ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 17.07.2025
Просмотров: 564
Скачиваний: 0
Разделив в уравнении (2) переменные, получим
dv |
= -dt . |
|||||||||||
4,9 + 0,2v |
||||||||||||
Возьмем от обеих частей интегралы: |
||||||||||||
v |
dv |
= -òt |
||||||||||
òB |
dt |
|||||||||||
4,9 + 0,2v |
||||||||||||
vA |
0 |
|||||||||||
1 |
v |
d(4,9 + 0,2v) |
= -òt |
|||||||||
òB |
dt |
|||||||||||
0,2 |
4,9 + 0,2v |
|||||||||||
vA |
0 |
|||||||||||
ln(4,9 + 0,2v) |
vA = −0,2t |
(3) |
||||||||||
vB |
||||||||||||
Подставляя в уравнение (3) пределы интегрирования, получим: ln(4,9 + 0,2vB ) − ln(4,9 + 0,2vA ) = −0,2t
Отсюда
ln 4,9 + 0,2vB = -0,2t 4,9 + 0,2vA
4,9 + 0,2vB = e−0,2t
4,9 + 0,2vA
В результате находим
vB = (4,9 + 0,2vA ) × e−0,2t - 4,9 = 7,8 м/с (4) 0,2
Теперь рассмотрим движение груза на участке ВС; найденная скорость vB будет для движения на этом участке начальной скоростью ( v0 = vB ). Изображаем груз в произвольном положении и действующие на него силы P = mg , N и F .
Проведем из точки В ось В и составим дифференциальное уравнение движения груза в проекции на эту ось:
m |
dvx |
= P + N |
x |
+ F |
x |
(5) |
|||||||||||
dt |
x |
||||||||||||||||
Так как P = Psin 300 |
= mg sin 300 , N |
x |
=0, |
F |
x |
= 10sin(4t) , то уравнение (5) примет вид: |
|||||||||||
x |
|||||||||||||||||
m |
dvx |
= mg sin 300 + 10 sin(4t) . |
|||||||||||||||
dt |
|||||||||||||||||
Разделив обе части равенства на |
= 2 кг, получим: |
||||||||||||||||
dvx |
= 4,9 + 5sin(4t) |
(6) |
|||||||||||||||
dt |
|||||||||||||||||
Умножая обе части уравнения (6) на |
и интегрируя, найдем |
||||||||||||||||
= 4,9 |
1,25 |
+ . (7) |
|||||||||||||||
от момента, когда груз находится в точке В, |
|||||||||||||||||
Будем теперь отсчитывать время – |
(4 ) |
||||||||||||||||
считая в этот момент |
= 0. Тогда при |
= 0 vx |
= v0 |
= vD , где vВ дается равенством (4). |
|||||||||||||
Подставим эти величины в (7): |
|||||||||||||||||
c1 = vB +1,25cos0 |
= 7,8 +1,25 = 9,05 |
||||||||||||||||
При найденном значении c1 уравнение (7) дает
x = 2,45t 2 - 0,31sin(4t) + 9,05t + c2
Так как при = 0 x = 0, то c2 = 0 и окончательно искомый закон движения груза будет:
x = 2,45t 2 - 0,31sin(4t) + 9,05t ,
где x - в метрах, – в секундах.
28
Задача Д2 |
||||||||
Груз массой |
укреплен на пружинной подвеске в лифте (рис. Д2.0 - Д2.9, |
|||||||
табл. Д2). Лифт движется вертикально по закону: x |
= |
1 |
a t 2 + a |
sin(wt) + a |
cos(wt) (ось |
|||
1 |
2 |
1 |
2 |
3 |
||||
x1 направлена по вертикали вверх; x1 выражено в метрах, |
- в секундах). На груз |
|||||||
действует сила сопротивления среды R= μv, где |
- скорость груза по отношению к |
|||||||
лифту.
В таблице приняты следующие обозначения: c1, c2 , c3 - коэффициенты жесткости пружин, λСТ - статическое удлинение пружины с эквивалентной жесткостью, λ0 - удлинение пружины с эквивалентной жесткостью в начальный момент времени t0 = 0, v0 - начальная скорость груза по отношению к лифту (направлена вертикально вверх). Прочерк во всех столбцах c1, c2 , c3 стоит, когда задано λСТ , а прочерк в одном из столбцов означает, что соответствующая пружина
отсутствует и на чертеже изображаться не должна. Если при этом конец одной из оставшихся пружин окажется свободным, его следует прикрепить в соответствующем месте или к грузу или к потолку (полу) лифта; то же следует сделать, если свободными окажутся соединенные планкой концы обеих оставшихся пружин( ) .
Найти закон движения груза по отношению к лифту, т. е. = ; начало
координат поместить в положении статического равновесия груза при неподвижном лифте. При подсчетах можно принять g ≈ 10 м/с2.
Указания. Задача Д2 охватывает одновременно темы относительное движение и колебания материальной точки. Сначала нужно составить дифференциальное уравнение относительного движения (по отношению к лифту) рассматриваемого в задаче груза, для чего присоединить к действующим силам переносную силу инерции. При этом заменить подвеску одной пружиной с жесткостью, эквивалентной жесткости подвески. Затем проинтегрировать полученное линейное дифференциальное уравнение 2-го порядка, учтя начальные условия.
Таблица Д2
№ |
, кг |
c , |
c |
2 |
, |
c |
3 |
, |
λСТ , м |
a1 |
a2 , м |
a3 , м |
w, |
μ , |
λ0 , м |
, м/с |
|
усл. |
1 |
рад/с |
Н·м/с |
||||||||||||||
Н/м |
Н/м |
Н/м |
|||||||||||||||
0 |
0,5 |
300 |
150 |
- |
- |
0 |
0,1 |
0 |
25 |
- |
0 |
0 |
|||||
1 |
2 |
- |
240 |
120 |
- |
-1,5g |
0 |
0 |
- |
16 |
0,1 |
0 |
|||||
2 |
4 |
- |
- |
- |
0,1 |
-0,5g |
0,3 |
0 |
5 |
- |
0 |
4 |
|||||
3 |
1 |
240 |
- |
160 |
- |
0 |
0 |
0,2 |
16 |
- |
0 |
0 |
|||||
4 |
0,5 |
80 |
120 |
- |
- |
-g |
0 |
0 |
- |
12 |
0,15 |
0 |
|||||
5 |
2 |
- |
400 |
400 |
- |
0,5g |
0 |
0,15 |
15 |
- |
0 |
0 |
|||||
6 |
0,4 |
- |
- |
- |
0,05 |
g |
0 |
0 |
- |
8 |
0 |
2 |
|||||
7 |
0,5 |
120 |
- |
180 |
- |
0 |
0,12 |
0 |
20 |
- |
0 |
0 |
|||||
8 |
0,4 |
50 |
200 |
- |
- |
0 |
0 |
0,12 |
20 |
- |
0,15 |
0 |
|||||
9 |
1 |
200 |
- |
300 |
- |
1,5g |
0 |
0 |
- |
20 |
0 |
3 |
|||||
29
C1
C2
C3
Рис. Д2.0
C 2
C1
C3
C3
C2 C1
Рис. Д2.1
C1 C2
C3
Рис. Д2.4 Рис. Д2.5
C2 |
|
C1 |
C 3 |
C2C1
C3
Рис. Д2.2
C1 |
|
C 2 |
C3 |
Рис. Д2.6
C2
C1 C3
C1
C3
C2
Рис. Д2.3
C2 C3
C1
Рис. Д2.7
Рис. Д2.8 |
Рис. Д2.9 |
30
Пример Д2. Груз массой , прикрепленный к двум последовательно соединенным пружинам с коэффициентами жесткости c1 и c2 , перемещается относительно лифта. Лифт движется вертикально по закону x1 = f1 (t) (рис. Д2, а). Начальное удлинение пружины с эквивалентной жесткостью равноλ0 , а начальная скорость груза по отношению к лифту .
Дано: |
= 0,5 кг, |
= 240 Н/м, = 120 Н/м, λ0 =0,12 м, = 0,8 м/с. |
||
= 2 |
+ 0,4 |
. |
||
Определить: |
x |
= (2f (t)- закон движения груза по отношению к лифту. |
||
) |
||||
C1 |
||
C 2 |
Fy |
|
λu |
||
O |
Fy x |
|
P |
||
Fпери |
||
x |
||
P |
||
a) |
б) |
Рис. Д.2
Решение. Заменим прикрепленные к грузу пружины одной эквивалентной пружиной с коэффициентом жесткости эк = . При последовательном соединении пружин
жесткость эквивалентной пружины
c = |
c1 × c2 |
= 80 Н/м (2) |
|||
c |
+ c |
2 |
|||
1 |
|||||
Составим дифференциальное уравнение относительного движения груза.
В положении статического равновесия груза эквивалентная пружина под действием силы тяжести P будет растянута на величину λСТ . Из условия равновесия следует, что åFix = 0 , P - Fy = 0 , mg - cλСТ = 0
λСТ = mgc = 0,06 м (3)
Начало координат поместим в положении статического равновесия груза, а ось направим в сторону удлинения пружины. Рассмотрим груз в произвольном положении, определяемом координатой >0 и изобразим действующие на него силы: силу тяжести , силу упругости Fy . Присоединим к этим силам переносную силу
инерции Fпери = −maпер . Тогда уравнение относительного движения в векторной форме будет иметь вид:
31
maотн = P + Fy + Fпери
Проектируя обе его части на ось |
, получим: |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
m&x& = P − F |
y |
+ F и |
(4) |
|||||||||||||||||||||||||||||||
пер |
||||||||||||||||||||||||||||||||||
Найдем значения |
и |
и |
: |
|||||||||||||||||||||||||||||||
F |
y |
F |
||||||||||||||||||||||||||||||||
пер |
||||||||||||||||||||||||||||||||||
F |
y |
= c(x + λ |
СТ |
) , |
F и |
= ma |
пер |
= m&x& , |
||||||||||||||||||||||||||
пер |
1 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
где &x&1 - ускорение лифта. Из равенства (1) находим, что &x&1 |
= 4 −1,6cos(2t) . Подставляя |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
все эти величины в уравнение (4), получим: |
||||||||||||||||||||||||||||||||||
m&x& = mg − c(x + λСТ ) + m[4 −1,6cos(2t)] |
||||||||||||||||||||||||||||||||||
Т. к. mg − cλСТ = 0 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||
&x&+ |
c |
x = 4 −1,6cos(2t) . |
||||||||||||||||||||||||||||||||
m |
− |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
Обозначим k 2 = |
c |
= 160 с-2, |
= 4 м/с2, |
= |
1,6 м/с2. |
|||||||||||||||||||||||||||||
m |
||||||||||||||||||||||||||||||||||
Тогда &x&+ k 2 x = a + bcos(2t) (5) |
||||||||||||||||||||||||||||||||||
Проинтегрируем уравнение (5). Его общим решением будет |
||||||||||||||||||||||||||||||||||
x = x1 + x2 |
(6) |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
где x1 - решение однородного уравнения |
||||||||||||||||||||||||||||||||||
= |
( |
) |
+ |
( |
) |
(7) |
||||||||||||||||||||||||||||
а x2 - частное решение уравнения (5) |
||||||||||||||||||||||||||||||||||
x2 = A + Bcos2t (8) |
||||||||||||||||||||||||||||||||||
Для определения постоянных |
и |
находим |
= |
4 |
. Подставляем |
|||||||||||||||||||||||||||||
значения x |
2 |
и |
&x& |
в уравнение (5) |
в его обеих частях свободные |
|||||||||||||||||||||||||||||
2 |
и приравниваем ̈ |
− |
2 |
|||||||||||||||||||||||||||||||
члены и коэффициенты при cos2t. В результате, принимая во внимание соответствующие обозначения, получим:
A = |
a |
= 0,02 м, B = |
b |
= −0,01 м. |
|
k 2 |
k 2 − 4 |
||||
Тогда из равенств (6), (7) и (8), учитывая k = 12,6 с-1, получим следующее общее решение уравнения (5)
x = c1 sin(12,6t) + c2 cos(12,6t) − 0,01cos(2t) + 0,02 (9)
Для определения постоянных интегрирования c1 и c2 найдем еще vx = x&
vx = 12,6c1 cos(12,6t) −12,6c2 sin(12,6t) + 0,02sin(2t) (10)
Из условия задачи при = 0. v0 = 0,8 м/с, x0 = λ0 − λСТ = 0,06 м.
Подставив эти начальные данные в уравнение (9) и (10), найдем из них, что c1 = 0,06 , c2 = 0,05 . В результате уравнение (9) примет вид:
x = 0,06 sin(12,6t) + 0,05 cos(12,6t) − 0,01cos( 2t) + 0,02
Это уравнение и определяет искомый закон относительного движения груза, т. е. закон совершаемых им колебаний.
32