Физика / Теоритическая механика в задачах и примерах

Запишем найденное уравнение в виде:

& cl 0,25m1g 0 .

1,74m1l

Здесь коэффициент, стоящий при обобщенной координате , соответствует квадрату круговой частоты свободных колебаний системы. Отсюда с учетом данных задачи находим

k	cl 0,25m1g	23,95 рад/с.
	1,74m l
	1

Определим период свободных колебаний

Т 2k 0,26 c.

Для получения уравнения малых колебаний системы с учетом демпфирования, воспользуемся уравнением

q& 2hq& k2q 0.

По данным задачи вычислим коэффициент h, характеризующий сопротивление среды

h k5 4,79 рад/с,

и круговую частоту затухающих колебаний

k1 k 2 h2 23,47 рад/с.

Уравнение затухающих колебаний системы запишем в форме

B e ht sin(k1t ).

Здесь с учетом данных задачи начальная амплитуда колебаний

	(	&			2
B		0		h 0 )		02
		k2 h2

и начальная фаза

arctg		0	k2 h2
			h
	&			0
		0

равны:

B = 0,055 рад, = 1,36 рад.

Тогда уравнение малых затухающих колебаний системы принимает вид

0,055 e 4,79t sin(23,47t 1,36) рад.

Найдем угловую скорость коромысла 1

1 d h k1Be ht cos(k1t ), dt

или подставив данные, получим

1 4,79 1,3e 4,79t cos(23,55t 1,36).

Определим угловое ускорение 1

1 d 1 (k12 h2 ) 2k1hB e ht cos(k1t ) dt

или после подстановки данных

1 527,7 12,41 e 4,79t cos(23,47t 1,36) .

Результаты расчетов, выполненных на ПК, представлены в графической форме на рис. 20.2.

1	, рад					, рад/с 2
	1 , рад/с				1
								20
0.5								10
0								0
-0.5								-10
								-20
-1								-30
0	0.2	0.4	0.6		0.8		1	t, с
	;	1	;	1
		Рис. 20.2

На рис. 20.3 приведена фазовая траектория малых колебаний рассматриваемой системы около положения устойчивого равновесия.

Вычислим логарифмический декремент колебаний

			2	h			1,28 .
				k2	h2
Для	определения	силы	вязкого	трения, найдем из				формулы		2h b
										a
						обобщенный			коэффициент
, рад						вязкости b:
							b 2ha 3,48hm1l2.
0,06
0,04							В обобщенных величинах
0,02						функция рассеяния R имеет вид
0							R	1 b&2	,
								2
-0,02						а обобщенная сила вязкого трения
-0,04-1	-0,5	0	0,5 , рад/c				QR	R b&
								&	.
	Рис. 20.3

Применительно к анализируемой механической системе, обобщенная сила вязкого трения определяется выражением

QR

AR

F S

E

c

.

Здесь сила вязкого трения по величине равна

Fc VE

и направлена

противоположно

скорости VE точки Е

ее

приложения. В

приведенной

зависимости μ

искомый

коэффициент

пропорциональности;

V O E 1 l &

скорость точки приложения силы вязкого трения

F

E

1

1

6

c ;

SE 16 l возможное перемещение точки Е приложения силы вязкого

трения при сообщении обобщенной координате приращения 0 . Выполнив необходимые преобразования и приравняв правые части

выражений для QR , получим

b&1 0,03 l2 &.

Отсюда находим 1800 Нмс , а величина силы вязкого трения Fc определяется выражением:

Fc 1800 VE .

20 2. Малые колебания системы с двумя степенями свободы

При решении задач на исследование малых колебаний консервативной системы с двумя степенями свободы рекомендуется следующая последовательность действий:

1)выбрать обобщенные координаты q1 и q2 ;

2)определить кинетическую энергию Т системы как функцию обобщенных координат и обобщенных скоростей;

3)вычислить потенциальную энергию П системы как функцию обобщенных координат при малых отклонениях тел системы от равновесного положения;

4)вычислив производные от кинетической и потенциальной энергий, входящие в уравнения Лагранжа второго рода, и составив уравнения

d			T			T				П
		(		)						q		,
	dt		q&			q
			1			1				1				(20.4)
			T				T				П
	d	(			)									,
							q				q
dt			q&
			2			2				2

получить систему двух дифференциальных уравнений малых колебаний;

5)задавшись частным решением этой системы, подставляем его в систему дифференциальных уравнений (20.4);

6)исключив из полученной системы алгебраических уравнений амплитуды колебаний, получим вековое уравнение;

7)решив вековое уравнение, найдем собственные чистоты системы;

8)внеся найденные собственные частоты в частное решение, получаем формулы, описывающие два главных колебания;

9)находим общее решение, сложив уравнения главных колебаний для каждой обобщенной координаты;

10)определяем четыре постоянных интегрирования по начальным условиям движения системы.

Пример 20.2. Для механической системы, изображенной на рис. 20.4

вположении устойчивого равновесия, выполнить расчеты исследования малых колебаний механической системы с двумя степенями свободы:

1)составить дифференциальные уравнения колебаний;

2)получить уравнения собственных частот и определить эти частоты;

3)найти собственные формы колебаний системы и дать их геометрическую иллюстрацию;

4)определить уравнения движения системы, удовлетворяющие заданным начальным условиям.

При решении задачи тела 1 и 2 считать тонкими однородными

стержнями массами m1 и m2 соответственно. Массами пружин пренебречь. Решить задачу при следующих данных:

m1 = m = 10 кг; m2 = m/2; c1 = c; c2 = с/2; c3 = с/3; с = 800 Н/м; l1 = l; l2 = 0,75l; l = 0,6 м; 0 = 0,06 рад; &0 0,5 рад/с; 0 = 0,04 рад; &0 0,3 рад/с.

				D
c3			2		D'	c3
		h		E	V	0,75l
			2		K
					E
c2			K		G	c2
					2
				K'	V
			B		K
	c1					c1
		h1
				G1		l
			1			l
						0,75
			O
				Рис. 20.4

Решение. Механическая система имеет две степени свободы. За обобщенные координаты примем углы поворота и ψ соответственно стержней 1 и 2, отсчитываемых от вертикальных положений ОK и KD, при которых система находится в устойчивом равновесии. Положительному направлению отсчета соответствует поворот по ходу часовой стрелки.

Найдем кинетическую энергию системы как сумму кинетических энергий стержней 1 и 2:

Т = Т1 + Т2.

Кинетическую энергию Т1 стержня 1, вращающегося вокруг оси О, определим по формуле

Т1 12 I1 12 12 I1 &2 ,

где 1 & обобщенная скорость;

I1 момент инерции стержня 1

относительно оси О: I1 13m1l12 .

Тогда

Т1 0,167ml2 &2 .

Кинетическую энергию T2 стержня 2, совершающего плоскопараллельное движение, определим, пользуясь теоремой Кёнига

Т2 12 m2VE2 12 I2 22.

Здесь VE абсолютная скорость центра масс Е стержня 2; I2 121 m2l22

момент инерции стержня 2 относительно оси, проходящей через центр масс Е, угловая скорость стержня 2 соответствует обобщенной скорости &, т. е.

2 &.

При малых отклонениях стержней от вертикального положения равновесия величину абсолютной скорости VE центра масс Е (рис. 20.4) можно определить алгебраическим сложением составляющих скоростей:

VE = VK + VEK

где VK OK 1 l1 &; VEK EK 2 12 l2 &.

С учетом данных задачи находим

VE l1 & 12 l2 & l(& 0,375&)

иполучим выражение для кинетической энергии стержня 2

Т2 0,25ml2 &2 0,188ml2 && 0,047ml2 &2.

Тогда кинетическая энергия системы как функция обобщенных скоростей имеет вид

Т 0,417ml2 &2 0,188ml2 && 0,047ml2 &2.

Определим потенциальную энергию П системы как функцию обобщенных координат и , считая, что в положении устойчивого

равновесия системы она равна нулю ( П 0, 0 0 ), а при отклонении от

этого положения углы и малые. Потенциальная энергия П складывается из потенциальных энергий пружин Пc1 , Пc2 , Пc3 и

потенциальных энергий стержней ПG1 и ПG2 в однородном поле силы тяжести:

П Пс1 Пс2 Пс3 ПG1 ПG2 .

Потенциальная энергия двух параллельно соединенных пружин жесткости с1 равна

Пc1	2		1	c1( cт1 В)	2		1	2		,
			2				2	c1 ст1

где	cт		величина статической деформации пружины жесткости с1,
		1
В	3 l sin			3 l	величина деформации этой пружины при отклонении
	4			4

стержня 1 от вертикали на малый угол . После преобразований получим

Пc1 23 c1 cт1l 169 c1l2 2 .

Аналогично определим потенциальную энергию двух параллельно соединенных пружин жесткости с2

Пc1	2		1	c2 ( cт2 K )	2		1	2
			2				2	c2 ст2	.

Учитывая, что величина деформации K OK sin l , находим

Пc2 2c2 cт2 l c2l2 2 .

Подобным же образом для двух пружин жесткости с3 получим

Пc3	2		1	c3( cт3 D )	2		1	2
			2				2	c3 ст3	.

Здесь деформация D с учетом малых отклонений от вертикали стержней 1 и 2 приближенно описывается зависимостью:

D OK sin KDsin l 43 l .

Тогда потенциальная энергия Пc3 равна

			3			2			3	2
Пc3	2c3 cт3l				c3l					.
			4						4

Потенциальная энергия стержня 1 в однородном поле силы тяжести равна работе силы тяжести G1 при возращении стержня из отклоненного в равновесное положение:

П		m gh	m g		l1		l1	cos		m g	l1	1		1		2		mgl 2
	G1																		.
		1 1	1		2 2					1	2					2		4

Аналогично для стержня 2

ПG2 m2gh2 m2g(hK hE ),

где

h	l	l	cos	l	2	;	h		l2		l2	cos		3l	2	.
K	1	1	2				E	2		2			16

Тогда с учетом данных задачи получим

ПG	mg		l	2	3l	2		mgl		2		3 2	.
2	2		2	16				4				8

Окончательное выражение для потенциальной энергии системы как функцию обобщенных координат и имеет вид

П		3	c			l		9		c l2 2 2c					l c	l2 2		2c	l			3
				ст1										ст2
	2		1				16				1	2			2			3 ст3				4
	c l2						3				2	1 mgl 2			1 mgl		2	3 2	.
			3				4					2			4			8

В положении устойчивого равновесия системы ее потенциальная энергия имеет минимум, что соответствует уравнениям:

		П			3		c1 ст1l 2c2	ст2 l 2c3 ст3l 0	;
			0, 0		2
		П			3		c3 ст3l 0 .
			0, 0		2

Эти соотношения позволяют упростить выражение для потенциальной энергии системы

П		9	c l2 2	c	l2 2 c l2			3		2	1 mgl 2	1 mgl		2		3 2
	16		1	2	3			4			2	4				8

или с учетом данных задачи

П 1,4сl2 2 0,5cl2 0,188cl2 2 0,75mgl 2 0,094mgl 2 .

Для обобщенных координат и ψ уравнения Лагранжа второго рода запишутся в виде:

d				T		T		П	,
dt				&
				T		T		П
d
				&				.
t

Вычислим все частные производные, входящие в эти уравнения:

Т 0,834ml2 & 0,188ml2 ;

&

d T 0,834ml2& 0,188ml2 &; dt &

Т			0;		Т	0;
T 0,188ml2 & 0,094ml2 &
&						;
d		T		0,188ml2& 0,094ml2 &
						;
dt &

П 2,8сl2 0,5cl2 1,5mgl ;

П 0,5сl2 0,376cl2 0,188mgl .

Тогда запишем уравнения Лагранжа второго рода для данного примера