇ 𝟎 (м/с) 𝑴𝒛 (нм) 𝒙(𝒕) (м/с)
18
5
45
4
-2
Фе
x
y
Ur
Фс
α
β
R
h
А
x
P
O
Ue
3
2
-3t3-3
4+4t2
10
ω
φ
Z,ϖ
1. Дифференциальные уравнения движения системы найдем из уравнений Лагранжа.
За обобщенные координаты выберем x и φ.
Запишем соответствующие уравнения Лагранжа:
𝑑 𝜕𝑇 𝜕𝑇
𝑑 𝜕𝑇 𝜕𝑇
−
= 𝑄𝑥 ;
−
= 𝑄𝜑 (5.1)
𝑑𝑡 𝜕𝑥̇ 𝜕𝑥
𝑑𝑡 𝜕𝜑̇ 𝜕𝜑
Выражение кинетической энергии системы (4.2) позаимствуем из задания И4
𝐽окр 2 𝑚 2
𝑇 = 𝑇окр + 𝑇𝑀 =
𝜑̇ + 𝑣 =
2
2
𝑚
2
2
2
2
2
= 5887,5𝜑̇ + 2 [𝑥̇ + 𝜑̇ (𝑅 + (𝑅 − 𝑥) − 2𝑅(𝑅 − 𝑥)𝑐𝑜𝑠𝛼) + 2𝑥̇ 𝜑̇ 𝑅𝑆𝑖𝑛𝛼]=
= 5887,5𝜑̇ 2 +
18
2
[𝑥̇ 2 + 𝜑̇ 2 (50 − 10𝑥 + 𝑥 2 − 5√2(5 − 𝑥)) + 5√2𝜑̇ 𝑥̇ ] (5.2)
Производные по 𝒙:
𝑑 𝜕𝑇
𝑑𝑡 𝜕𝑥̇
= 18 (𝑥̈ +
5 √2
2
𝜑̇ ) ;
𝜕𝑇
𝜕𝑥
= 9(−10 + 2𝑥 + 5√2)𝜑̇ 2 ; (5.3)
Обобщенная сила
𝑄𝑥 = 0 (5.4)
равна нулю, поскольку нет сил, имеющих составляющие вдоль 𝑥
Подставив (5.3) и (5.4) в (5.1) получаем дифференциальное уравнение по 𝑥:
9(2𝑥̈ + 5√2𝜑̇ ) = 9(−10 + 2𝑥 + 5√2)𝜑̇ 2 (5.5)
Поскольку.
𝜕𝑇
= 0;
𝑄𝜑 = 0
(5.6)
𝜕𝜑
то 𝜑 является циклической координатой, и ей соответствует циклический интеграл
дифференциального уравнения по 𝜑:
𝜕𝑇
= 11775𝜑̇ + 18𝜑̇ (50 − 10𝑥 + 5√2(5 − 𝑥) + 𝑥 2 ) + 45√2𝑥̇ = 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡
(5.7)
𝜕𝜑̇
Покажем, что циклический интеграл (5.7) выражает факт сохранение кинетического момента
системы относительно оси z. Согласно формуле (2.1) задания И2
𝐾𝑧 = (𝐽окр + 𝐽𝑚 )𝜑̇ + 𝑚𝑥̇ 𝑅𝑠𝑖𝑛𝛼 =
= 11775𝜑̇ + 18𝜑̇ (𝑅 2 + (𝑅 − 𝑥)2 − 2𝑅(𝑅 − 𝑥)𝑐𝑜𝑠𝛼) + 𝑚𝑥̇ 𝑅𝑠𝑖𝑛𝛼
Подстановка данных задачи дает
𝐾𝑧 = 11775𝜑̇ + 18𝜑̇ (50 − 10𝑥 + 5√2(5 − 𝑥) + 𝑥 2 ) + 45√2𝑥̇
(5.8)
что в точности совпадает с выражением (5.7).
Значит (5.7) действительно выражает факт сохранение кинетического момента системы
относительно оси z. Ввиду начального покоя системы
𝐾𝑧 = 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡 = 0 (5.9)
Производная от (5.7) приводит к дифференциальному уравнению по 𝜑
18𝜑̈ (694 − 10𝑥 + 5√2(5 − 𝑥) + 𝑥 2 ) − 2𝜑̇ 𝑥̇ + 45√2𝑥̈ = 0
(5.10)
1. Проверим уравнение относительного движения точки (1.2) в условиях задачи А.
При подстановке условий задачи А: 𝜑̇ = −2 = 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡 в (5.5) получаем точно такое же
уравнение, как в задаче А
9(2𝑥̈ − 10√2) = 36(−10 + 2𝑥 + 5√2)
2𝑥̈ − 10√2 = −40 + 8𝑥 + 20√2
𝑥̈ − 4𝑥 = −30 + 5√2 (5.11)
11
2. Проверим закон угловой скорости тела, найденный в условиях задачи Б
При подстановке условий задачи Б при отсутствии момента 𝑀𝑧 : 𝑥 = −𝟑𝐭 𝟑 − 𝟑 в (5.7) получаем
тот же закон угловой скорости
11775𝜑̇ + 18𝜑̇ (50 − 10(−𝟑𝐭 𝟑 − 𝟑) + 5√2(5 − 𝑥) + (−𝟑𝐭 𝟑 − 𝟑 )2 ) + 45√2(−9𝐭 𝟐 ) = 𝐾𝑧
= 0 или
45√2𝐭 𝟐
𝜑̇ =
(5.12)
(50 − 10(−𝟑𝐭 𝟑 − 𝟑) + 5√2(5 − 𝑥) + (−𝟑𝐭 𝟑 − 𝟑 )2 ) − 11775
что и в задании И2 при отсутствии момента.
3. Общее выражение зависимости реакции 𝑁𝒚 тела на точку найдем из теоремы об
изменении кинетической энергии точки в переносном движении
𝜕𝑇
𝑇̇1 + 2𝑇̇0 −
= 𝑵𝒚 ∙ 𝒗𝑒 (5.13)
𝜕𝑡
Здесь использовано разложение выражения кинетической энергии точки Т на слагаемые по
степеням относительной скорости. Справа стоит мощность внешних сил (они здесь состоят из
одной реакции 𝑁𝒚 ) на переносном движении точки.
1
𝑇𝑀 = (𝑥̇ 2 + 𝜑̇ 2 (50 − 10𝑥 + 𝑥 2 − 5√2(5 − 𝑥)) + 5√2𝜑̇ 𝑥̇ ) = 𝑇2 + 𝑇1 + 𝑇0
(5.14)
2
Кинетическая энергия Т не содержит времени t, поэтому
𝜕𝑇
=0
(5.15)
𝜕𝑡
Энергия T1 , содержащая 𝑥̇ в первой степени и ее производная
√2
√2
(𝑥̈ 𝜑̇ + 𝑥̇ 𝜑̈)
𝑇1 = 5
𝑥̇ 𝜑̇
𝑇̇1 = 5
(5.16)
2
2
Энергия T0 , содержащая 𝑥̇ в нулевой степени и ее производная
𝜑̇ 2
𝑇0 =
(50 − 10𝑥 + 𝑥 2 − 5√2(5 − 𝑥))
2𝑇̇0 = 2𝜑̇ 2 𝑥̇ (𝑥 − 10 + 5√2)
2
(5.17)
Мощность реакции в переносном движении точки
𝑵𝒚 ∙ 𝒗𝑒 = 𝑁𝒚 𝜑̇ (𝑥 − 10 + 5√2)
(5.18)
После подстановки в теорему (5.13) получаем
√2
(𝑥̈ 𝜑̇ + 𝑥̇ 𝜑̈) + 2𝜑̇ 2 𝑥̇ (𝑥 − 10 + 5√2)
𝑁𝒚 𝜑̇ (𝑥 − 10 + 5√2) = 5
2
5 √2 (𝑥̈ 𝜑̇ + 𝑥̇ 𝜑̈ )
2
𝑁𝒚 = 2𝑥̇ 𝜑̇ +
𝜑̇ (𝑥 − 10 + 5√2)
(5.19)
Проверим выражение (для реакции Ny в условиях задачи А, где: 𝜑̇ = −2 = 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡, 𝜑̈ = 0
Подставив эти условия в (5.19), получаем
−5 √2 𝑥̈
2
𝑁𝑦 = −4𝑥̇ −
𝑥 − 10 + 5√2
В силу дифференциального уравнения движения точки
𝑥̈ − 4𝑥 = −30 + 5√2
получаем то же выражение (1.8)
−5 √2 − 30 + 5√2 + 4𝑥
2
𝑁𝑦 = − 4𝑥̇ −
𝑥−1
что и в задании И1.