Logo GenDocs.ru

Поиск по сайту:  

Загрузка...

Динамика тела - файл 1.docx


Динамика тела
скачать (185.4 kb.)

Доступные файлы (1):

1.docx186kb.15.11.2011 22:48скачать

содержание

1.docx

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РЕСПУБЛИКИ БЕЛАРУСЬ


Учреждение образования

«Брестский государственный технический университет»


Кафедра сопротивления материалов и

теоретической механики


Контрольная работа №3


Тема: «Динамика»


Выполнил: студент III курса

факультета заочного обучения


Шифр:

Проверил: _________________

____________________________

____________________________


Брест 2008



Задача Д1.



Рис. Д1

Дано:


m = 1.6 кг

v0 = 18 м/с

Q = 4 Н

R = 0.4v Н

t1 = 2 c

Fx = 4cos(4t) Н


Найти:

x = f(t) - ?




Решение:


1) Рассмотрим движение груза на участке АВ, считая груз материальной точкой. Изобразим действующие на тело силы: силу сопротивления среды и силу . Проведем ось Az и составим дифференциальное уравнение движения груза в проекции на эту ось:

mdvdt=Fkz,

mdvdt=Rz-Qz, (1)

Rz=-0.4v, Qz=Q, vz=v,

mdvdt=Q-0.4v. (2)

Разделим переменные и проинтегрируем полученное уравнение:

1Q-0.4vdv=1mdt,

10.4∙1Q-0.4vdQ-0.4v=1mdt,

2.5lnQ-0.4v=tm+C1. (3)



По начальным условиям при t=0 v=v0, что дает C1=2.5lnQ-0.4v0. Из равенства (3) находим:

2.5lnQ-0.4v=tm+2.5lnQ-0.4v0,

2.5lnQ-0.4v-2.5lnQ-0.4v0=tm,

lnQ-0.4vQ-0.4v0 =t2.5m,

Q-0.4vQ-0.4v0=et2.5m. (4)

Из равенства (4) выразим v:

Q-0.4v=Q-0.4v0et2.5m,

-0.4v=Q-0.4v0et2.5m-Q,

v=2.5Q-Q-0.4v0et2.5m. (5)

Полагая в равенстве (5) t=t1 определим скорость груза в точке В:

vB=2.5Q-Q-0.4v0et12.5m=2.54-4-0.4∙18e22.5∙1.6=

=2.54+3.2e0.5=2.54+3.2∙1.65=23.2 мс. (6)

2) Рассмотрим теперь движение груза на участке ВС; найденная скорость vb будет для движения на этом участке начальной скоростью (v0=vB). Изобразим груз (в произвольном положении) и действущие на него силы P=mg, N, Fтр и F. Проведем из точки В оси Bx и By и составим дифференциальное уравнение движения груза в проекции на ось Bx:

mdvxdt=Px+Nx+Fтр+Fx

или

mdvxdt=mgsinα-Fтр+Fx, (7)

где Fтр=fN.

Для определения N составим уравнение в проекции на ось By. Так как ay=0, получим:

0=N-Pcosα,

N=Pcosα=mgcosα.

Отсюда Fтр=fmgcosα, а Fx=4cos(4t) (по условию). Тогда уравнение (7) принимает вид:



mdvxdt=mgsinα-fmgcosα+4cos4t=
=mgsinα-fcosα+4cos4t. (8)

Разделив обе части равенства на m, вычислим

gsinα-fcosα=9.8∙sin30°-0.2∙cos30°=9.8∙0.5-0.2∙0.866=3.2;

4m=41.6=2.5.

и подставим эти значения в равенство (8). Тогда получим:

dvxdt=3.2+2.5cos4t. (9)

Умножая обе части уравнения (9) на dt и интегрируя, найдем:

dvx=3.2+2.5cos4tdt,

vx=3.2t+0.625sin(4t)+C2. (10)

Будем теперь отсчитывать время от момента, когда груз находился в точке В, считая в этот момент t=t0=0. Тогда при t0=0. v=v0=vB, где vB дается равенством (6). Подставляя эти величины в (10), получим:

vB=3.2∙t0+0.625sin(4t0)+C2,

C2=vB=23.2.

При найденном значении C2 уравнение (10) дает:

vx=dxdt=3.2t+0.625sin(4t)+23.2. (11)

Умножая здесь обе части на dt и снова интегрируя, найдем:

dx=3.2t+0.625sin4t+23.2dt,

x=1.6t2-0.156cos(4t)+23.2t+C3. (12)

Так как при t=0 x=0, то C3=0 и окончательно искомый закон движения груза будет:

x=1.6t2+23.2t-0.156cos4t, (13)

где x -- в метрах, t – в секундах.

Ответ: x=1.6t2+23.2t-0.156cos4t, где x=1м, t=1c.




Задача Д2.



а) б)

Рис. Д2

Дано:


m = 0.5 кг

c1 = 80 Н/м

c2 = 120 Н/м

μ=0.6

λ0 =0.15 м

R=μv

z=-0.5gt2


Найти:

x = f(t) – закон движения груза по отношению к лифту



Решение:

1) Заменим прикрепленные к грузу пружины эквивалентной пружиной с коэффициентом жесткости сэкв=с. Т.к. груз прикреплен к двум параллельным пружинам (с жесткостями c1 и c2), то при равновесии под действием некоторой силы Q каждая из пружин и эквивалентная пружина имели бы одно и то же удлинение λ. Тогда для двух пружин c1λ+c2λ=Q, а для эквивалентной пружины cλ=Q, отсюда c=c1+c2. Далее при употреблении слова «пружина» подразумевается эквивалентная пружина с коэффициентом жесткости c=c1+c2.

Свяжем с лифтом подвижную систему отсчета, начало О которой поместим в конце недеформированной пружины (ее длина обозначена как l0), а ось x направим в сторону удлинения пружины (рис. Д2.2). Рассмотрим груз в положении, при котором пружина растянута. На груз действуют сила тяжести P, сила упругости F и сила сопротивления среды R. Для составления уравнения относительного движения груза присоединим к этим силам переносную силу инерции Fпери=-maпер:

maотн=P+F+R+Fпери.

Проектируя обе его части на ось x, получим:

mx=Px+Fx+Rx+Fпер, xи . (1)



Здесь Px=P=mg, Fx=-F=-cλ=-cx, где λ=x—удлинение пружины, Fпер, xи=-Fпери=maпер=mz=-mg (z=-0.5gt2''=-gt'=-g), Rx=-R=-μv=-μx.

Тогда:

mx=mg-cx-μx-mg=-cx-μx,

mx+μx+cx=0, (2)

mx+ax+bx=0, где a=μm=60.5=12, b=cm=2000.5=400.

Составим характеристическое уравнение:

k2+ak+b=0,

a24-b=1224-400=-364<0,

λ=-a2=6, β=b-a24=19.08.

Получили частные решения ДУ:

x1=e6tcos19.08t,

x2=e6tsin19.08t.

Общее решение ДУ имеет вид:

x=C1e6tcos19.08t+C2e6tsin19.08t. (3)

Для определения постоянных интегрирования C1 и C2 найдем еще vx=x:

vx=6C1e6tcos19.08t-19.08e6tC1sin19.08t+6C2e6tsin19.08t+

+19.08C2e6tcos⁡(19.08t). (4)

По условию задачи при t=0 vx=0, x0=λ0=0.15 м. Подставив эти начальные данные в уравнения (3) и (4) получим:

0.15=C1e0cos0+C2e0sin0,

0.15=C1;

0=6C1e0cos0-19.08e0C1sin0+6C2e0sin0+19.08C2e0cos⁡(0),

0=6C1+19.08C2,

C2=-6C119.08=-6∙0.1519.08=-0.05.

Ответ: x=ft=0.15∙e6t∙cos19.08t-0.05∙e6t∙sin19.08t.



Задача Д3.



Рис. Д3

Дано:

m1= 2 кг

m2= 6 кг

m3= 12 кг

r= 0.4 м

R= 0.8 м

φ1=π41-3t2

φ2=π3t2-4


Найти:

x3 = f3(t) - ?



Решение:

Рассмотрим механическую систему, состоящую из плиты и грузов D1 и D2, в произвольном положении. Изобразим действующие на систему внешние силы. Для определения x3 = f3(t) воспользуемся теоремой о движении центра масс тела. Составим дифференциальное уравнение его движения в проекции на ось x:

MxC=Fkxe или MxC=0, (1)

т.к. Nx, P1x,P2x,P3x равны 0.

MxCdt=0dt ,

MxC=C1.

Т.к. при t=0 vcx=0, то C1=0, т.е. MxC=0.

MxCdt=0dt,

MxC=C2=const, (2)

т.е. центр масс системы вдоль оси Ox перемещаться не будет.

Определим значение MxC.

x1=x3-rcosφ1,

x2=x3+Rsinφ2.

Т.к. MxC=m1x1+m2x2+m3x3, то

MxC=m1x3-rcosφ1+m2x3+Rsinφ2+m3x3=



= m1x3-m1rcosφ1+m2x3+m2Rsinφ2+m3x3=

=m1+m2+m3x3-m1rcosφ1+m2Rsinφ2=

=m1+m2+m3x3-m1rcos(π41-3t2)+m2Rsin(π3t2-4). (3)

При t0=0 x1=-r, x2=0, x3=0.

В соответствии с равенством (2), координаты центра масс xC всей системы в начальном и произвольном положениях будут равны. Т.е.:

-m1r=m1+m2+m3x3-m1rcos(π41-3t2)+m2Rsin(π3t2-4).

Выризим x3:

x3=1m1+m2+m3(m1rcosπ41-3t2-m2Rsinπ3t2-4-m1r). (4)

Подставим известные величины и произведем вычисления:

x3=12+6+122∙0.4∙cosπ41-3t2-6∙0.8∙sinπ3t2-4-2∙0.4=

=0.050.8∙cosπ41-3t2-4.8∙sinπ3t2-4-0.8=

=0.04(cosπ41-3t2-6∙sinπ3t2-4-1) м, где t - в секундах.

Ответ: x3=0.04(cosπ41-3t2-6∙sinπ3t2-4-1) м.




Задача Д5.



а) б)

Рис. Д5

Дано:

m1= 24 кг

m2= 8 кг

M=10 Н∙м

R= 1.2 м

ω0=10 с-1

s=Ft=0.4t3


Найти:

ω=ft-?



Решение:

Рассмотрим механическую систему, состоящую из платформы и груза D. Для определения ω применим теорему об изменении кинетического момента системы относительно оси z:

dKzdt=mzFke. (1)

Изобразим действующие на систему внешние силы: силы тяжести P1, P2, реакции RE, RH и вращающий момент М. Т.к. P1 и P2 || z, а RE и RH∩z, то mzP1=0, mzP2=0, mzRE, =0, mzRH=0. Тогда, считая для момента положительным направление ω0, получим:

mzFke=M,

dKzdt=M. (2)

Умножая обе части равенства на dt и интегрируя, получим

Kz=Mt+C1. (3)

Для рассматриваемой механической системы

Kz=Kzпл+KzD, (4)

где Kzпл и KzD – кинетические моменты платформы груза D соответственно.



Т.к. платформа вращается вокруг оси z, то Kzпл=Izω. Значение Iz найдем по теореме Гюйгенса:

^ Iz= ICz'+m1∙(OC)2=ICz'+m1∙R2,

где ICz'-- момент инерции относительно оси z’, параллельной оси z и проходящей через центр С платформы. Т.к. ICz'=m1R22, то:

Iz=m1R22+m1∙R2=32m1R2.

Следовательно,

Kzпл=32m1R2ω. (5)

Для определения KzD обратимся к рис. Д5, б и рассмотрим движение груза D как сложное, считая его движение по платформе относительным, а вращение самой платформы вокруг оси z переносным движением. Тогда абсолютная скорость груза v=vотн+vпер. Т.к. груз движется по закону s=CD=0.4t3, то

vотн=s=1.2t2.

Изображаем вектор vотн на рис. Д5, б с учетом знака s. Затем, учитывая направление ω, изображаем вектор vпер (vпер⊥OD); численно vпер=ω∙OD. Тогда, по теореме Вариньона:

KzD=mzm2v=mzm2vотн+mzm2vпер=m2vотн∙OC+m2vпер∙OD=

=m2∙1.2t2∙0.5R+m2∙ω∙(OD)2.

Т.к. (OD)2=(R+s)2+(0.5R)2=(R+0.4t3)2+0.25R2, получили:

KzD=m2∙1.2t2∙0.5R+m2∙ω∙(R+0.4t32+0.25R2). (6)

Учитывая равенства (4), (5) и (6) получили:

Kz=32m1R2ω+m2∙1.2t2∙0.5R+m2∙ω∙(R+0.4t32+0.25R2 . (7)

Тогда уравнение (3) примет вид:

32m1R2ω+m2∙1.2t2∙0.5R+m2∙ω∙R+0.4t32+0.25R2=Mt+C1. (8)

Постоянную интегрирования определяем по начальным условиям: при t=0, ω=ω0.

32m1R2ω0+m2∙1.2∙02∙0.5R+m2∙ω0∙R+0.4∙032+0.25R2=M∙0+C1,

32m1R2ω0+m2∙ω0∙R2+0.25R2=C1,

C1=32∙m1∙R2∙ω0+1.25∙m2∙ω0∙R2=ω0∙R2∙1.5m1+1.25m2=



=10∙1.22∙1.5∙24+1.25∙8=662.4.

При этом значении C1 из уравнения (8) находим искомую зависимость ω от t:

32m1R2ω+m2∙1.2t2∙0.5R+m2∙ω∙R+0.4t32+0.25R2=Mt+662.4,

32m1R2ω+m2∙ω∙R+0.4t32+0.25R2=Mt+662.4-m2∙1.2t2∙0.5R,

ω(32m1R2+m2∙R+0.4t32+0.25R2)=Mt+662.4-m2∙1.2t2∙0.5R,

ω=Mt+662.4-m2∙1.2t2∙0.5R32m1R2+m2∙R+0.4t32+0.25R2=Mt+662.4-m2∙1.2t2∙0.5R32m1R2+m2∙R+0.4t32+m2∙0.25R2=

=Mt+662.4-m2∙1.2t2∙0.5R32m1R2+m2∙R2+0.8m2Rt3+t6+m2∙0.25R2=10t+662.4-8∙1.2∙t2∙0.5∙1.232∙24∙1.22+8∙1.22+0.8∙8∙1.2t3+t6+8∙0.25∙1.22=

=10t-5.76t2+662.451.84+11.52+7.68t3+t6+2.88=10t-5.76t2+662.4t6+7.68t3+66.24.

Ответ: ω=10t-5.76t2+662.4t6+7.68t3+66.24, где ω- в c-1, t - в секундах.




Задача Д6.



Рис. Д6

Дано:

R3=0.3 м m1=5 кг

r3=0.1 м m3=4 кг

ρ3=0.2 м m4=0 кг

f=0.1 m5=6 кг s1=0.2 м с=200 Нм

F=40(9+4s) M=1.2 кН∙м


Найти:

v1- ?



Решение:


1) Рассмотрим движение неизменяемой механической системы, состоящей из весомых тел 1, 3, 5 и невесомого тела 4, соединенных нитями. Изобразим действующие на систему внешние силы: F, Fупр, P1, P3, P5, реакций N1, N3, N4, N5, натяжение нити S5, силу трения Fтр и момент M (рис. Д6).

Воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии:

T-T0=Ake. (1)

2) Определяем T0 и T. Т.к. в начальный момент система находилась в покое, то T0=0. Величина T равна сумме энергий всех тел системы:

T=T1+T3+T5 . (2)

T1=12m1v12 ,

T3=12I3ω32, где I3=m3ρ32, ω3=v1R3. Тогда:

T3=12m3ρ32v12R32 .

T5=12m5vC52+12IC5ω52 , где IC5=12m5r52, vC5=v1r3R3, ω5=vC5r5=v1r3R3r5 .

Тогда:

T5=12m5(v1r3R3)2+12∙12m5r52(v1r3R3r5)2=12m5(v1r3R3)2+14m5(v1r3R3)2=

=34m5(v1r3R3)2=34m5v12r32R32 .



Получили:

T=12m1v12+12m3ρ32v12R32+34m5v12r32R32=v12m12+m3ρ322R32+3m5r324R32=

=v122m1R32+2m3ρ32+3m5r324R32 . (3)

3) Теперь найдем сумму работ всех действующих внешних сил при перемещении, которое будет иметь система, когда тело 1 пройдет путь s1. Введя обозначения φ3 – угол поворота шкива 3, λ0 и λ1 -- начальное и конечное удлинения пружин, получим:

AF=0s1409+4sds=400s19+4sds=40(9s1+2s12) . (4)

AP1=P1∙s1∙sin45°=m1∙g∙s1∙sin45° . (5)

AFтр=-Fтрs1=-fN1s1=-f∙P1∙cos45°∙s1=-f∙m1∙g∙cos45°∙s1 . (6)

AM=-Mφ3 .

Выразим φ3 через заданное перемещение s1. Для этого учтем, что зависимость между перемещениями здесь такая же, как и между соответствующими скоростями:

ω3=v1R3⇒ φ3=s1R3 , тогда

AM=-Ms1R3 . (7)

AFупр=c2λ02-λ12 .

Рассмотрим блок 5. По условию задачи λ0=0. Выразим λ1 через перемещение s1.

λ1=sE , где sEперемещение точки Е (конца пружины).

vC5=vB=ω3r3 ,

vE=2vC5=2ω3r3 ⇒ sE=2φ3r3=2s1r3R3 ,

AFупр=-c22s1r3R32=-2c∙s12∙r32R32 . (8)

AP5=-P5sC5=-P5φ3r3=-m5gr32s1R3. (9)

Получили:

Ake=409s1+2s12+m1∙g∙s1∙sin45°-f∙m1∙g∙cos45°∙s1-

-Ms1R3-2c∙s12∙r32R32-m5gr32s1R3 . (10)

Учитывая равенство (1) получили:

v122m1R32+2m3ρ32+3m5r324R32=409s1+2s12+m1∙g∙s1∙sin45°-

-f∙m1∙g∙cos45°∙s1-Ms1R3-2c∙s12∙r32R32-m5gr32s1R3 ,

v12=4R322m1R32+2m3ρ32+3m5r329s1+2s12+m1∙g∙s1∙sin45°-



-f∙m1∙g∙cos45°∙s1-Ms1R3-2c∙s12∙r32R32-m5gr32s1R3=

=4∙0.322∙5∙0.32+2∙4∙0.22+3∙6∙0.12(9∙0.2+2∙0.22)+5∙9.81∙0.2∙0.707-

-0.1∙5∙9.81∙0.707∙0.2-1.20.20.3-2∙200∙0.22∙0.120.32-6∙9.81∙0.12∙0.20.3=

=0.26∙1.88+6.94-0.69-0.8-1.78-0.39=0.26∙5.16=1.34 ,

откуда

v1=1.34=1.16 мс .

Ответ: v1=1.16 мс .


Страница из




Скачать файл (185.4 kb.)

Поиск по сайту:  

© gendocs.ru
При копировании укажите ссылку.
обратиться к администрации