6.1 Приклад виконання завдання

Дано: маси тіл механічної системи (рис. АМ6.1):

          m₁=2m; m₂=m; m₃=m; m₄=m; m₅=3m;

          М - постійний момент, який прикладений до колеса 5;

           - сила опору руху тіла 2, 

          де b - коефіцієнт пропорційності;

- швидкість тіла 2;     

          - відносний рух тіла 1.

Всі колеса вважаються однорідними суцільними дисками.

Знайти рівняння руху системи в узагальнених координатах q₁= x ; q₂=,  ( x – переносний рух тіла 1, - відносний рух тіла1).

Початкові умови: ;  ;; . На рис. АМ6.1 система зображена в початковому стані.

Розв’язання. Для розв’язання задачі використаємо рівняння Лагранжа другого роду:

                                    ,                                            (6.1)

                                          ,                                           (6.2)

де Т- кінетична енергія системи;

П - потенціальна енергія;

         Q₁ і Q₂  – узагальнені сили, які відповідні узагальненим   координатам    х і .

Рисунок АМ6.1

Виразимо швидкості центрів мас твердих тіл системи через узагальнені швидкості:

, , ,

.

Блок 4 звершує плоско-паралельний рух (миттєвий центр швидкостей - точка Р₄), тому швидкість центра мас блока буде вдвічі менша  ніж швидкість  .

Тягарець 1 звершує складний рух,  де V₃ – переносна швидкість, - відносна швидкість, тому абсолютна швидкість V₁  дорівнює алгебраїчній сумі даних швидкостей.

Визначимо кутові швидкості тіл 5, 4 і 3:

 ;  

  ,   

.

Моменти інерції коліс відносно центральних осей:

;

;

.

Кінетична енергія тіл 1-5:

 =;

 ;

+==+;

+==;

==.

Для даної системи

                                                          .                                                (6.3)

Підставимо знайдені кінетичні енергії тіл в (6.3), маємо:

                +++++=                        

           =(2m₁+8m₂+2m₃+3m₄+4m₅)+m₁(2m₁+m₃)/4.                  (6.4)

Потенціальну енергію системи знаходимо як роботу сил ваги твердих тіл 1, 3, 4, 2 при їх переміщенні з даного положення, що характеризується координатами х і :

П=П₁+П₂+П₃+П₄;                                           (6.5)

П₁=-m₁g(x+);          П₂=-m₂ g sin30˚x;

П₃=-m₃ g y₃ =-m₃ g,

Оскільки швидкість центр мас тіла V₃= =/2, то інтегруючи цей вираз при нульових початкових умовах, отримаємо:  у₃=х/2.

Аналогічно розмірковуючи, маємо

П₄=-m₄ g y₄ =-m₄ g.

Підставляючи отримані значення в (6.5), маємо:

П=-m₁ g(x+) –m₂ g–m₃ g–m₄ g=

=-2mg(x+)–m g–m g–m g=-3,5mgx-2mg.

         Тоді                                                                  (6.6)

Узагальнені сили Q₁ і Q₂ можна визначити з виразу роботи неконсервативних сил на елементарних переміщеннях системи, які відповідають варіації кожної узагальненої координати, або з виразів потужностей N₁ і  N₂  неконсервативних сил на можливих швидкостях системи, які відповідають зростанню кожної узагальненої координати.

Оскільки до блока 5 прикладено постійний момент М , а до тіла 2 сила в’язкого опору R=b,  то  Q₁= і  N₁=,

де N₁- потужність пари сил М з врахуванням швидкості  та сили в’язкого опору R.

 В результаті маємо:      

                                         .                                               (6.7)   

Узагальнена сила Q₂ = 0, оскільки неконсервативних сил на елементарному переміщенні dξ немає.

Тепер за рахунок (6.4) запишемо складові лівих частин (6.1) і (6.2):

; ;

                                           ;                                              (6.8)

З врахуванням (6.6) - (6.8) рівняння (6.1) - (6.2) запишуться у вигляді:

                                                                             (6.9)

Для розв’язання рівнянь (6.9) виразимо  через :

.                                              (6.10)

Підставимо (6.10) в перше рівняння (6.9), маємо:

 де                            (6.11)

 Проінтегруємо двічі (6.11) з врахуванням початкових умов

                                               (6.12)

       Отже рівняння (6.12) характеризує переносний рух тіла 1,

       Підставимо    від (6.12) в (6.10), маємо:                       (6.13)

Проінтегруємо двічі (6.13) з врахуванням початкових умов:

                   (6.14)   

Отже, (6.12), (6.14) є рівняннями руху даної механічної системи.

Примітка. Якщо відсутня сила в’язкого опору, то

Q₁=-M/2r.

Тоді рівняння (6.11) запишеться у вигляді

  =k.                                                               (6.15)

Інтегруючи (6.15) з врахуванням початкових умов, маємо:

V_X= kt,

або                                   (6.16)

Підставимо з (6.15) вираз  в (6.10) отримаємо таке диференціальне рівняння:

                            (6.17)

Проінтегруємо двічі рівняння (6.17) з врахуванням початкових умов

,

,

Рисунок АМ6.2

Рисунок АМ6.3

Рисунок АМ6.4

Рисунок АМ6.5

 Рисунок АМ6.6