3.6. Пример выполнения курсового задания д 2

Рассмотрим подробно пример выполнения этого задания.

Условие задания.

Шарик М, рассматриваемый как материальная точка, перемещается по прямолинейному цилиндрическому каналу движущегося тела А (рис. 3.7).

Найти уравнение относительного движения шарика Х = f(t), приняв за начало координат точку О. Тело А равномерно вращается относительно вертикальной неподвижной оси O₁Z₁.

Найти также координату Х(t₁) и модуль давления N(t₁) шарика на стенку канала при заданном значении времени t₁.

Дано: масса шарика m = 0,09 кг; переносная угловая скорость вращения тела  = _e = π рад/с; начальная координата Х₀ = 0, 2 м; проекция начальной относительной скорости V_r0 на координатную ось ОХ подвижной системы отсчета = 0,3 м/с; значение времени, для которого определяются искомые величины t₁ = 0,1 c; коэффициент жёсткости пружины с = 0,20 Н/см = 20 Н/м; длина свободной недеформированной пружины l₀ = 0,1 м; коэффициент трения скольжения шарика о стенки канала f = 0.

Рис. 3.7

Решение.

Ш

Рис. 3.8

арик в канале совершает сложное движение, поэтому необходимо рассматривать его движение как сумму относительного и переносного движений. Введём подвижную (ПСО) и неподвижную (ИСО) системы отсчёта (рис. 3.8).

ИСО выбираем так, чтобы ось O₁Z₁ являлась осью вращения тела А. ПСО закрепляем на теле А таким образом, чтобы ось ОХ совпадала с траекторией относительного движения точки. ПСО вместе с телом А совершает вращательное движение с переносной угловой скоростью = , вектор которой расположен на оси O₁Z₁ и направлен вверх.

Изобразим точку М на траектории относительного движения в произвольный момент времени (Х = f(t) > 0). При этом текущие значения относительной скорости V_r и относительного ускорения a_r направлены в сторону возрастания координаты Х. Изобразим на рис. 3.8 начальную координату Х₀ и начальную относительную скорость V_r0. Так как по условию задания > 0, то вектор V_r0 направлен в сторону возрастания координаты Х.

Траекторией переносного движения является окружность с центром О на оси O₁Z₁ вращения и радиусом r = OM = Х = f(t). Переносная скорость V_е направлена так, как это показано на рис. 3.8 – параллельна координатной оси OY подвижной системы отсчёта.

Поскольку переносное вращение является равномерным (I I = ω_e = const, где ω_е – модуль переносной угловой скорости ), то переносное ускорение

a_e = ,

где – центростремительное ускорение точки М тела А.

= (ω_е)²·ОМ = (ω_е)²·Х.

Согласно правилу векторного произведения (или правилу Жуковского) ускорение Кориолиса (a_c = 2 ×V_r) направлено так же, как и вектор V_е переносной скорости. Модуль ускорения a_c Кориолиса равен

a_c = 2·ω_e·V_r·sin( ,V_r) = 2·ω_e·V_r·sin(90⁰) = 2·ω_e·V_r·1 = 2·ω_e·V_r.

Деформация Δ пружины в произвольный момент времени определяется формулой

Δ = Х – l₀.

На рис. 3.8 приведены только кинематические характеристики точки М при её относительном движении.

Запишем основное уравнение динамики относительного движения.

m·a_r = ΣF_i^Е + ΣR_i^Е + Ф_е + Ф_с.

Определим силы, действующие на материальную точку, и покажем их на рис. 3.9.

Рис. 3.9

Кориолисова сила инерции Ф_с направлена противоположно кориолисову ускорению a_с, а её модуль равен

Φ_с = m·a_c = m·(2·ω_e·V_r).

Переносная сила инерции Ф_е направлена противоположно переносному ускорению a_е, а её модуль равен

Φ_е = m·a_e = m·(ω_e)²·Х.

К реакциям внешних связей R_i^Е относятся силы: F_yn – сила упругости пружины; N₁, N₂ – реакции гладкой поверхности канала, по которому перемещается точка М.

F_yn = c·Δ = c·(Х – l₀).

Реакция N₁ направлена вертикально вверх (навстречу вектору G силы тяжести точки). Реакция N₂ расположена в горизонтальной плоскости OXY и направлена противоположно вектору Ф_с кориолисовой силы инерции.

С учётом изложенного основное уравнение динамики относительного движения принимает вид

m·a_r = G + F_yn + N₁ + N₂ + Ф_е + Ф_с.

Запишем дифференциальные уравнения относительного движения материальной точки. Для этого последнее векторное выражение спроецируем на координатные оси ПСО:

m· = – F_yn + Φ_e = – c·Δ + m·(ω_e)²·Х = – c·(Х – l₀) + m·(ω_e)²·Х =

= – c·x + c·l₀ + m·(ω_e)²·Х; (1)

m· = N₂ – Φ_c = N₂ – m·(2·ω_e· ); (2)

m· = – G + N₁. (3)

Поскольку относительное ускорение a_r на координатные оси OY, OZ не проецируется ( = 0; = 0), то с учётом исходных данных курсового задания уравнения (2), (3) принимают вид:

N₂ = m·(2·ω_e· ); (2^I)

N₁ = m·g. (3^I)

Дифференциальное уравнение (1) приведем к виду

+ (c/m – (ω_e)²)·X = c·l₀/m. (1^I)

Поскольку c/m – (ω_e)² = k² и c·l₀/m = b = const, то уравнение (1^I) принимает вид

+ k²·X = b. (1^II)

Согласно положениям высшей математики общее решение дифференциального уравнения (1^II) будем искать по формуле

X = X^* + X^**,

где X^* – общее решение дифференциального уравнения вида + k²·X = 0; X^** – частное решение дифференциального уравнения (1^II).

Приступаем к определению общего решения X^* дифференциального уравнения вида + k²·X = 0. Это решение зависит от знака величины c/m – (ω_e)² = k². Если k² > 0, то X^* = A·sin(k·t + β). Если k² < 0, то X^* = C₁·e^k·t + C₂·e^-k·t. Определим значения k² и k:

k² = c/m – (ω_e)² = 20/0,09 – (3,14)² = 22,540 c^-2 > 0; k = 4,747 c^-1.

Поскольку k² > 0, то X^* = A·sin(4,747·t + β).

Частное решение X^** дифференциального уравнения (1^II) зависит от вида его правой части. Поскольку его правая часть постоянна (b = c·l₀/m = const), то его частное решение будем искать в виде X^**= B = const.

При частном решении уравнение (1^II) принимает вид

^** + k² ·X^** = b.

Так как ^** = ( ) = 0, то имеем k²·B = c·l₀/m. Отсюда получим

B = (c·l₀/m)/k² = (20·0,1/0,09)/22,54 = 0,985 м.

Итак, общее решение дифференциального уравнения (1) имеет вид

X = X^* + X^** = A·sin(4,747·t + β) + 0,985,

где А и β – постоянные интегрирования, зависящие от начальных условий относительного движения.

В нашем случае: X₀ = 0,2 м; = 0,3 м/с. Для определения постоянных интегрирования А и β определим проекцию относительной скорости V_r на ось ОХ.

= dX/dt = A·cos(4,747·t + β)·4,747.

При t₀ = 0 имеем:

X₀ = 0,2 = A·sin(β) + 0,985;

= 0,3 = A·cos(β)·4,747.

Преобразуем эту систему уравнений к виду:

0,2 – 0,985 = A·sin(β) = – 0,785;

0,3/4,747 = A·cos(β) = 0,063.

Возведя в квадратную степень левые и правые части уравнений и сложив их, получим:

= 0,787 м;

sin(β) = – 0,785/A = – 0,785/0,787 = – 0,997;

cos(β) = 0,063/0,787 = 0,080.

Поскольку sin(β) < 0, а cos(β) > 0, то величину угла β определим по формуле β = 2π – α, где α = arcsin(0,987) = 1,482 рад или α = arcсоs(0,080) = 1,482 рад. Тогда

β = 2·π – α = 2·3,14 – 1,482 = 4,798 рад.

В окончательном виде имеем:

X = 0,787·sin(4,747·t + 4,798);

= 3,776·cos(4,747·t + 4,798).

По условиям задания кроме значения координаты X(t₁) необходимо определить модуль N(t₁) нормальной реакции N в момент времени t₁.

N(t₁) = .

С учетом выражений (2^I), (3^I) имеем

N(t₁) = .

Результаты расчётов помещают в таблицу

Таблица

Уравнение относительного движения точки	Вычисляемые величины
	X(t1), м	, м/с	N(t1), H
X = 0,787·sin(4,747·t + 4,798)

По результатам решения желательно построить графики зависимостей X = f₁(t), N = f₂(t).