Контрольная работа на тему Исследование движения механической системы с одной степенью свободы и упругими связями (Вариант 8)

Содержание:

СХЕМА МЕХАНИЗМА И НЕОБХОДИМЫЕ ЧИСЛЕННЫЕ ДАННЫЕ ДЛЯ ВЫПОЛНЕНИЯ ЗАДАНИЯ 4
1. ВЫВОД ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОГО УРАВНЕНИЯ ДВИЖЕНИЯ С 6
ИСПОЛЬЗОВАНИЕМ ТЕОРЕМЫ ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОЙ ЭНЕРГИИ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ. 6
2. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ЗАКОНА ДВИЖЕНИЯ СИСТЕМЫ. 11
3. ОПРЕДЕЛЕНИЕ РЕАКЦИЙ ВНЕШНИХ И ВНУТРЕННИХ СВЯЗЕЙ. 13
4. СОСТАВЛЕНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОГО УРАВНЕНИЯ ДВИЖЕНИЯ МЕХАНИЗМА С ПОМОЩЬЮ ПРИНЦИПА ДАЛАМБЕРА-ЛАГРАНЖА. 15
5. СОСТАВЛЕНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОГО УРАВНЕНИЯ 17
ДВИЖЕНИЯ МЕХАНИЗМА С ПОМОЩЬЮ УРАВНЕНИЯ 17
ЛАГРАНЖА 2-ГО РОДА. 17
6. РЕЗУЛЬТАТЫ ВЫЧИСЛЕНИЙ 18
СПИСОК ИСПОЛЬЗОВАННОЙ ЛИТЕРАТУРЫ. 19

Фрагмент текста работы:

СХЕМА МЕХАНИЗМА И НЕОБХОДИМЫЕ ЧИСЛЕННЫЕ ДАННЫЕ ДЛЯ ВЫПОЛНЕНИЯ ЗАДАНИЯ

Исследовать движение механизма с одной степенью свободы, изобра-женного на рис.1. Определить реакции внешних и внутренних связей.
Массами нитей и упругих элементов пренебречь. Нити считать нерастяжимыми и абсолютно гибкими. Сопротивление, возникающее в подшипниках блока, принять пропорциональным первой степени угловой скорости блока  2. В качестве координаты, определяющей положение системы,
принять перемещение груза 1 – S. Качение катка 3 происходит без скольжения. К грузу 1 приложена возмущающая сила F(t).

Исходные данные:
m1, m2, m3, m4 —массы тел механической системы,
с—жесткость упругого элемента,
μ—коэффициентвязкоготрениявподшипнике,
г2, R2 —радиусы ступеней блока 2,
i2 —радиус инерции блока 2,
г3, R3 —радиусы ступеней блока 3,
i3 —радиус инерции блока 3,
г4, R4 —радиусы ступеней блока 4,
i4 —радиус инерции блока 4,

 
Рис.1Схема механизма и исходные данные
Дано:
m = 1кг;
m1 = 2∙ m =2кг;
m2= 0кг, r2=1,5r*= 0,15м , i2=r= 0,1м;
m3= 4∙ m =4кг, r3 =2r**= 0,2м, R3= 4r=0,4м, i3= r=0.1м;
m4 = 5∙ m =5кг, r4=r= 0,1м, R4= r=0,1м, i4=r=0,1м;
μ= 0,5кг/с; c = 3500 Н/м; fсц=0,15; υ=1,0Нмс
F0 = 20 Н, p = 1,5? рад/с;
x0 = 0,08м, v0= 0,02м/c;
m = 1 кг,
r = 0.10 м.
На  груз 1 действует возмущающая сила  F(t) = F0sin(pt).
На блок  действует момент сопротивления Mc = – μ∙ω .
r* — сплошной  однородный цилиндр радиуса «rk»,
r** — масса  цилиндра распределена по ободу  радиуса «rk»,
R* — сплошной  однородный цилиндр радиуса «Rk»,
R** — масса  цилиндра распределена по ободу радиуса  «Rk»

 
1. ВЫВОД ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОГО УРАВНЕНИЯ ДВИЖЕНИЯ С
ИСПОЛЬЗОВАНИЕМ ТЕОРЕМЫ ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОЙ ЭНЕРГИИ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ.

Расчетная схема
 
Рис.2
На рис. 2 обозначено:
Р1 ,Р 2 ,Р3 — силы тяжести,
N4 — нормальные реакции опорных плоскостей,
Т2— сила натяжения,
F сц — сила сцепления,
F уп — упругая реакция пружины,
X2 ,Y2 — реакции подшипника блока 2,
Mc = -μω момент сопротивления,
F(t) — возмущающая сила.
Рассматриваемая механическая система имеет одну степень свободы. Будем определять положение системы с помощью координаты S . Начало отсчета координат совместим с положением статического равновесия груза 1. Для построения дифференциального уравнения движения системы используем теорему об изменении кинетической энергии механической системы в форме:
  (1.1)
где: T — кинетическая энергия системы,
Ne— сумма мощностей внешних сил,
Ni— сумма мощностей внутренних сил.
Вычислим кинетическую энергию системы как сумму кинетических энергий тел, образующих механическую систему.
Груз 1 совершает поступательное движение. Его кинетическая энергия 
  (1.2)
Блок 3 –вращается вокруг неподвижной оси,  его кинетическая энергия определяется по формуле
  (1.3)
Где   -момент инерции блока 3
Каток 4 − совершает плоскопараллельное движение, его кинетическая энергия определяется по формуле
(1.4)
Где   -момент инерции блока 4
Кинетическая энергия всего механизма будет равна:
Т=Т1 + Т3 + Т4 (1.5)
Так как система имеет одну степень свободы и в качестве координаты, определяющей ее положение, ранее принято перемещение груза 1, то кинема-тические характеристики всех тел механизма легко выражаются через кинематические параметры груза 1. Все входящие сюда скорости надо выразить через искомую величинуV1. 
  (1.6)
Подставляя (1.2), (1.3), (1.4), (1.6) в  (1.5),  получим
  (1.7)
  (1.8)
Теперь вычислим правую часть уравнения (1.1) — сумму мощностей
внешних и внутренних сил.
Мощность силы равна скалярному произведению вектора силы на скорость точки приложения силы, а мощность момента силы — алгебраи-
ческому произведению момента силы на угловую скорость вращения тела,
к которому приложен момент:
 
Знак «+» берется в том случае, если направления момента и угловой скорости одинаковы, а знак «–», когда их направления противоположны.
Рассматриваемая нами механическая система является неизменяемой, т. е. тела, входящие в систему, недеформируемы и скорости их точек относительно друг друга равны нулю. Поэтому мощности внутренних сил будут равняться нулю Ni=0
Будут равняться нулю и мощности некоторых внешних сил, приложен-ных в точках, скорости которых равны  нулю. Как видно из расчетной схемы, таковыми являются силы N4, Fсц, P2,  X2, Y2.
Сумма мощностей остальных сил равна: