Интегрирование уравнений движения материальной точки, находящейся под действием переменных сил

«Интегрирование уравнений движения материальной точки, находящейся под действием переменных сил»

Задание:     На наклонном участке АВ трубы на груз D, массой m действуют сила тяжести и сила сопротивления R, расстояние от точки А, где V=V0, до точки В, равно L. На горизонтальном участке ВС на груз действует сила тяжести и переменная сила F = F(t).

Дано:

m = 4, кг

V0 = 12, м/с

Q = 12, Н

R = 0,8V2, Н

L = 2.5, м

Fx = -8cos(4t), Н

Определить:

Закон движения груза на участке ВС ( x = f(t) ).

Решение:

1.      Пусть груз – материальная точка. Изобразим  и . Проведем ось Ax и составим дифференциальное уравнение в проекции на эту ось:

Далее находим:

Учитывая, что Vx = V:

 или

Выведем:

где g = 10 м/с.

Тогда:

Разделяя переменные и интегрируя:

По Н.У. при x = 0:  V = V0, откуда:

;

Получим:

;

Откуда:

   и      

В результате:     

Полагая, что x=L=2.5 и заменяя k и n определим VB:

2.      Рассмотрим движение на BC.

Рассмотрим движение ВС (V0 = V). Изобразим , , и .

 или , где

При t=0; V = V0 = VB = 8.29 м/с:

С2 = VB = 8.29 м/с.

К-3    Вариант  18

                                            авр

                                                              А

                                      aA                                                      Cv

                                                                     авр

                                                             ac

                                             ацс

                       Eoa                                            aцс                            C

aB

                Woa

aB                  О В

                                                                                                           Y

 aB

X

Дано:       ОА=10   АВ=10   АС=5    Woa=2    EOA=6

Найти:     Ускорения во всех точках

Va=Woa*OA=20

Va=Wao*Acv=Wab*AB*sin45

Wab=Va/Cva=4/21/2

Vb=Wab*BCv=Wab*AB*cos45=20

Vc=Wab*CCv=21/22*BC/2ctg45=521/2/2

aAbp= Eoa*OA=60

aAцс=WOA2*OA=40

aBцс= WOA2*AB=80

aB= aAbp +aAцс +aABЦС +aABbp

X:      21/2/2*aB= aAцс +aABBP

Y:      21/2/2*aB= aABP +aABЦС

aABBP ===========  ==MOI===\KOI0-U=140-40=100

EAB=100/10=10

aB= aAвp +aAцс +aACЦС +aACвp

aACвp = EAB*АВ=50

aACЦС= WAВ2*АС=40

X:      21/2/2*ac= aAцс +aABBP

Y:      21/2/2*ac= aABP +aABЦС

aC=( acx2 +acy2)1/2

«Определение скорости и ускорения точки по заданным уравнениям ее движения».

Задание: По заданным уравнениям движения точки М установить вид ее траектории и

для момента времени t = t1 (c) найти положение точки на траектории, ее скорость, полное, касательное и нормальное ускорения, а так же радиус кривизны траектории.

Исходные данные:

Решение:

Для нахождения траектории точки, возведем в квадрат и приравняем левые части уравнений движения, предварительно выделив из них cos и sin соответственно, в результате получим:

- траектория точки в координатной форме.

Траектория представляет из себя окружность радиуса r=3 см.

Найдем проекции скорости и ускорения на оси координат дифференцируя по времени уравнения движения:

По найденным проекциям определяются модуль скорости и модуль ускорения точки:

Найдем модуль касательного ускорения точки по формуле:

-выражает проекцию ускорения точки на направление ее скорости. Знак «+» при означает, что движение точки ускоренное, направления и совпадают, знак «-» значит, что движение замедленное.

Модуль нормального ускорения точки: ; Т.к. радиус кривизны известен, но в качестве проверки применим другую формулу для нахождения модуля нормального ускорения:

Когда найдено нормальное ускорение, радиус кривизны траектории в рассматриваемой точке определяется из выражения:

Результаты вычислений занесем в таблицу (для момента времени t = t1 = 1 c):

Найденный радиус кривизны совпадает с определенным из уравнения траектории точки.

На рисунке показано положение точки М в заданный момент времени

Дополнительное задание. Определение скорости и ускорения точки при ее движении по пространственной траектории. Для этого к двум уравнениям движения добавляется 3-е уравнение.

Исходные данные:

Решение:

Определим пространственную траекторию точки в координатной форме:

 - траектория точки в координатной форме.

Найдем проекции скорости и ускорения на оси координат дифференцируя по времени уравнения движения:

По найденным проекциям определяются модуль скорости и модуль ускорения точки:

Найдем модуль касательного ускорения точки по формуле:

-выражает проекцию ускорения точки на направление ее скорости. Знак «+» при означает, что движение точки ускоренное, направления и совпадают, знак «-» значит, что движение замедленное.

Модуль нормального ускорения точки: ; Т.к. радиус кривизны не известен, применим другую формулу для нахождения модуля нормального ускорения:

Когда найдено нормальное ускорение, радиус кривизны траектории в рассматриваемой точке определяется из выражения:

Результаты вычислений занесем в таблицу (для момента времени t = t1 = 1 c):

«Определение реакций опор твердого тела».

Задание:     Найти реакции опор конструкции.

Дано:

Q = 6, кН

G = 2, кН

a = 60, см

b = 40, см

c = 60, см

Определить:

Реакции опор конструкции.

Решение:

К раме ABCD приложены сила тяжести , сила , реакция стержня DC и реакции опор A и B. Реакция шарового шарнира А определяется тремя составляющими: , а реакция петли В двумя: .

Из этих сил – шесть неизвестных. Для их определения можно составить 6 уравнений равновесия.

Уравнения моментов сил относительно координатных осей:

Уравнения проекций сил на оси координат:

Из этих уравнений находим: решая уравнения, находим неизвестные реакции.

Результаты вычислений заносим в таблицу:

Проверка:

Проверка показала, что реакции опор твердого тела найдены правильно.

В 18.                                                       Д – 1.

Дано:  VA = 0,   a = 30°,   f = 0,1,  ℓ = 2 м,   d = 3 м.  Найти: h и t.

Решение: Рассмотрим движение камня на участке АВ. На него действуют  силы тяжести G, нормальная реакция N и сила трения F.Составляем дифференциальное уравнение движения в проекции на ось X1 :        = G×sina - F ,   (F = f×N = fG×cosa)  Þ       = g×sina - fg×cosa,

Дважды интегрируя уравнение, получаем:

= g×(sina - f×cosa)×t + C1 ,   x1 = g×(sina - f×cosa)×t2/2 + C1t + C2 ,

По начальным условиям (при  t = 0  x10 = 0 и = VA = 0) находим С1 и С2 :  C1 = 0 ,  C2 = 0,

Для определения  VB и t  используем условия:  в т.B  (при t = t) ,  x1 = ℓ  , = VB .      Решая систему уравнений находим:

x1 = ℓ = g×(sina - f×cosa)×t2/2         Þ            2 = 9,81×(sin30° - 0,1×cos30°)×t2/2 ,  Þ  t = 0,99 c ,

= VB = g×(sina - f×cosa)×t         VB = 9,81×(sin30° - 0,1×cos30°)×0,99 = 4,03 м/с ,

Рассмотрим движение камня на участке ВС.На него действует только сила тяжести G. Составляем дифференциальные уравнения движения

в проекции на оси X  , Y :                             =  0 ,     = G  ,

Дважды интегрируем уравнения:  = С3  ,                 = gt + C4 ,

x = C3t + C5 ,          y = gt2/2 + C4t + C6 ,

Для определения С3 , C4 , C5 , C6 ,  используем начальные условия (при t = 0):           x0 = 0 ,     y0 = 0 ,   = VB×cosa ,  = VB×sina ,

Отсюда находим : = С3 ,  Þ C3 = VB×cosa ,             = C4 , Þ  C4 = VB×sina

x0 = C5 ,  Þ C5 = 0  ,                         y0 = C6 ,  Þ  C6 = 0

Получаем уравнения : = VB×cosa , = gt + VB×sina

x = VB×cosa×t  ,         y = gt2/2 + VB×sina×t

Исключаем параметр t :   y =         gx2          + x×tga  ,

2V2B×cos2a

В точке  С   x = d = 3 м ,  у = h. Подставляя в уравнение VB и d ,  находим h:    h  =       9,81×32          + 3×tg30° =  5,36 м   ,

2×4,032×cos230°