Расчет скорости тела в заданный момент

Расчет скорости тела в заданный момент

Задача

Механическая система под действием сил тяжести приходит в движение из состояния покоя. Учитывая трение скольжения тела 1 и сопротивление качению тела 5, катящегося без скольжения, пренебрегая другими силами сопротивления и массами нитей, предполагаемых нерастяжимыми, определить скорость тела 1 в тот момент, когда пройденный им путь станет равным s.

Дано: m1 – масса груза 1, m2 = 2m1, m3 = m1, m4 = 0,5m1, m5 = 20m1, R2 = R3 = 12 см, r2 = 0,5R2, r3 = 0,75R3, R5 = 20 см, AB = l = 4R3, i = 8 см, i3x = 10 см, α = 30◦, ƒ = 0,1, δ = 0,2 см, s = 0,06π м.

Сопротивление качению тела 2 не учитывать. Шатун 4 считать тонким однородным стержнем; каток 5 – однородный сплошной цилиндр. Массами звена BC5 и ползуна B пренебречь. На рисунке 2.1, а показана механическая система в начальном положении.

Найти: ν1 – скорость груза 1 в конечном положении.

Пример решения

Применим теорему об изменении кинетической энергии системы:

T - T0=∑Ake + ∑Aki, (2.1)

где T0 и Tкинетическая энергия системы в начальном и конечном положениях; ∑Ake – сумма работ внешних сил, приложенных к системе, на перемещении системы из начального положения в конечное; ∑Aki – сумма работ внутренних сил системы на том же перемещении.

Для рассматриваемых систем, состоящих из абсолютно твердых тел, соединенных нерастяжимыми нитями и стержнями, ∑Aki = 0.

Так как в начальном положении система находится в покое, то T0=0.

Следовательно, уравнение (2.1) принимает вид

T = ∑Ake. (2.2)

Для определения кинетической энергии T и суммы работ внешних сил изобразим систему в конечном положении (рисунок 2.1, б, в).

Напишем кинематические соотношения между скоростями и перемещениями точек системы, т.е. уравнения связей, при этом скорости и перемещения выразим соответственно через скорости и перемещения груза 1.

Скорость центра масс C катка 2 равна скорости груза 1:

vC2 = v1. (2.3)

Угловая скорость катка 2, мгновенный центр скоростей которого находится в точке P2,

ω2= vC2 / C2P2
или
ω2 = v1/ R2. (2.4)

Скорость точки D катка 2

vD = ω2∙DP2, т.е.
vD = v1(R2 + r2) / R2.

Скорость точки E блока 3 равна скорости точки D катка 2:

vE = vD. (2.5)

Но vE = ω3r3. Следовательно, по (2.5),

ω3r3 = v1(R2 + r2) / R2.

Рисунок 2.1

Так как R2 = 2r2, то ω3r3 = 3/2 v1, откуда

ω3 = 3/2 ∙ v1 / r3. (2.6)

Заменяя в формуле (2.6) ω3 = dφ3/dt, v1 = ds/dt, получим 3/dt = 3/2∙r3∙ds/dt, или 3 = 3/2 ∙ ds/r3.

После интегрирования (при нулевых начальных условиях)

φ3 = 3/2 ∙ s/r3.

Когда груз 1 пройдет путь s = 0,06π м, блок 3 повернется на угол φ3:

φ3 = 3/2 ∙ s/r3 =
= 3/2 ∙ 0,06π/0,09 = π
. (2.7)

При этом повороте блока 3 на 180º его точка A0 перейдет в конечное положение A и шатун 4 из начального положения A0B0 перейдет в конечное положение AB.

Каток 5 переместится влево при повороте блока 3 на угол π/2 и вправо при повороте блока еще на π/2; значит, конечное положение катка 5 совпадает с его начальным положением.

Таким образом, конечное положение всей системы вполне определено (рисунок 2.1, б).

Вычислим кинетическую энергию системы в конечном положении как сумму кинетических энергий тел 1, 2, 3, 4, 5:

T = T1 + T2 + T3 + T4 + T5. (2.8)

Кинетическая энергия груза 1, движущегося поступательно,

T1 = m1v12 / 2. (2.9)

Кинетическая энергия катка 2, совершающего плоское движение,

T2 = m2vC22 / 2 + Jω22 / 2, (2.10)

где J - момент инерции катка 2 относительно его продольной центральной оси C:

J = m2i2. (2.11)

Подставляя (2.3), (2.4), (2.11) в формулу (2.10), получаем

Кинетическая энергия тела 3, вращающегося вокруг оси Ox,

T3 = J3xω32 / 2, (2.13)

где J3x - момент инерции блока 3 относительно оси Ox:

J3x = m3i3x2. (2.14)

Подставляя (2.6), (2.14) в формулу (2.13), получаем

Кинетическая энергия шатуна 4, совершающего плоское движение,

T4 = m4vC42 / 2 + Jω42 / 2,

где vC4 - скорость центра масс C4 шатуна 4; ω4 - угловая скорость шатуна 4; J - момент инерции шатуна относительно центральной оси C.

Для определения vC4 и ω4 найдем положение мгновенного центра скоростей шатуна 4. Так как скорости точек A и B в этот момент параллельны, то мгновенный центр скоростей шатуна 4 находится в бесконечности; следовательно, угловая скорость шатуна в данный момент ω4=0, а скорости всех его точек параллельны и равны между собой. Таким образом, кинетическая энергия шатуна 4

T4 = m4vC42 / 2, (2.16)
где
vC4 = vA. (2.17)

Вращательная скорость точки A тела 3

vA = ω3R3, (2.18)

или с учетом (2.14)

vA = 3/2 ∙(R3v1) / r3.

Поскольку r3 = 3/4 R3, получим vA = 2v1.

По (2.17)
vC4 = vA,  vC4 = 2v1. (2.19)

После подстановки (2.19) в (2.16) выражение кинетической энергии шатуна 4 принимает вид

T4 = m4(2v1)2 / 2 = 2m4v12. (2.20)

Кинетическая энергия катка 5, совершающего плоское движение,

T5 = m5vC52 / 2 + Jω52 / 2

где vC5 - скорость центра масс C5 катка 5; ω5 - угловая скорость катка 5; J - момент инерции катка 5 (однородного сплошного цилиндра) относительно его центральной оси C, J = m5R52/2.

Так как каток катится без скольжения, то мгновенный центр скоростей находится в точке P5.
Поэтому ω5 = vC5/R5.

Следовательно,

T5 = m5vC52/2 + m5R52vC52/2∙2R52 = 3/4 ∙ m5vC52.

Так как звено BC5 совершает поступательное движение, то vC5 = vB, но vB = vC4 = 2v1. Значит, vC5 = 2v1.

Поэтому выражение кинетической энергии катка 5 принимает вид

T5 = 3/4 m5(2v1)2 = 3m5v12. (2.21)

Кинетическая энергия всей механической системы определяется по формуле (2.8) с учетом (2.9), (2.12), (2.15), (2.20) и (2.21):

Подставляя сюда заданные значения масс, получаем

T = m1v12[1 + 2(1 + i2/R22) +
+ (9/4) ∙ (i3x2/r32) + 2 +120] / 2,
или
T = 129 m1v12/2. (2.22)

Найдем сумму работ всех внешних сил, приложенных к системе, на заданном её перемещении (внешние силы, приложенные к системе, показаны на рисунке 2.1, в).

Работа силы тяжести G1

AG1 = G1h = m1gs sinα. (2.23)

Работа силы трения скольжения Fтр

AFтр = - Fтрs.

Так как Fтр = fN1 = fG1 cosα, то

AFтр = -f m1 gs cosα. (2.24)

Работа силы тяжести G2

AG2 = G2hС2 = m2 gs sinα. (2.25)

Работа сил сцепления Fсц2, Fсц5 катков 2 и 5 равна нулю, т.к. эти силы приложены в мгновенных центрах скоростей этих катков.

Работа силы тяжести G4

AG4 = G4 hС4, (2.26)

где hС4 - вертикальное перемещение центра тяжести С4 шатуна 4 из начального положения в его конечное положение (рисунок 2.1, г), hС4 = R3:

AG4 = m4gR3. (2.27)

Работа пары сил сопротивления качению катка 5

AMc = - MCφ5, (2.28)

где MC = δN5 = δG5 - момент сопротивления качению катка 5; φ5 - угол поворота катка 5.

Так как каток 5 катится без скольжения, то угол его поворота

φ5 = sC5 / R5, (2.29)

где sC5 - перемещение центра тяжести C5 катка 5.

В данном примере работу пары сил сопротивления вычислим как сумму работ этой пары при качении катка 5 влево при повороте тела 3 на угол π/2 и качении вправо, когда тело 3 повернется еще на угол π/2. Перемещение центра тяжести C5 катка 5 равно перемещению ползуна B влево и вправо:

sC5 = 2(B0B'). (2.30)

Определим перемещение B0B' при повороте тела 3 на угол π/2. За начало отсчета координаты точки B выберем неподвижную точку K плоскости (рисунок 2.1, г). При этом повороте тела 3 шатун из положения A0B0 перейдет в положение KB'. Тогда

B0B' = KB0 - KB', где
KB' = l = 4R3.

Следовательно,

Подставляя (2.31) и (2.30), а затем в (2.29), находим полный угол поворота катка 5:

φ5 = 1,76R3 / R5. (2.32)

Работа момента сопротивления качению по (2.28)

AMc = - δm5g ∙ 1,76R3 / R5. (2.33)

Сумма работ внешних сил определится сложением работ, вычисляемых по формулам (2.23) – (2.27) и (2.33):

ΣAke = m1gs(sinα - ƒcosα + 2 sinα +
+ R3/2s - δ ∙ 20 ∙ 1,76R3 / R5s)
,
или ΣAke = 1,51m1gs. (2.34)

Согласно теореме (2.2), приравняем значения T и ΣAke, определяемые по формулам (2.22) и (2.34):

129∙m1v12 / 2 = 1,51m1gs,
откуда v1 = 0,21 м/с.

Другие примеры решения задач >>