5.5.4. Пример выполнения курсового задания д 4
Рассмотрим пример выполнения задания Д 4.
Условие задания.
М
Рис. 5.30
Учитывая трение скольжения тела 1, пренебрегая силами сопротивления и массами нитей, предполагаемых нерастяжимыми, определить модуль скорости центра масс тела 1 в тот момент времени, когда пройденный им путь станет равным SС1.
В задании приняты следующие обозначения: m1, m2, m3, m4 – массы тел 1, 2, 3, 4; R2, r2, R3, r3 – радиусы больших и малых окружностей; iC2X2, iC3X3 – радиусы инерции тел 2 и 3 относительно горизонтальных осей, проходящих через их центры масс; α – угол наклона шероховатой поверхности к горизонту; f – коэффициент трения скольжения.
Дано: m1 = m; m2 = m/2; m3 = 0,3·m; m4 = 1,5·m; R2 = 26 см; r2 = 0,5·R2; R3 = 20 см; r3 = 0,5·R3; iC2X2 = 20 см; iC3X3 = 18 см; α = 30о; f = 0,12; SС1 = 2 м.
Курсовое задание рекомендуется выполнять по следующему алгоритму.
Записать теорему об изменении кинетической энергии неизменяемой механической системы на конечном перемещении.
TSk – TSn = Σ = ΣA(FiE) + ΣA(RiE),
где TSk – значение кинетической энергии механической системы в конечный момент времени; TSn – значение кинетической энергии механической системы в начальный момент времени; Σ – сумма работ внешних сил, приложенных к механической системе на её конечном перемещении; ΣA(FiE) – сумма работ активных сил; ΣA(RiE) – сумма работ реакций внешних связей.
2. Определить кинетическую энергию TSn механической системы в начальный момент времени. Поскольку механическая система движется из состояния покоя (см. рис. 5.30), то во всех вариантах заданий имеем TSn = 0.
3. Изобразить на рисунке механическую систему в момент времени, когда центр С1 масс тела 1 проходит расстояние S (см. рис. 5.31).
Рис. 5.31
4. Провести кинематический анализ безаварийной работы исследуемой механической системы.
Согласно рис. 5.31 тела механической системы осуществляют следующие виды движений. Тело 1 – поступательное движение со скоростью VC1 центра С1 его масс; тело 2 – вращательное движение с угловой скоростью относительно оси вращения С2Х2, проходящей через центр масс С2; тело 3 – плоскопараллельное движение; тело 4 – поступательное движение со скоростью VC4 центра С4 его масс.
5. Выразить модули скоростей центров масс и угловых скоростей тел механической системы в зависимости от VC1 модуля скорости центра С1 масс тела 1.
С целью сокращения формы записи введём обозначение V = VC1. При определении кинематических характеристик тел механической системы учтём, что в точках контакта тел модули скоростей этих точек должны быть одинаковыми из условия их принадлежности соприкасающимся телам.
Итак,
необходимо определить зависимости: I
I
= ω2
= f1(V),
VC3
= f2(V),
I
I
= ω3
= f3(V),
VC4
= f4(V),
где ω2,
ω3
– модули угловых скоростей
,
тел 2 и 3 .
Так как тело 1 совершает поступательное движение, а нить нерастяжима, то справедливо равенство
VC1 = V = VA = VB,
где VA – модуль скорости точки А контакта тела 1 с нитью; VB – модуль скорости точки В контакта нити с телом 2.
Из условия принадлежности точки В телу 2, совершающему вращательное движение с угловой скоростью относительно оси вращения С2Х2, проходящей через центр масс С2, имеем
VВ = V = ω2·BC2 = ω2·R2.
Отсюда получим
ω2
=
=
= 3,846·V.
Зная модуль ω2 угловой скорости , несложно определить модуль VE скорости точки Е соприкосновения тела 2 с участком ЕК нерастяжимой нити.
VE = ω2·EC2 = ω2·r2 = ·r2 = ·0,5·R2 = 0,5·V.
Зависимости, связывающие модули скоростей точек B, C, E, несложно получить и из рассмотрения подобия треугольников на рис. 5.31.
Модуль VK скорости точки К контакта нити с телом 3 равен модулю VE скорости точки Е нити.
VK = VE = 0,5·V.
Из условия принадлежности точки К телу 3, совершающему плоскопараллельное движение, справедливо равенство
VK = 0,5·V = ω3·КР3,
где ω3 – модуль угловой скорости тела 3; КР3 – расстояние от точки К до мгновенного центра скоростей – точки Р3.
Согласно рис. 5.29 имеем KP3 = R3 + r3. Тогда
=
1,666·V.
Модуль VC3 скорости центра С3 масс тела 3 равен
VC3 = ω3·C3P3 = ω3·r3 = 1,666·V·(0,5·0,2) = 0,166·V.
Так как по условию задания нити нерастяжимы, то легко видеть, что модуль VC3 скорости центра масс тела 3 равна модулю VC4 скорости центра С4 масс тела 4.
VC4 = VC3 = 0,166·V.
Таким образом, зависимости ω2 = f1(V), VC3 = f2(V), ω3 = f3(V), VC4 = f4(V) получены.
6. Определить кинетическую энергию TSk неизменяемой механической системы в её конечном положении по формуле
TSk = ΣTSki,
где TSki – кинетическая энергия i-го тела системы в конечном положении.
Кинетическая TSk1 энергия тела 1, совершающего поступательное движение,
TSk1
=
·m1·(VC1)2
=
·m·V2
= 0,5·m·V2.
Кинетическая TSk2 энергия тела 2 при его вращательном движении находится по формуле
TSk2 = ·JC2X2·(ω2)2 = ·(m2·(iC2X2)2)·(ω2)2 =
= ·((m/2)·(iC2X2)2)·(V/R2)2 =
= ·((m/2)·(0,2)2)·(V/0,26)2 = 0,147·m·V2.
Кинетическая энергия тела 3 при его плоскопараллельном движении равна
TSk3 = ·m3·(VC3)2 + ·JC3X3·(ω3)2 =
= ·(0,3·m)·(0,166·V)2 + ·(m3·(i3X)2)·(1,666·V)2 =
= ·(0,3·m)·(0,166·V)2 + ·((0,3·m)·(0,18)2)·(1,666·V)2 = 0,03·m·V2.
Кинетическая энергия тела 4
TSk4 = ·m4·(VC4)2 = ·(1,5·m)·(0,166·V)2 = 0,02·m·V2
Определим кинетическую энергию TSk механической системы:
TSk = 0,5·m·V2 + 0,147·m·V2 + 0,03·m·V2 + 0,02·m·V2 = 0,697 m·V2.
Таким образом, имеем TSk = 0,697 m·V2.
7. Показать внешние силы, действующие на точки механической системы при её движении (рис. 5.32).
Рис. 5.32
Согласно рис. 5.32 на механическую систему действуют активные силы (G1, G2, G3, G4) и реакции (N1, F1, ZC2, YC2, TL) внешних связей, которые наложены на эту систему.
По условию задания сила F1 трения скольжения тела 1 при его движении по шероховатой поверхности связана с нормальной реакцией N1 соотношением F1 = f·N1, где f – коэффициент трения скольжения, N1 – модуль нормальной реакции N1.
Для определения модуля N1 реакции N1 рассмотрим поступательное движение тела 1, приняв его за материальную точку, в системе отсчёта O1X1Y1, происходящее под действием силы тяжести G1, нормальной реакции N1, силы трения F1 и реакции TА растянутой нити (рис. 5.33).
Рис. 5.33
Основное уравнение динамики для поступательно движущегося груза 1 имеет вид
m·aC1
= Σ
+
Σ
= G1
+ N1
+ F1
+ TА,
где aC1 – ускорение центра масс тела 1; TА – натяжение нити в точке А тела 1 (см. рис. 5.33).
Составим дифференциальное уравнение движения центра С1 масс груза 1, спроецировав последнее векторное равенство на координатную ось O1Y1.
m·
= Σ
+ Σ
=
– G1·cos(α)
+ N1.
Поскольку проекция ускорения aC1 центра масс тела 1 на координатную ось O1Y1 равна нулю, то имеем
N1 = G1 ·cos(α) = m1·g·cos(α) = m·g·cos(α).
Тогда модуль силы трения находится по формуле
F1 = f·m·g·cos(α).
8. Определить перемещения SCi центров Ci масс тел механической системы в зависимости от перемещения SC1 центра С1 масс тела 1.
При решении рассматриваемого варианта курсового задания были определены зависимости, связывающие модуль скорости VC1 = V центра С1 масс тела 1 с модулями скоростей VC3, VC4 центров С3, С4 масс тел 3, 4.
VC3 = VC4 = 0,166·V.
Интегрируя эти выражения, получим
SC3 = SC4 = 0,166·SC1.
9. Определить сумму работ (Σ ) внешних сил, приложенных к механической системе, при перемещении центра С1 масс тела 1 на расстояние SC1.
Σ = Σ A(FiE) + Σ A(RiE),
где ΣA(FiE) – сумма работ активных сил FiE на конечном перемещении механической системы; ΣA(RiE) – сумма работ реакций RiE внешних связей, наложенных на механичекую систему.
Сумму работ активных сил определим по формуле
ΣA(FiE) = A(G1) + A(G2) + A(G3) + A(G4),
где A(Gi) – работа силы тяжести i-го тела механической системы.
Согласно теоретическому материалу, изложенному в подразделе 5.5.1 данного учебно-методического пособия, справедливы следующие равенства:
A(G1) = G1·HC1 = m1·g·(SC1)·sin(α) =
= m·g·(SC1)·sin(α) = m·g·2·0,5 = m·g,
где HC1 – перемещение центра С1 масс тела 1 по высоте.
Работа A(G2) силы тяжести тела 2 равна нулю (A(G2) = 0), так как при движении механической системы центр масс С2 не изменяет своего положения.
Работу A(G3) силы тяжести G3 тела 3 определим по формуле
A(G3) = – G3·HC3 = – m3·g·SC3 = – 0,3·m·g·0,166·SC1 =
= – 0,3·m·g·0,166·2 = – 0,099 m·g,
где HC3 – перемещение центра С3 масс тела 3 по высоте.
Работа A(G4) силы тяжести G4 равна
A(G4) = – G4·HC4 = – m4·g·SC4 = – 1,5·m·g·0,166·SC1 =
= – 1,5·m·g·0,166·2 = – 0,5·m·g,
где HC4 – изменение положения центра С4 масс тела 4 по высоте.
Сумму работ ΣA(RiE) реакций RiE внешних связей определим по формуле
ΣA(RiE) = A(N1) + A(F1) + A(YC2) + A(ZC2) + A(TL),
где A(N1), A(F1), A(YC2), A(ZC2), A(TL) – работа соответствующей реакции внешней связи.
Работа A(N1) нормальной реакции N1 равна нулю (A(N1)=0), так как направление реакции N1 перпендикулярно направлению вектора SC1 перемещения точки её приложения.
Работа A(F1) силы трения F1 определяется по формуле
A(F1) = F1·SC1 = – F1·S = – (f·m·g·cos(α))·SC1 =
= – 0,12·m·g·0,866·2·= – 0,207·m·g.
Работы A(YC2), A(ZC2) реакций YC2, ZC2 шарнирно-неподвижной опоры в точке С2 соответственно равны нулю: (A(YC2) = 0; A(ZC2) = 0), так как при вращении тела 2 точки приложения реакций YC2, ZC2 не изменяют своего положения (SC2 = 0).
Работа A(TL) реакции TL растянутой нити равна нулю (A(TL)= 0), так как точка L приложения этой реакции не изменяет своего положения при движении механической системы.
Вычислим сумму работ Σ внешних сил, приложенных к механической системе, при перемещении центра С1 масс тела 1 на расстояние SC1.
Σ = ΣA(FiE) + ΣA(RiE) =
= m·g – 0,099·m·g – 0,5·m·g – 0,207·m·g = 0,194·m·g.
10. Определим скорость центра масс тела 1 в тот момент времени, когда пройденный им путь станет равным SC1.
TSk = 0,697·m·V2 = Σ = 0,194·m·g.
Решая последнее выражение, получим
V
=
=
= 1,652
м/с.
Таким образом, ответ на вопрос, поставленный в курсовом задании, получен:
VC1 = V = 1,652 м/с.