Определение 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, i2ξ= 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.

Решение
Применим теорему об изменении кинетической энергии системы:
T - T0= ∑ Ake + ∑Aki, (2.1)
где T0 и T   – кинетическая 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 = ω3 r3 . Следовательно, по (2.5), ω3 r3 = v1(R2 + r2) / R2.

Рисунок 2.1


Так как R2 = 2r2 , то  ω3 r3 = 3/2 v1, откуда
ω3 = 3/2 v1 / r3. (2.6)

Заменяя в формуле (2.6) ω3 = dφ3 / dt, v1 = ds / dt, получим  dφ3 / dt = 3/2r3 ds / dt, или dφ3 = 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 + J2ξω22 / 2, (2.10)

где J2ξ - момент инерции катка 2 относительно его продольной центральной оси C2ξ :
J2ξ = 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 + J4ξω42 / 2,

где vC4 - скорость центра масс C4 шатуна 4; ω4 - угловая скорость шатуна 4; J4ξ - момент инерции шатуна относительно центральной оси C4ξ.

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 + J5ξω52 / 2

где vC5 - скорость центра масс C5  катка 5; ω5 - угловая скорость катка 5; J5ξ - момент инерции катка 5 (однородного сплошного цилиндра) относительно его центральной оси  C5ξ,   J5ξ = 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 + i2ξ2 / 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 sin α. (2.23)

Работа силы трения скольжения  Fтр
 AFтр = - Fтр s.

Так как  Fтр = fN1 = fG1 cos α, то
AFтр = -f m1gs cos α. (2.24)

Работа силы тяжести G2
AG2 = G2hС2 = m2gs sin α. (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 = - MC φ5, (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 = 4 R3 .
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):
 129m1v12 / 2 = 1,51m1gs, откуда v1 = 0,21 м/с.