Сиситема груза и блоков — различия между версиями

Версия 11:22, 5 июня 2015

Задача: С помощью языка программирования JavaScript смоделировать систему блоков с грузом.

Решение

Условия задачи:

Груз массы [math] M [/math] подвешен на нерастяжимом однородном тросе длины [math]l[/math], навитом на цилиндрический барабан с горизонтальной осью вращения. Момент инерции барабана относительно оси вращения [math]J[/math], радиус барабана [math] R [/math], масса единицы длины каната [math]m[/math]. Определить скорость груза в момент, когда длина свисающей части каната равна [math] x [/math]если в начальный момент скорость груза [math] v_0=0[/math], а длина свисающей части каната была равна [math]x_0[/math]; трением на оси барабана, толщиной троса и изменением потенциальной энергии троса, навитого на барабан, пренебречь.

Решение: Воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии системы в дифференциальной форме: [math] dT=\Sigma dA^{(e)}_k+ \Sigma dA^{(i)}_k [/math] Кинетическая энергия системы [math] T=T_A+T_B+T_C+T_{каната}=\frac{M_1v^2}{2}+\frac{M_3r^2}{4}(\frac{v}{r})^2 + \frac{M_3v^2}{2} + \frac{M_3r^2}{4}(\frac{v}{r})^2+\frac{M-2v^2}{2}=\frac{v^2}{2}(M_1+M_2+2M_3)[/math] В вычислениях учли отсутствие скольжения катка [math] C [/math] (точка касания [math] P [/math] - мгновенный центр скоростей катка). Дифференциал кинетической энергии [math] dT = (M_1+M_2+2M_3)vdv. [/math] Суммарная элементарная работа внутренних и внешних сил сводится в работе силы тяжести груза [math] A [/math]: [math] dA(M_1\vec{g})=M_1gdy; [/math] работе силы тяжести каната: [math] dA(M_2\vec{g})=\frac{M_2}{L}(l+r+y)gdy [/math] и работе силы трения качения катка [math] C [/math]: [math] dA(M_K)=-M_Kd\varphi=-f_KN(y)\frac{dy}{r} [/math] В результате уравнение принимает вид [math] (M_1+M_2+2M-3)vdv=M_1gdy+\frac{M_2}{L}(l+r+y)gdy-f_KN(y)\frac{dy}/{r}. \qquad (1) [/math] Для определения нормальной реакции катка Т(н) воспользуемся теоремой об изменении кинетического момента всей системы относительно оси вращения блока [math] B [/math]: [math] \frac{d}{dt}(K^{(A)}_{Bz}+K^{(B)}_{Bz}+K^{(C)}_{Bz}+K^{(каната)}_{Bz})=\Sigma M_{Bz}(\vec{F^{(e)}_k})\Rightarrow \frac{d}{dt}\left [ M_1vr+\frac{M_3r^2}{2}*\frac{v}{r}+ (M_3vr+\frac{M_3r^2}{2}*\frac{v}{r})+M_2vr\right ] = M_1gr+M_{23}gr+M{22}gBS_2\cos(\frac{\pi}{4})-M_{21}gS_1K-M_3g2S_1K+N2S_1K-M_k [/math] Здесь масса горизонтального участка каната [math] M_{21}=\frac{M_2}{L}(L-l-y-\frac{\pi r}{2}); [/math] масса участка каната, облегающего блок [math] B [/math], [math] M_{22}=\frac{M_2}{L} \frac{\pi r}{2}; [/math] масса вертикального участка каната [math] M_{23}=\frac{M_3}{L}(l+y). [/math] Центр масс горизонтального участка каната - точка [math] S_1 [/math], причем [math] S_1K=\frac{1}{2}(L-l-y- \frac{\pi r}{2}). [/math] Центр масс каната, облегающего блок [math] B [/math] - точка [math] S_2 [/math], такая, что [math] BS_2=\frac{r\sin(\frac{\pi}{4})}{\frac{\pi}{4}}=\frac{2sqrt{2}r}{\pi}. [/math] После преобразований получим: [math] \frac{dv}{dt}(M_1+M_2+2M_3)=M_1g+\frac{M_2}{L}g(l+r+y)-\frac{M_2}{L}g\frac{1}{2r}(L-l-y-\frac{\pi}{2})^2-M_3g\frac{1}{r}(L-l-y-\frac{\pi}{2})+M\frac{1}{r}(L-l-y-\frac{\pi}{2})-N\frac{f_K}{r}. \qquad (2) [/math] Из полученного уравнения (2) выразим [math] N(y) [/math]: [math] N(y) = \frac{\dot v ar - M_1gr - \frac{M_2}{r}gbr+\frac{M_2}{L}g\frac{c^2}{2}+M_3gc}{c-f_K}, [/math] где [math] a = M_1+M_2+3M_3, b = l+y+r, c=L-l-y-\frac{\pi r}{2}. [/math] Подставим [math] N(y) [/math] в уравнение (1): [math] avdv=M_1gdy+ \frac{M_2}{L}bgdy-\frac{f_k}{r}\frac{\dot{v}ar}{c-f_k}dy+\frac{f_K}{r}\frac{M_1gr}{c-f_K}dy+\frac{f_K}{r}\frac{M_2gbr}{L(c-f_K)}dy-\frac{f_K}{r}\frac{M_2gc^2}{L(c-f_K)2}dy-\frac{f_K}{r}\frac{M_3gc}{c-f_k}dy. [/math]

Разделим левую и правую части на [math] dt [/math] и сократим все слагаемые на [math] v [/math]. Далее после несложных преобразований и умножения левой и правой частей на [math] (c-f_K) [/math], получим: [math] \dot{v}ac=M_1gc+\frac{M_2gf_k}{L}(-\frac{c^2}{2r}+\frca{bc}{f_K})-M_3g\frac{f_kc}{r} [/math]