Данные для задачи А

Объект задания
Треугольная пластина погонной плотности 𝛾, с углом при основании 𝜶, вращается
вокруг неподвижной вертикальной оси. Материальная точка массы m скользит без трения
вдоль оси 𝒙 (Рис.1).
m (кг)
a(м)
𝛼 (град)
11
4
30
Данные для задачи А
𝛾 (кг/м) 𝛗̇ (c-1) x0 (м) 𝒙̇ 𝟎 (м/с)
6
-4
3
𝑴𝒛 (нм)
𝒙(𝒕) (м/с)
-4t3 – 4
𝟐 + 𝟒𝒕𝟐
5
Задача А
Тело вращается с постоянной угловой скоростью 𝝋̇.
Найти
1.
Методом Лагранжа дифференциальное
уравнение относительного движения точки,
найденное в И1.
2.
С помощью теоремы об изменении
кинетической энергии реакцию тела на точку, и
сравнить ее с результатом в И1.
Задание И3. Уравнения Лагранжа. Теорема об изменении кинетической энергии.
Решение
1. Найдем дифференциальное уравнение относительного движения точки из
уравнения Лагранжа
𝑑 𝜕𝑇 𝜕𝑇
𝑚
−
= 𝑄𝑥 , (3.1)
𝑇 = 𝑉2
𝑑𝑡 𝜕𝑥̇ 𝜕𝑥
2
Абсолютная скорость V точки складывается из переносной и относительной скоростей
(Рис.2)
𝑉 2 = 𝑥̇ 2 + 𝑣𝑒 2 − 2𝑥̇ 𝑣𝑒 cos(90° − β) = 𝑥̇ 2 + 𝑣𝑒 2 − 2𝑥̇ 𝑣𝑒 𝑆𝑖𝑛β,
𝑣𝑒 = 𝜔ℎ,
2
ℎ = √(𝑥 − 𝑎⁄2)2 + (tan 𝛼 ∙ 𝑎⁄2)2 = √𝑥 2 − 𝑎𝑥 + 𝑎 ⁄4 (𝑡𝑎𝑛2 𝑎 + 1);
1
ℎ𝑆𝑖𝑛β = 𝑎 tan 𝛼 (3.2)
2
Таким образом, кинетическая энергия приобретает выражение
𝑚
𝑇 = (𝑥̇ 2 + 𝜔2 (𝑥 2 − 𝑎𝑥 + 𝑎2 (𝑡𝑎𝑛2 𝑎 + 0,25)) + 𝑥̇ 𝜔 𝑎 tan 𝛼 )
(3.3)
2
Находим производные:
𝜕𝑇
1
𝑑 𝜕𝑇
𝜕𝑇
= 𝑚 (𝑥̇ + 𝜔𝑎 tan 𝛼) ;
= 𝑚𝑥̈ ;
= 𝑚𝜔2 (𝑥 − 𝑎⁄2);
𝜕𝑥̇
2
𝑑𝑡 𝜕𝑥̇
𝜕𝑥
Обобщенная сила 𝑄𝑥 = 0 поскольку сила тяжести перпендикулярна скорости точки и не
имеет мощности.
Подставив производные в уравнение Лагранжа получаем
𝑚𝑥̈ − 𝑚𝜔2 (𝑥 − 𝑎⁄2) = 0; 𝑚𝑥̈ − 𝑚𝜔2 𝑥 = −𝑚𝜔2 𝑎⁄2
𝑥̈ − 𝜔2 𝑥 = − 𝑎𝜔2 ⁄2
(3.4)
Приходим к дифференциальному уравнению (1.2), найденному в И1
1
𝑥̈ − 𝜔2 𝑥 = − 𝑎𝜔2
или
𝑥̈ − 16𝑥 = −32
(1.2)
2
2. Реакцию 𝑁𝑦 тела на точку найдем из теоремы об изменении кинетической
энергии точки.
𝑇̇ = 𝑁
где N- мощность физических сил, приложенных к точке, в переносном и в относительном
движениях точки.
𝑁 = 𝑁𝜑 + 𝑁𝑥
Физических сил, имеющих проекцию на ось 𝑥 нет, поэтому
𝑁𝑥 = 𝑄𝑥 𝑥̇ = 0
Во вращательном переносном движении точки мощность реакции вычисляем через
момент
𝑁𝜑 = 𝑚𝑧 (𝑵𝑦 )𝜑̇ ;
В соответствии с Рис.2
𝜕𝑇
𝜕𝑇
1
𝑇̇ =
𝑥̈ +
𝑥̇ = 𝑚 (𝑥̇ + 𝜔𝑎 tan 𝛼) 𝑥̈ + 𝑚𝜔2 (𝑥 − 𝑎⁄2)𝑥̇ = −𝑁𝒚 𝜔(𝑥 − 𝑎⁄2)
𝜕𝑥̇
𝜕𝑥
2
Из дифференциального уравнения (3.4)
𝑥̈ = 𝜔2 (𝑥 − 𝑎⁄2)
1
𝑚 (𝑥̇ + 𝜔𝑎 tan 𝛼) 𝜔2 (𝑥 − 𝑎⁄2) + 𝑚𝜔2 (𝑥 − 𝑎⁄2)𝑥̇ = −𝑁𝒚 𝜔(𝑥 − 𝑎⁄2)
2
Таким образом, после сокращения на 𝜔(𝑥 − 𝑎⁄2) получим
1
𝑚𝜔 (𝑥̇ + 𝜔𝑎 tan 𝛼) + 𝑚𝜔𝑥̇ = −𝑁𝒚
2
Это тот же результат, что и в И1
1
𝑁𝑦 = −𝑚𝜔 (2𝑥̇ + 2 𝜔𝑎 tan 𝛼) = − 88𝑥̇ + 352
1
√3
н
(3.5)
Объект задания
Треугольная пластина погонной плотности 𝛾, с углом при основании 𝛼, вращается вокруг
неподвижной вертикальной оси. Материальная точка массы m скользит без трения вдоль оси 𝑥 (Рис.1).
Данные для задачи А
m (кг)
a(м)
𝛼 (град)
𝛾 (кг/м)
φ̇ (c-1)
x0 (м)
𝑥̇ 0 (м/с)
𝑀𝑧 (нм)
11
4
30
6
-4
3
5
-4t3 – 4
Задание И4. Уравнения Лагранжа.
1. Найдем закон изменения угловой скорости из уравнения Лагранжа
𝑑 𝜕𝑇 𝜕𝑇
−
= 𝑄𝜑
(4.1)
𝑑𝑡 𝜕𝜑̇ 𝜕𝜑
Кинетическая энергия системы складывается из энергии тела и точки
𝑥(𝑡) (м/с)
2 + 4𝑡 2
𝐽пл 2 𝑚 2
𝜑̇ + 𝑣
2
2
𝐽пл 2 𝑚 2
2
=
𝜑̇ + [𝑥̇ + 𝜑̇ 2 (𝑥 2 − 𝑎𝑥 + 𝑎 ⁄4 (𝑡𝑎𝑛2 𝑎 + 1)) + 𝑥̇ 𝜑̇𝑎 tan 𝛼] (4.2)
2
2
𝐽пл = 18,4 кгм2
Подставив данные задачи, находим
𝑇 = 9,2𝜑̇ 2 + 5,5 {64𝑡 2 + 𝜑̇ 2 [(2 + 4t2 )2 − 4(2 + 4𝑡 2 ) + 4(𝑡𝑎𝑛2 30° + 1)] + 32𝑡𝜑̇ 𝑡𝑎𝑛30°}
Обобщенная сила
𝑄𝜑 = 𝑀𝑧 = −4𝑡 3 − 4
(4.4)
𝜕𝑇
𝜕𝑇
4
32𝑡
= 0,
= 18,4𝜑̇ + 11𝜑̇ [ + 16𝑡 4 ] + 5,5
= −𝑡 4 − 4𝑡,
𝜕𝜑
𝜕𝜑̇
3
√3
44
32𝑡
𝜑̇ (18,4 +
+ 176𝑡 4 ) = −𝑡 4 − 4𝑡 − 5,5
3
√3
4
4
𝜑̇ (176𝑡 + 32,7) = −𝑡 − 105,6𝑡
𝑇 = 𝑇пл + 𝑇𝑀 =
Приходим к тому же результату, что и в И2:
−𝑡 4 − 105,6𝑡
−0,25 − 74,7 −74,95
𝜑̇ =
; 𝜑̇ 1 =
=
= −0,977 с−1
(4.5)
4
176𝑡 + 32,7
44 + 32,7
76,7
Видим, что в данном примере кинетический момент системы связан с кинетической
энергией формулой
𝜕𝑇
= 𝐾𝑧
(4.6)
𝜕𝜑̇
Объект задания
Треугольная пластина погонной плотности 𝜸, с углом при основании 𝛼, вращается вокруг
неподвижной вертикальной оси. Материальная точка массы m скользит без трения вдоль оси 𝑥 (Рис.1).
Данные для задачи В
m (кг)
a(м)
𝛼 (град)
𝛾 (кг/м)
φ̇ (c-1)
x0 (м)
𝑥̇ 0 (м/с)
𝑀𝑧 (нм)
11
4
30
6
-4
3
5
-4t3 – 4
𝑥(𝑡) (м/с)
2 + 4𝑡 2
Задача В
Тело и точка движутся свободно из начального состояния. Система имеет 2 степени
свободы. Координаты 𝜑 и 𝑥 являются неизвестными функциями времени.
Найти:
1.
2.
3.
Методом Лагранжа дифференциальные уравнения движения системы и циклические интегралы,
если они существуют
Дифференциальное уравнение относительного движения точки в задаче А
Закон изменения угловой скорости тела в задаче Б
4.
Общую зависимость реакции 𝑵𝒚 тела на точку. Ее выражение для задачи А.
Задание И5. Уравнений Лагранжа. Теорема об изменении кинетической
энергии в переносном движении
1.
Дифференциальные уравнения движения системы найдем из уравнений Лагранжа. За
обобщенные координаты выберем x и φ.
Запишем соответствующие уравнения Лагранжа:
𝑑 𝜕𝑇 𝜕𝑇
𝑑 𝜕𝑇 𝜕𝑇
−
= 𝑄𝑥 ;
−
= 𝑄𝜑 (5.1)
𝑑𝑡 𝜕𝑥̇ 𝜕𝑥
𝑑𝑡 𝜕𝜑̇ 𝜕𝜑
Выражение кинетической энергии системы (4.2) позаимствуем из задания И4
𝐽пл 2 𝑚 2
𝑇 = 𝑇пл + 𝑇𝑀 =
𝜑̇ + 𝑣
2
2
𝐽пл 2 𝑚 2
2
=
𝜑̇ + [𝑥̇ + 𝜑̇ 2 (𝑥 2 − 𝑎𝑥 + 𝑎 ⁄4 (𝑡𝑎𝑛2 𝑎 + 1)) + 𝑥̇ 𝜑̇ 𝑎 tan 𝛼] (5.2)
2
2
Производные по 𝑥:
𝑑 𝜕𝑇
= 𝑚 (𝑥̈ − 2⁄ 𝜑̈ ) ;
𝑑𝑡 𝜕𝑥̇
√3
Обобщенная сила
𝜕𝑇
= 𝑚(𝑥 − 2)𝜑̇ 2 ;
𝜕𝑥
(5.3)
𝑄𝑥 = 0 (5.4)
равна нулю, поскольку нет сил, имеющих составляющие вдоль 𝑥
Подставив (5.3) и (5.4) в (5.1) получаем дифференциальное уравнение по 𝑥:
𝑥̈ − 2⁄ 𝜑̈ = (𝑥 − 2)𝜑̇ 2 (5.5)
√3
Поскольку.
𝜕𝑇
= 0;
𝑄𝜑 = 0
(5.6)
𝜕𝜑
то 𝜑 является циклической координатой, и ей соответствует циклический интеграл
дифференциального уравнения по 𝜑:
𝜕𝑇
= 18,4𝜑̇ + 11𝜑̇ (16⁄3 + 𝑥 2 − 4𝑥) − 22⁄ 𝑥̇ = 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡
(5.7)
𝜕𝜑̇
√3
Покажем, что циклический интеграл (5.7) выражает факт сохранение кинетического
момента системы относительно оси z. Согласно формуле (2.1) задания И2
𝑎
𝐾𝑧 = 𝐾𝑧 = (𝐽пл + 𝐽𝑚 )𝜑̇ + 𝑚𝑥̇ tan 𝛼
2
𝑎
𝑎
= 𝜑̇ (18,4 + 𝑚(( ⁄2cos 𝑎)2 + 𝑥 2 − 𝑎𝑥)) − 𝑚𝑥̇ tan 𝛼
2
Подстановка данных задачи дает
𝐾𝑧 = 𝜑̇ (18,4 + 11 16⁄3 + 𝑥 2 − 4𝑥) − 22⁄ 𝑥̇ = 𝜑̇ (77,1 + 𝑥 2 − 4𝑥) − 22⁄ 𝑥̇ (5.8)
√3
√3
что в точности совпадает с выражением (5.7).
Значит (5.7) действительно выражает факт сохранение кинетического момента системы
относительно оси z. Ввиду начального покоя системы
𝐾𝑧 = 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡 = 0 (5.9)
Производная от (5.7) приводит к дифференциальному уравнению по 𝜑
𝜑̈ (77,1 + 𝑥 2 − 4𝑥) + 2𝜑̇ 𝑥̇ (𝑥 − 2) − 22⁄ 𝑥̈ = 0
(5.10)
√3
2. Проверим уравнение относительного движения точки (1.2) в условиях задачи
А.
При подстановке условий задачи А: 𝜑̇ = −4 = 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡 в (5.5) получаем точно такое же
уравнение, как в задаче А
𝑥̈ − 16𝑥 = −32
(5.11)
3. Проверим закон угловой скорости тела, найденный в условиях задачи Б
При подстановке условий задачи Б при отсутствии момента 𝑀𝑧 : 𝑥 = 2 + 4𝑡2 в (5.7) получаем тот
же закон угловой скорости
(32,7 + 176𝑡 4 )𝜑̇ − 101,6𝑡 = 𝐾𝑧 = 0 или
𝜑̇ =
101,6𝑡
(5.12)
32,7 + 176𝑡 4
что и в задании И2 при отсутствии момента.
4.
Общее выражение зависимости реакции 𝑵𝒚 тела на точку найдем из теоремы об изменении
кинетической энергии точки в переносном движении
𝑇̇1 + 2𝑇̇0 −
𝜕𝑇
= 𝑁𝑦 ∙ 𝑣𝑒
𝜕𝑡
(5.13)
Здесь использовано разложение выражения кинетической энергии точки Т на слагаемые по степеням
относительной скорости. Справа стоит мощность внешних сил (они здесь состоят из одной реакции 𝑁𝒚 )
переносном движении точки.
𝑚
2
𝑇𝑀 = [𝑥̇ 2 + 𝜑̇ 2 (𝑥 2 − 𝑎𝑥 + 𝑎 ⁄4 (𝑡𝑎𝑛2 𝑎 + 1)) + 𝑥̇ 𝜑̇ 𝑎 tan 𝛼]
2
1
= 11 [𝑥̇ 2 + 𝜑̇ 2 (𝑥 2 + 16⁄3 − 4𝑥) − 4⁄ 𝑥̇ 𝜑̇ ] = 𝑇2 + 𝑇1 + 𝑇0
2
√3
Кинетическая энергия Т не содержит времени t, поэтому
𝜕𝑇
=0
(5.15)
𝜕𝑡
Энергия T1 , содержащая 𝑥̇ в первой степени и ее производная
𝑇1 = − 22⁄ 𝑥̇ 𝜑̇
𝑇̇1 = − 22⁄ (𝑥̈ 𝜑̇ + 𝑥̇ 𝜑̈)
(5.16)
√3
√3
Энергия T0 , содержащая 𝑥̇ в нулевой степени и ее производная
𝜑̇ 2 2 16
𝑇0 = 11
(𝑥 + ⁄3 − 4𝑥)
2𝑇̇0 = 22𝜑̇ 2 𝑥̇ (𝑥 − 2)
(5.17)
2
на
(5.14)
Мощность реакции в переносном движении точки
𝑁𝒚 ∙ 𝒗𝑒 = 𝑁𝒚 𝜑̇ (𝑥 − 2)
(5.18)
После подстановки в теорему (5.13) получаем
𝑁𝒚 𝜑̇ (𝑥 − 2) = − 22⁄ (𝑥̈ 𝜑̇ + 𝑥̇ 𝜑̈) + 22𝜑̇ 2 𝑥̇ (𝑥 − 2)
√3
𝟐𝟐(𝑥̈ 𝜑̇ + 𝑥̇ 𝜑̈)
𝑁𝒚 = 22𝑥̇ 𝜑̇ −
(5.19)
√3𝜑̇ (𝑥 − 2)
Проверим выражение (для реакции Ny в условиях задачи А, где: 𝜑̇ = −4 = 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡, 𝜑̈ =
0
Подставив эти условия в (5.19), получаем
𝑁𝑦 = −88𝑥̇ −
𝟐𝟐𝑥̈
√3(𝑥 − 2)
В силу дифференциального уравнения движения точки
𝑥̈ − 16𝑥 = −32
получаем то же выражение (1.8)
𝑁𝑦 = − 88𝑥̇ − 352⁄
√3
что и в задании И1.