В. А. Светлицкий
И. В. Стасенко

СБОРНИК
ЗАДАЧ
ПО ТЕОРИИ
КОЛЕБАНИЙ

ИЗДАНИЕ ВТОРОЕ, ПЕРЕРАБОТАННОЕ

Допущено
Министерством высшего и среднего
специального образования СССР
в качестве учебного пособия
для студентов высших технических
учебных заведений

МОСКВА «ВЫСШАЯ ШКОЛА» 1979
ЬБК 22.23

С 24

УДК 534(075)

Рецензенты:

Кафедра теоретической механики
Военно-инженерного института им. А. Ф. Можайского
(зав, кафедрой докт. физ.-мат. наук, проф. Н. В. Бутенин)

Светлицкий В. Л., Стасенко И. В.

С24 Сборник задач ио теории колебаний: Учеб, пособие
для студентов втузов. — 2-е изд., нерераб. — М.: Высш,
школа, 1979. — 368 с., ил.

В пер : 90 к.

Сборник представляет собой систематизированную подборку задач
и упражнения по всем основным разделам теории колебаний. Вес задачи
имеют ответы и большинство — решения. Во 2-м издании в качестве основ-
ной принята Международная система единиц (СИ)

Сборник задач рассчитан на студентов и аспирантов технических вузов.
Может быть полезен также широкому кругу инженеров и научных работни-
ков, использующих теорию колебаний в практической работе.

20302—366

С -----------85—79	1703030000

001(01)—79

530.1

ББК 22.23

© Издательство «Высшая школа», 1973

© Издательство «Высшая школа», 1979, с, изменениями
Посвящается 150-летию
Московского

высшего технического училища
имени Н. Э Баумана

(1830—1980)

ПРЕДИСЛОВИЕ КО 2-МУ ИЗДАНИЮ

Настоящий сборник задач по теории колебаний предназначен для
студентов и аспирантов технических вузов. Основная цель сборника —
помочь изучающим теорию колебаний глубже овладеть теорией и ос-
воить методы решения прикладных задач. Поэтому в сборнике почти
для всех задач даны решения.

В отечественной учебной литературе задачи по теории колебаний
частично содержатся в задачниках по курсам теоретической механики
(например, И. В. Мещерский, Сборник задач по теоретической меха-
нике) и сопротивления материалов (например, Сборник задач по со-
противлению материалов. Под ред. А. А. Уманского). Однако круг во-
просов, который охватывают эти задачи, является далеко не достаточ-
ным для читаемых в вузах курсов теории колебаний.

Предлагаемый сборник содержит четыреста задач по всем основ-
ным разделам курса теории колебаний. При составлении сборника на-
ряду с новыми задачами использовались задачи из имеющихся посо-
бий, монографий и журнальных статей. Сборник содержит четыре
раздела.

Раздел I сборника посвящен системам с одной степенью свободы.
Наряду с классическими задачами большое внимание здесь уделено
определению критических параметров системы, параметрическим ко-
лебаниям с исследованием устойчивости режима малых колебаний,
случайным колебаниям и нелинейным колебаниям. В разделе II рас-
смотрены системы с двумя и более степенями свободы. Сюда вклю-
чены задачи на применение приближенных методов определения ча-
стот колебаний. Раздел 111 сборника содержит задачи о колебаниях
системы с распределенными параметрами. В разделе IV сборника
даны решения задач и ответы к ним; в конце раздела IV даны при-
ложения со справочным материалом.-

По сравнению с первым изданием «Сборник задач» подвергся пере-
работке и некоторому сокращению в основном за счет разделов, содер-
жащих теоретические сведения. В качестве основной принята единая
Международная система единиц (СИ).

Условия и решения задач §6 и 7 раздела I, § 3 и 4раздела II, а так-
же задачи и их решения раздела III подготовлены В. А. Светлицким;
остальные разделы сборника подготовлены совместно В. А. Светлицким
и И. В. Стасенко.

При подготовке 2-го издания учтены замечания и пожелания, со-
держащиеся в отзывах и письмах на 1-е издание. Авторы приносят
благодарность всем товарищам, высказавшим замечания по книге.

Авторы
ОСНОВНЫЕ УСЛОВНЫЕ ОБОЗНАЧЕНИЯ

А — амплитуда колебаний;

С( — коэффициенты;

— электрическая емкость; конденсатор;

с — жесткость; коэффициент жесткости;

D — дисперсия;

£ — модуль упругости первого рода;

F — площадь поперечного сечения; сила;

Fq — амплитуда возмущающей силы;

F (/) — возмущающая сила;

G

h

i

I

—	модуль упругости второго рода;

—	полярный момент инерции массы;

—	геометрические характеристики поперечного сечения бруса;

—	функция Бесселя нулевого порядка первого рода;

—	ток в цели;

—• сила тока;

К — корреляционная функция;

k — коэффициент жесткости упругого основания;

L — индуктивность;

I — длина;

М — момент силы;

т — масса;

Р — сила; все;

pi — собственные частоты колебаний;

Q — сила; обобщенная сила;

q — обобщенная координата; электрический заряд;

R — диссипативная функция Релея;

г — электрическое сопротивление;

S — спектральная плотность;

Т — кинетическая энергия; период колебаний;

t —• время;

v — скорость;

W7 — передаточная функция;

w — линейное ускорение;

X,V,Z — перемещения в направлениях координатных осей х, у, г;

Уо — функция Бесселя нулевого порядка второго рода;

>	— отображение по Лапласу оригинала;

П — потенциальная энергия;

а — коэффициент вязкого трения;

б — логарифмический декремент затухания;

6/j — перемещение точки в направлении i от действия силы по направлению /;

(р — угловое перемещение;

р — малый параметр; динамический коэффициент вязкости;

р — плотность материала; кривизна;

о — нормальное напряжение; среднеквадратичное отклонение;

т — время; касательное напряжение;

Q — частота вращения;

<оо - частота свободных затухающих колебаний.
Раздел I

КОЛЕБАНИЯ СИСТЕМ
С ОДНОЙ СТЕПЕНЬЮ СВОБОДЫ

§ 1.	ЗАДАЧИ НА СВОБОДНЫЕ КОЛЕБАНИЯ

L Для систем, изображенных на
рис. 1, определить частоты собст-
венных колебаний, если т— 10 кг,
с± — 1, а с2 = 5 кН/м»

2.	Для систем с постоянной из*
гибной жесткостью EJX (рис. 2), ис-
пользуя метод сил, составить диф-
ференциальные уравнения малых
свободных колебаний и определить
частоты собственных колебаний.

При составлении уравнений
движения считать, что масса си-

Рпс. I

п)
стемы по сравнению с массой груза мала; при этом масса груза Яв-
ляется точечной.

3.	Для систем, изображенных на рис. 3, составить дифференциаль-
ные уравнения малых свободных колебаний, используя метод сил и
считая массы иг точечными.

Определить частоты собственных колебаний.

4.	Для систем, изображенных на рис. 4, составить дифференциаль-
ные уравнения малых свободных угловых колебаний маховика, имею-
щего момент инерции массы J, и определить частоты собственных ко-
лебаний. Считать, что в схемах гид подшипник длинный, т. е. угол
поворота при изгибе равен нулю, a GJк — 0,8EJx.

5.	Чувствительный элемент (датчик давления) (рис. 5) предназна-
чен для регулировки давления жидкости или пара в некотором объеме.
При изменении давления поршень массой т1 смещается и через шток
приводит в движение исполнительный орган. Приведенная масса што-
ка и остальных движущихся элементов прибора равна т2- Определить
частоту собственных колебаний датчика давления (поршня), считая,
что трение уплотнительных колец о цилиндр весьма мало.
Рис. 6

6.	Груз массой т закреплен на абсолютно жестком невесомом стерж-
не длиной 31, подкрепленном двумя одинаковыми пружинами жест-
костью с каждая (рис. 6).

Определить частоту малых собственных колебаний маятника.

7.	Решить задачу 6 при горизонтальном положении стержня.

8.	Зубчатое колесо 1 (рис. 7) массой т(.с жестко скрепленным с ним
водилом 2 массой лежит на зубчатой рейке 3. К свободному концу
водила прикреплены без натяга пружины 4 жесткостью с каждая.

Составить дифференциальное уравнение малых свободных колеба-
ний системы; определить частоту собственных колебаний.

9-	Тяжелый цилиндр массой т = Q/g, радиусом г (рис. 8) лежит
На вогнутой поверхности, имеющей радиус кривизны R. К верхней
т°чке цилиндра прикреплены пружины-растяжки жесткостью с каж-
дой
Составить дифференциальное уравнение малых свободных колеба-
ний цилиндра, считая, что проскальзывание цилиндра по поверхности
отсутствует.

Исследовать влияние радиуса кривизны поверхности /? на частоту
собственных колебаний цилиндра и, в частности, определить ее, когда
поверхность является плоскостью (/? — оо).

Рис 7

10.	Определить частоту собственных колебаний вертикально ус-
тановленного маятника массой пг (стержень считать абсолютно жест-
ким) (рис* 9). Жесткость пружин равна с

Рис. 9

11.	Определить частоту малых собственных колебаний диска индук-
ционного гальванометра (рис. 10), представляющего собой стальной
диск толщиной h 2 мм, диаметром d — 50 мм. Жесткость пружины
при кручении с = Л4Ар 0,488 Н м
12« Стержень АВ жесткостью па кручение с на одном конце имеет
цилиндр и ческий шарнир Л, а па другом—диск радиусом R и массой
ГП (рис И). Система укреплена на плоскости, наклоненной к горизон-
ту на угол а.

Считая, что диск может совершать колебательные движения каче-
ния без проскальзывания, составить дифференциальное уравнение его
малых свободных колебаний.

Исследовать зависимость часто-
ты собственных колебаний и их

устойчивость от угла
плоскости а.

наклона

13.	Чувствительный элемент уровня (датчик уровня) (рис. 12)
состоит из поплавка (диаметром d, массой /гг3), погруженного в жид-
кость, системы рычагов, пружины жесткостью с и противовеса массой
т2. При изменении уровня жидкости //0 избыточная выталкивающая
сила перемещает поплавок, что передастся через систему рычагов ре-
гистрирующему или исполнительному механизму.

Считая, что плотность жидкости равна р, составить дифференциаль-
ное уравнение малых свободных колебаний поплавка и определить час-
тоту его собственных колебаний, пренебрегая инерцией жидкости.

14.	Диск массой tn с моментом инерции массы насажен на сту-
пицу радиусом г (рис. 13). Ступица диска опирается на криволинейную
круговую направляющую радиусом R.

Составить дифференциальные уравнения малых свободных коле-
баний диска, считая, что при его движении проскальзывание между
ступицей и направляющей отсутствует.

Дифференциальное уравнение движения получить двумя методами:
по методу Лагранжа и по методу Даламбера.

15.	На шероховатой наклонной поверхности (рис. 14) установлена
тележка массой т, удерживаемая пружиной жесткостью с. Считая, что
Каждая из двух колесных пар тележки имеет момент инерции массы
радиус колес /?, а движение происходит без проскальзывания колес
По поверхности, составить дифференциальное уравнение малых свобод-
ах колебаний тележки.
Pin- 13

Pile. 14

16.	Балка массой m — Q/g (рис. 15) лежит на цилиндре радиусом R.

Составить дифференциальное уравнение малых свободных колеба-
ний балки относительно положения равновесия. Определить частоту
собственных колебаний балки и амплитуду g>omax, при которой воз-
можны колебания, приняв коэффициент трения скольжения равным р.

Рис 16

17.	Кольцо, имеющее радиус внутренней поверхности R, надето на
вал диаметром 2г (рис. 16).

Определить частоту собственных колебаний кольца, считая извест-
ными его массу т и момент инерции массы относительно центра тя-
жести J.

18.	Для гашения колебаний маховика (рис. 17), вращающегося с
угловой скоростью со, можно применить маятниковый демпфер, пред-
ставляющий собой специальной
формы груз массой т = Q/g, по-
мещенный во внутреннюю полость
маховика.
Контактная поверхность груза имеет радиус кривизны поверх-
ность маховика (RL < R„).

1,	Найти частоту собственных колебаний груза при остановленном
маховике (со — 0) (сила тяжести направлена по оси у).

2,	Определить частоту собственных колебаний груза при со =
const (пренебрегая силой тяжести).

При решении задачи принять, что R^ --= Д/?—малая величи-

на; расстояние отточки контакта груза с маховиком до центра тяжести
груза а; момент инерции массы груза относительно оси, проходящей
через центр тяжести груза, Jc\ расстояние от оси вращения маховика

до центра тяжести груза г.

19.	Массивный диск радиусом R вращается равномерно с угловой
скоростью cd. На ободе диска шарнирно закреплен стержень, имеющий
длину I и массу т на свободном конце (рис. 18).

Считая массу стержня малой по сравнению с массой т, определить
частоту собственных колебаний груза в иоле центробежных сил.

20.	Груз массой tn укреплен на гибкой стальной стойке прямо-

угольного поперечного сечения жесткостью	поддерживаемой

двумя пружинами жесткостью каждая (рис. 19).

Определить частоту малых соб-
ственных колебаний груза, считая
массу стойки и пружин малыми по
сравнению с массой груза. Влия-
нием силы веса груза па изгиб
стойки пренебречь.

Рнс 2п

21.	Для гашения крутильных колебаний на маховиках иногда
устанавливают дополнительные массы, представляющие собой маят-
ники в поле центробежных сил.

Определить частоту собственных колебаний центробежного маят-
ника (рис. 20), считая, что угловая скорость диска <о, расстояние от
°си вращения диска до точки подвеса маятника г, момент инерции мае-
мы маятника относительно точки подвеса /а, масса маятника tn.

22.	На ободе массивного диска радиусом R жестко защемлен гиб-
кий стержень длиной /, несущий на свободном конце массу tn. Диск
равномерно вращается с угловой скоростью (рис. 21).
Полагая жесткость стержня при изгибе равной EJх и пренебрегая
массой стержня по сравнению с массой груза, определить частоту соб-
ственных колебаний груза в поле центробежных сил.

23.	Получить приближенное выражение для частоты колебаний
массы т (задача 22), воспользовавшись выражением для прогибов
при продольно-поперечном изгибе в виде

уо - y/(i nip.y

где N — осевая растягивающая сила; Р2 = n2EJx/(4P) — критическая

сила; у — прогиб от действия поперечной нагрузки.

Построить графики зависимости
частот колебаний в зависимости
от а/ для точного значения (ре-
шение задачи 22) и приближенно-
го при R — L

Рис. 21

Рис 22

24,	Стержень АВ (рис. 22) жесткостью EJX закреплен на конце
жесткого рычага ВС, вращающегося равномерно с угловой скоростью
со в горизонтальной плоскости.

Определить частоту собственных колебаний точечной массы т,
закрепленной в точке А стержня (массой стержня пренебречь), счи-
тая, что масса т колеблется в плоскости вращения.

/, жесткостью EJ х

25.	На ободе тяжелого диска радиусом R
(рис. 23) закреплен стержень длиной /, жест-
костью EJX, несущий на конце массу т.

Определить частоту собственных колебаний
груза при равномерном вращении диска.

Полагая R > /, определить критическое зна-
чение угловой скорости диска <о, при которой
частота собственных колебаний груза равна
пулю.

41 При решении задачи массой стержня пре-
небречь.

26.	На массивном диске, вращающемся с уг-
ловой скоростью а), закреплен стержень длиной
(см. рис. 23). На свободном конце стержень песет

массу т, центр 0 которой совпадает с центром вращения диска.

Определить частоту собственных колебаний груза, пренебрегая
массой стержня.
27.	Груз массой т укреплен па топкой абсолютно гибкой нерастя-
имой нити длиной 21. С помощью пружины в нити создается натяже-
ние То (рис. 24).

Считая, что натяжение в обоих участках нити одинаково и постоян-
но определить частоту малых собственных колебаний груза.

28.	Точечная масса т закреплена на
струне длиной I, имеющей предваритель-
ное натяжение Т„ (рис. 25).

Составить дифференциальное уравнение
малых свободных колебаний массы.

Построить график зависимости частоты
собственных колебаний от координаты по-
ложения массы х0. Изменением натяже-

т

Рис. 25

ния струны в процессе колебаний и влиянием силы-тяжести пре-
небречь.

29.	Груз массой т укреплен на конце упругого растяжимого безы-
нерционного троса, намотанного на барабан (рис. 26).

Составить дифференциальное уравнение ма-
лых свободных продольных колебаний груза при
равномерном вращении барабана с угловой ско-
ростью со. Диаметр барабана 2R, площадь попе-
речного сечения троса F, модуль упругости
материала троса Е.

Определить моменты времени, в которые груз
проходит через положение равновесия, считая,
что в начальный момент времени длина раз-
мотанной части троса равна /0, полная скорость
движения = toR + Дх0, а Дх0 = 0 (Дх0 —
динамическое удлинение троса).

Получить решение для частного случая
ы = const, приняв т — 100 кг, Е — 10 ГПа,
F — 10-5 м‘\ v = ioR -- 1 м/с, to — 1 с, (0— 1 м.

30.	Груз, имеющий массу т, укреплен на конце абсолютно гиб-
кого не растяжимого безынерционного троса, намотанного на барабан.

Составить дифференциальное уравнение малых свободных иопереч-
ных колебаний груза при равномерном вращении барабана с угловой
СКОРОСТЬЮ G) (см. рис. 26).

Получить зависимость амплитуды свободных колебаний от длины
свободного участка троса I и угловой скорости барабана w.
Рассмотреть два случая: а) опускание груза; б) подъем груза
с некоторой начальной длиной троса

Припять следующие начальные условия: при t tQ ф0 0, ф0 =*
= 0 (<р — угол отклонения троса от вертикали).

31.	Стальная безынерционная балка длиной Z, имеющая изгибную
жесткость EJX, лежит на упругом безынерционном основании с коэф-
фициентом постели k (рис. 27). Посредине балки закреплена точечная
масса т.

Определить частоту собственных колебаний системы, если сечение
балки представляет собой прямоугольник с основанием 6 см и высотой
1 см; длина балки / -- 2 м, коэффициент постели k. — 4 кН/м2, масса
т — 100 кг.

32.	На стальной- балке длиной I — 1 м, имеющей поперечное се-
чение byt.li (6x1) см2, закреплена масса т — 20 кг (рис. 28). Бал-
ка защемлена одним концом и лежит на упругом основании, коэффи-
циент постели которого k — 4 кН/м2.

Пренебрегая инерцией поворота массы, т. е. рассматривая ее как
точечную, определить частоту собственных колебаний. Массой балки
и инерционностью упругого основания пренебречь.

33.	Стальная балка длиной 21  -• 200 см, имеющая поперечное сече-
ние bx.h = (6x2) см2, жестко защемлена обоими концами (рис. 29).
Балка лежит на упругом основании, коэффициент постели которого k —
— 2,5 кН/м2, и нагружена посредине массой т = 50 кг.

Определить частоту собственных колебаний массы т, пренебрегая
весом балки и инерционностью основания.

Рис. 29

34.	Используя метод Релея, определить частоту собственных коле-
баний системы (рис. 30) с учетом массы балки. Сосредоточенную мас-
су т считать точечной, т. е. ее моментом инерции пренебречь. Изгибная
жесткость балки EJ х\ масса единицы длины балки лга.
35.	Используя метод Релея, опре-
делить низшую частоту собственных
колебаний массы т, закрепленной по-
средине балки, имеющей изгибную
жесткость EJX и массу единицы длины
балки то (рис. 31).

36.	Для схем, изображенных на

рис. 32, определить по методу Релея частоты собственных колеба-
ний, считая массы т точечными, а массу единицы длины стержней
равной ffli-

§ 2. ЗАДАЧИ НА СВОБОДНЫЕ КОЛЕБАНИЯ
С УЧЕТОМ СИЛ СОПРОТИВЛЕНИЯ

37.	Определить зависимость частоты собственных крутильных ко-
лебаний вала смесителя от вязкости среды, а также время, в течение
которого амплитуда колебаний вала смесителя уменьшится в 10 раз
после мгновенной остановки мотора, если скорость равномерного вра-
щения перед остановкой равна й (рис. 33).

При решении задачи принять, что масса вала мала по сравнению
с массой лопастей. Момент инерции массы лопастей J 0,5 кг-м2.
Диаметр вала d — 0,005 м, длина вала I — 0,5 м. Коэффициент момен-
та вязкого сопротивления движению лопастей а = 1,2Н-м-с.

38.	Для определения коэффициента вязкости масла v можно ис-
пользовать следующую установку (рис. 34). Массивный стальной ци-
линдр высотой И и диаметром D\ подвешивается на тонкой проволоке
Диаметром d длиной L в стакане диаметром D2. В стакан заливается
масло и цилиндр приводится в колебательное вращательное движение.
Считая, что момент сопротивления движению вычисляется по форму-
ле М jc//Di(»>pv/l4(D2 — ^i)L где «> <р - угловая скорость, р -г-
плотность масла, определить кинематическую вязкость v солярового
масла, имеющего удельный весу = 9 кН/м3, если при проведении ио

Рис. 33

пытания в приборе, размеры которого = 0,1 и, Dz = 0,12 м, Н =
= 0,2 M,d -= 0,001 м, L -- 0,5 м, период свободных колебаний равняет-
ся т0 — 6,5 с. (Жидкость считать безынерционной.)

39.	Для системы, изображенной на рис. 35, составить дифферен-
циальное уравнение малых свободных колебаний массы т, считая, что
сила сопротивления демпфера прямо пропорциональна скорости дви-
жения (F = ау).

40.	Безударная муфта сцепления (рис. 36) служит для смягчения
влияния резких колебаний скорости ведущего вала на ведомый. Муфта
представляет собой стальной диск /, свободно укрепленный на валу 3.
Передача усилия от вала к диску осуществляется через пружину 2.

Считая, что между валом и диском имеется вязкое сопротивление,
определить коэффициент момента вязкого сопротивления движению
в паре диск — вал, если известно, что логарифмический декремент
свободных колебаний диска 6 = 1,5, диаметр диска D = 0,1 м, тол-
щина И = 20 мм, диаметр пружины = 30 мм, диаметр проволоки
, .. 3 мм. число витков пружины i — 9, модули упругости мате-
й' я iu пружины G — 80 ГПа, Е — 200 ГПа, плотность стали р =
₽8-'1О3 кг/м8-	„

41.	На абсолютно жестком стержне длиной 21 подвешен груз мас-
ой т(рис. 37). К середине стержня прикреплены две упругие растяж-
С.11.пружины жесткостью с каждая. Груз помещен в сосуд, заполнен-
ный вязкой жидкостью. В процессе малых свободных колебаний груза
жидкость оказывает демпфирующее влияние на систему.

Определить коэффициент силы вязкого сопротивления движению
системы, если период затухающих колебаний системы т0 — 1,0 с при
следующих параметрах системы: масса груза tn — 1 кг, длина стерж-
ня 21 = 0,3 м, диаметр пружины О =— 20 мм, диаметр проволоки пру-
жины d = 2 мм, модуль упругости материала пружины G = 80 ГПа,
число витков каждой пружины I = 6.

•	-4

Рис. 37

Рис. 38

42.	Гидравлический демпфер (катаракт) (рис. 38) представляет со-
бой поршень массой т, движущийся в жидкости.

Исследовать движение поршня, считая, что в начальный'момент
времени (£ = 0) поршень отклонен от положения равновесия на у0 =
= 5 мм. Определить время, в течение которого отклонение поршня
от положения равновесия уменьшится в два раза, если жесткость пру-
жины с — 3 кН/.м, диаметр цилиндра D = 0,1 м, диаметр отверстий
~ Ю мм, число отверстий z = 25, масса поршня т = 2,73 кг, высо-
та поршня Н = 50 мм, динамический коэффициент вязкости жидкости
11 = 6-10-3 Па-с.

43.	Прибор представляет собой груз массой tn, укрепленный на
ДвУх пружинах жесткостью с каждая. Груз помещен в трубке, запол-
ненной жидкостью. Сопротивление движению груза может регулиро-
^•ся в зависимости от величины зазора между грузом и стенками
Рубки и в зависимости от вязкости жидкости (рис. 39).
Считая, что сопротивление движению груза прямо пропорциональ-
но скорости движения, т. е. ах, требуется:

а)	составить дифференциальное уравнение малых свободных коле-
баний груза;

6)	определить время, в течение которого амплитуда свободных ко-
лебаний уменьшится в 100 раз, приняв, что при t 0 х — 0; х = х0.

При решении задачи считать т = 50 кг, с = 1 кН/м, а = 500 Н - с/м.

Рис. 39

Рис. 40

44.	Груз массой т укреплен на абсолютно жестком безынерционном
стержне длиной I (рис. 40), который удерживается в равновесии пру
жиной и демпфером. Последний имеет линейную характеристику тре-
ния F = ах.

Определить частоту собственных колебаний системы и логарифми-
ческий декремент затухания колебаний, если т = 1 кг, I = 0,5 м, а —
= 0,2 м, диаметр пружины D — 50 мм, диаметр проволоки пружины
d = 5 мм, число витков i = 5, модуль упругости G = 80 ГПа, коэффи-
циент сопротивления движению демпфера а = ЗЛО2 кг/с.

45.	Для измерения малых разностей давления газов (или малых
колебаний давления) применяют жидкостной U-образный манометр
с наклонной трубкой (тягомер Креля) (рис. 41).

Рис. 42
Для изображенного прибора требуется определить частоту малых
собственных колебаний жидкости, заполняющей трубку тягомера, счи-
тая ее плотность р; сила сопротивления движению жидкости по трубке
равна F — ах, где х — отклонение уровня жидкости от положения рав-
новесия.

46.	В начальный момент времени масса т (рис. 42, а) отклонена от
положения равновесия па расстояние х0 и отпущена без начальной
скорости. При скольжении ио поверхности между массой т и поверх-
ностью возникает сила трения, которую можно рассматривать как
силу «сухого» (кулонова) трения. Зависимость силы кулонова трения

fT от скорости движения х массы т показана на рис.42, б.
Установить закон движения массы /и.

47.	Диск 1 насажен на вал 2 и удерживается от вращения пружиной

5, закрепленной одним концом на диске, а другим—на опоре (рис. 43).

Считая, что система диск — вал —
пружина имеет момент инерции массы J,
а зазор между поверхностями кулонова
трения А и Б и диском весьма мал, со-
став ить дифферен циа л ьное у равней ие
малых свободных колебаний диска, при-
няв, ЧТО При t 0, ф = ф01 Фо °-
Выяснить характер движения и закон
изменения амплитуды в зависимости от
числа периодов колебаний, приняв, что

восстанавливающий момент упругости
пружины больше момента трения.

Определить период колебаний.

У к а э ан ие. При повороте диска на угол ф длина пружины изменяется
и диск прижимается к одной из поверхностей трения А или Б. Сила кулонова
трения пропорциональна силе прижатия диска к поверхности трения.

48.	Используя метод фазовой плоскости, исследовать свободные
колебания системы, изображенной на рис. 43 (см. условие задачи 47).

49.	Определить частоту собственных колебаний электрического то-
ка в замкнутом контуре (рис. 44), составленном из катушки индуктив-
ностью L и конденсатора емкостью СЕ.

Рис. 44

•0. Исследовать малые свободные колебания тока I в замкнутом
электрическом контуре, составленном из последовательно соединенных
элементов: конденсатора емкостью Се, катушки индуктивности и актив-
ного сопротивления (рис. 45), если при t О, I — 0, а / -= /0.

51.	Колебательный контур радиоприемника (рис. 44) состоит из
катушки индуктивностью 4- 10-3 Г и конденсатора емкостью 1000 пФ.

Определить период колебаний контура.

52.	Исследовать установившийся режим колебаний тока / в элек-
трическом контуре (рис. 46, а), включающем в себя нелинейный эле-
мент — электрическую дугу, вольт-амперная характеристика которой
приведена на рис. 46, б. Электрическая дуга питается от источника
постоянного тока£. Катушка в контуре питания имеет большое индук-
тивное сопротивление.

Рис. 46

Составить дифференциальное уравнение малых свободных колеба-
ний электрического тока вблизи установившегося режима и выяснить
условия, при которых колебания тока I в замкнутом контуре являются
затухающими.

53.	Для механической колебательной системы, состоящей из груза
массой т, подвешенного на пружине жесткостью с, составить электри-
ческие аналоговые цепи напряжение — сила и ток — сила.

54.	Поршень масляного демпфера, имеющий массу т, подвешен на
пружине жесткостью с (см. рис. 38). Составить электрическую анало-
говую цепь малых свободных колебаний системы.

§ 3.	ЗАДАЧИ НА ВЫНУЖДЕННЫЕ КОЛЕБАНИЯ

55.	На рис. 47 приведена схема вибрографа — прибора для регист-
рации колебаний. На жесткой станине 1 прибора закреплена катушка
2, сердечником которой является магнит 3, подвешенный на пружине
4. При движении магнита внутри катушки в ней возникает электри-
ческий ток, который подается на регистрирующий прибор.

Считая, что магнит 3 имеет массу гп, а пружина 4 — жесткость G
составить дифференциальное уравнение движения магнита и опреде-
лить, при каком условии искажения записи колебания будут мини-
20
льпыми (прибор записывает вертикальные колебания основания, про-
исходящие по закону у -- уи sin ft»/).

56 Безрычажный датчик контроля биения поверхности (рис 48)
состоит из измерительного стержня 1 массой т, укрепленного на двух
плоских пружинах 2. Винтовая ци-
линдрическая пружина 3 служит
для прижатия измерительного стерж-
ня к контролируемой детали. Если

Рис 17	Рис. 48

контролируемая деталь 4 имеет биение поверхности относитель-
но линии центров (величина биения определяется эксцентриситетом е),
то при вращении детали, угловая скорость которой <о, измерительный
стержень получает вертикальные перемещения.

Считая, что при отсутствии эксцентриситета (е = 0) усилие прижа-
тия измерительного стержня к детали равно 7?0, и пренебрегая массой
упругих элементов, определить предельную угловую скорость детали
си* из условия непрерывности контакта при контроле детали, имеющей
эксцентриситет е.

Чему равно измерительное усилие прибора (усилие, с которым из-
мерительный стержень прижимается к детали) при ш

При расчете принять: т = 0,05 кг, /?0 = 5 Н, = 50 мм, е =
= 0,1 мм. Плоские пружины имеют длину I = 30 мм и поперечное
сечение bxh = 5x0,5 мм. Диаметр винтовой пружины D = 5 мм,
Диаметр проволоки d = 1 мм, число витков i = 20. Материал пружин—
сталь, Е •-= 200 ГПа; G 80 ГПа.

57.	Исследовать установившиеся колебания тока в электрическом
контуре при наличии внешней электродвижущей силы ие, изменяющей-
ся по закону ие — cos wf (рис. 49).

58.	Контур, состоящий из последовательно соединенных катушек
индуктивности, сопротивления и емкости (рис. 49), включен в сеть
переменного тока с частотой 50 Гц (ие — uv cos 2л50/).

Определить индуктивность L, если известно, что величина актив-
ного сопротивления г — 150 Ом, с = 75-10-1 мкФ, а сдвиг фаз между
Спряжением и током при установившемся режиме колебаний <р = л/3.
59.	Электрическая цепь состоит из соединенных последовательно
конденсатора, активного сопротивления, катушки индуктивности и
источника напряжения (рис. 49).

Составить дифференциальное уравнение изменения силы тока в це-
пи, считая, что в начальный момент времени (/ — 0) происходит за-
мыкание цепи. Принять, что напряжение источника питания не зависит
от величины электрического тока.

Рис 5и

Рис. 49

60.	Электрическая цепь состоит из включенных параллельно катуш-
ки индуктивности Lt активного сопрогивления R и конденсатора С
(рис. 50).

Считая, что сила тока источника питания i — q не зависит от напря-
жения, составить дифференциальное уравнение изменения напряже-
ния.

61.	Рычажный электроконтактный датчик (профилометр) (рис. 51),
предназначенный для автоматического контроля волнистости поверх-
ности, состоит из измерительного стержня /, контактирующего с конт-

4	21 6

ролируемой поверхностью, и рычага
3, увеличивающего перемещение из-
мерительного стержня в LU раз. Из-
мерительный стержень прижимается
к контролируемой поверхности пру-
жиной 2, имеющей жесткость Ры-
чаг 3 укреплен на плоскопружинном
шарнире 5, имеющем угловую жест-
кость

При выходе детали из поля до-
пуска происходит замыкание одного
из контактов 4 — поступает сигнал
на отбраковку.

------Производительность контроля

$ пропорциональна скорости v пере-

.нг—__________i мещения детали относительно датчи-

Рис, 51

ка. Однако скорость не может быть
как угодно велика, так как при боль-
ших скоростихавозможно нарушение
контакта в точке Bi,
При т — массе измерительного стержня 1, J — моменте инерции
массы рычага 3 относительно шарнира О, пренебрегая силами трения,
определить предельную скорость движения детали о*, если уравнение
ее поверхности представляется в виде х - a sin 2лг/Л (где А — дли-
на волны неровности). Учесть, что при установке измерительного
стержня па контролируемую поверхность пружина 2 имеет предвари-
тельный натяг xQ, а пружины шарнира 5 — натяг <р0-

62.	В механизме профилометра (см. рнс. 5!) при достаточно боль-
шой скорости движения контролируемой поверхности относительно
прибора возможно нарушение контакта между измерительным стерж-
нем 1 и рычагом 3 в точке В2.

Считая, что профиль поверхности представляет собой синусоиду
в виде х = asin2riz/A, определить условие нарушения контакта в
точке Bs. Момент инерции массы рычага J, угловая жесткость пружин
шарнира 5 обозначена с,. Пружины имеют предварительный натяг,
равный -- М0/с2, где Л40— упругий момент в пружине 5 после
установки прибора.

63.	На рис. 52 приведена схема триммера 1 руля высоты самолета.
Величина момента инерции J массы триммера относительно точки под-
веса О известна, но определить
жесткость проводки управления ста-
тическим путем практически невоз-
можно. Поэтому частоту собствен-

ных колебаний триммера определяют по резонансной частоте колеба-
ний системы. В экспериментальной установке к триммеру прикрепляют
дополнительные пружины 2, 3.

Требуется определить частоту собственных колебаний триммера,
если резонансная частота системы равна а»к.

64.	Для уменьшения влияния колебаний основания на работу
приборов применяется пассивная виброизоляция — подвеска (уста-
новка) прибора на мягких податливых амортизаторах. Для схем, изо-
браженных на рис. 53, а, б, определить динамический коэффициент
(отношение амплитуды колебаний массы т к амплитуде колебаний
основания х0).
65.	При работе однофазного электродвигателя развивается пере-
менный крутящий момент М - Ми ь sin си/. В этом случае в ка-
честве виброизоляции применяют специальную подвеску (рис. 54),
выполненную таким образом, что наклонные участки стальных полос

пересекаются в центре подшипни-
ка. Такая опора оказывается весь-
ма жесткой в вертикальном и гори-
зонтальном направлениях, что
необходимо для обеспечения нор-
мальной работы зубчатого колеса,
закрепленного на валу двигателя,
и достаточно податливой при по-
вороте двигателя в плоскости чер-
тежа.

Определить необходимые разме-
ры поперечного сечения полос опор

Рис 55

Рис 54



(Ь х 2 Ь) из условия, что динамический коэффициент передачи момента
на основание не должен превышать V16;	— 100 мм, /2 — 160 мм,

Ц — 50 мм, момент инерции массы двигателя J = 20 кг * м2.

Определить коэффициент запаса выносливости при Мо 200 нм,
Мг - 120 нм, ов = 1 ГПа; = 105 с-1,	=0,4 ГПа.

66.	Для уменьшения воздействия сил инерции, развиваемых в ма-
шине неуравновешенными частями, на основание (фундамент) приме-
няется виброизоляция двигателя — подвеска (или его установка) на
податливых упругих опорах.

Для схем, изображенных на рис. 55, определить динамический
коэффициент передачи силы на основание в местах прикрепления упру-
гих опор жесткостью с. Балки, на которых установлены двигатели,
считать абсолютно жесткими.

67-	Масса т (рис. 56) подвешена на пружине жесткостью с —
— 7,2 кН/м. Верхний конец пружины связан с кривошипно-ползун-
ным механизмом и может совершать возвратно-поступательное дви-
жение, описываемое уравнением х ** xQ sin со/, где амплитуда =
з_ 15,5 мм, а угловая скорость кривошипа равна частоте свободных
незатухающих колебаний массы гп.

Считая, что коэффициент силы вязкого сопротивления демпфе-
ра а — 2700 кг/с, а масса т - 9,1 кг, определить:

1)	максимальную силу, растягивающую пружину;

2)	коэффициент запаса усталостной прочности пружины, считая,
что ее диаметр D — 50 мм, диаметр проволоки d — 5 мм. Пружина

Рис. 57

изготовлена из стали, имею-
щей следующие механичес-
кие характеристики: тв —
= 850 МПа, тт - 600 НПа,
= 300 хМПа.

68.	Масса т (рис. 57) ус-
тановлена на двух пружинах
жесткостью с каждая и свя-
зана с кривошипно-ползун-
ным механизмом через демп-
фер, коэффициент силы вязко-
го сопротивления которого ос»

а С

Рис. 5b

Рис. 58

Составить дифференциальное уравнение движения массы tn. Оп-
ределить напряжения, возникающие в пружине, приняв диаметр пру-
жины £), диаметр проволоки пружины d, для случая, когда угловая
скорость кривошипа со равна частоте незатухающих колебаний мас-
сы т на пружинах жесткостью с.

69.	На массу т (рис. 58), связанную с упором пружиной, имеющей
жесткость с, и демпфером, коэффициент вязкого трения которого а,
действует периодически изменяющаяся сила F = Fo sin со/. Опре-
делить частоту собственных колебаний массы т и то значение частоты
возмущающей силы соь при котором максимальная сила, действующая
на пружину, равна амплитуде возмущающей силы.

70.	Мотор массой rnL жестко укреплен на станине, имеющей мас-
су nt> (рис. 59). Между станиной и основанием имеется слой смазки;
станина укреплена на основании с помощью двух пружин.

Ротор мотора имеет массу центр которой смещен относительно
оси вращения на величину е. Общая жесткость пружин с.

Определить коэффициент вязкого трения смазки, при котором
рассеиваемая энергия (работа сил трения) будет наибольшей при рав-
номерном вращении ротора с угловой скоростью <о.
71.	Для системы, изображенной на рис. 59, построить график из-
менения амплитуды силы, действующей на пружины при установив-
шихся колебаниях в зависимости от частоты возмущающей силы.

Рис. 59

Рис. 60

72.	На двух стальных балках установлен двигатель, имеющий
несбалансированную массу (рис. 60). Для уменьшения амплитуды
колебаний, возникающих при работе двигателя, в систему введен демп-
фер вязкого трения. Считая, что масса двигателя tn = 50 кг, со
= 63 с“\ а амплитуда возмущающей силы при этом Го = 2000 Н,
подобрать характеристику демпфера а таким образом, чтобы коэффи-
циент запаса выносливости балки равнялся п — 2.

Балка имеет квадратное поперечное сечение b = 50 мм, h = 50 мм
и изготовлена из стали СтЗ со следующими механическими харак-
теристиками: ат = 220 МПа, ов = 400 МПа, = 180 МПа; длина
балки 1=1 м. Влиянием концентрации напряжений в заделке, а
также влиянием абсолютных размеров и обработки на прочность балки
пренебречь.

73.	Для виброизоляции машин и приборов в упругую подвеску

вводят диссипативные элементы — демпферы вязкого трения.
Определить динамический коэф-

фициент для схемы, изображенной
на рис. 61. Принять для расчета
следующие данные: т = 100 кг,
w =100 с*1, а = 6 кН • с/м. I = 1 м,
EJ* = 20 кН/м.

Рис. 62

Рис. 61

74.	Для регистрации колебательных процессов при наличии раз-
личных случайных возмущений (толчки, удары) применяются низко-
частотные вибрографы, снабженные успокоителями в виде демпферов
26
вязкого трения. Принципиальная схема такого прибора приведена
ла рис. 62. Здесь движение массы т, подвешенной на пружине жест-
костью с, демпфируется силой сопротивления, которая пропорцио-
нальна относительной скорости движения груза, т. е. ау, где у — сме-
щение массы т относительно основания.

Найти величину смещения, которую фиксирует прибор как функ-
цию времени, если его основание движется по закону

Ух Уо (sin 1 "Н 2 sin 10 со/)-

При решении задачи принять, что — с/т = 0,01 о2 пл — а/2 т —
~ 0,02 со.

75.	Для записи вибрационных процессов используются магнито-
электрические осциллографы с петлевыми вибраторами (шлейфами),
представляющими собой тонкую ленту 1 (петлю) из немагнитного ма-
териала (обычно из бронзы), натянутую между полюсами постоянного
магнита. Петля опирается на две ножевые опоры (призмы) 2; в центре
ее наклеено зеркальце 3 (рис. 63).

Натяжение в ленточках петли создается с помощью пружины 5,
оттягивающей натяжной ролик 4. При протекании тока по петле ее
ветви в результате взаимодействия с магнитным полем смещаются
в разные стороны и зеркальце поворачивается на угол, пропорциональ-
ный току.

В связи с требованиями повышенной точности измерения при рас-
чете вибраторов необходимо учитывать момент сопротивления дви-
жению (Л4 — а<р).

Составить дифференциальное уравнение малых свободных коле-
баний зеркальца петлевого вибратора, считая, что при протека-
нии тока f по одной ленточке на нее действует сила —
= (B/t/981) 105 Н (В — индукция магнитного поля, I — длина ленточ-
ки в пределах магнитного поля).

Определить частоту собственных колебаний системы.

Натяжение в ветвях петли постоянно и равно Q, масса зеркальца
расстояние между опорами ленточки

76.	На рис. 64 приведена схема рамочного вибратора (шлейфа)
осциллографа. В отличие от петлевого вибратора рамочный имеет
чувствительный элемент, выполненный в виде рамки 1 из нескольких
витков проволоки, помещенных в поле постоянного магнита.

Чувствительность такого прибора выше, чем петлевого, так как в
магнитном поле расположено больше линий тока. Регистрация коле-
баний рамки (рамка поворачивается на угол ср) при пропускании через
нее тока осуществляется лучом света, отражаемого от зеркальца 2,
укрепленного на рамке. Растяжки, удерживающие рамку и зеркаль-
це, изготовляются в виде сплошной ленты или стержня круглого по-
перечного сечения.

Считая момент инерции J зеркальца и рамки относительно вер-
тикальной оси равным J — 1,02 - 10-10 кг • м2, определить частоту
собственных колебаний прибора. Рамка подвешена на сплошной стру-
пе из бронзы (d -= 0,2 мм, Е = 100 ГПа) длиной I = 30 мм
Исследовать зависимость движения зеркальца от величины коэффи-
циента вязкого трения а (считая момент сопротивления равным ссср)
при подаче в систему тока i, создающего внезапно приложенный вра-
щающий момент М = Мо = const. Момент Л1о пропорционален току i,
т. е. М(, = yi.

Рассмотреть случаи демпфирования: 1) а -= 0; 2) а — 0,6]/cJ.

Для указанных значений а определить частоты колебаний рамки
(с — крутильная жесткость стержня).

77.	Для исследования крутильных колебаний вращающихся ва-
лов применяют специальные приборы — торсиографы (рис. 65).

Рис 65

В торсиографе системы Гейгера массивный диск (маховая масса) 2
с помощью спиральной пружины 1 закреплен внутри легкого шкива 3,
который жестко связан с валиком 4, вращающимся в подшипниках 5.
Шкив 3 с помощью легкого ремня соединяется с валом, движение
которого исследуется. Таким образом, вращение шкива 3 с достаточной
точностью повторяет вращение исследуемого вала. При равномерном
вращении вала маховик 2 также движется равномерно. При изменении
угловой скорости вала шкив 3 также изменяет свою скорость, а махо-
вик 2, обладающий значительной инерционностью, продолжает вра-
щаться равномерно. Разность движений маховика и шкива фикси-
руется специальным механическим устройством (на схеме нс пока-
зано).

Стальной маховик имеет форму кольца, размеры которого d —
-- 50, D — 100, b - 50 мм, и укреплен на пружине с угловой жест-
костью с = 146 Н • м.

Составить дифференциальное уравнение относительных колебаний
маховика при вращении шкива с угловой скоростью со -« <оо .-
|- лэ, cos kt. Учесть, что в системе имеется демпфирование, причем
демпфирующий момент пропорционален относительной угловой ско-
рости маховика и диска. Коэффициент момента вязкого сопротивления
а 0,73 II • м • с.

Определить сдвиг фаз колебаний маховика и диска и логарифми-
ческий декремент затухания колебаний прибора при k = 100 с-1.

78.	Для уплотнения бетона, уложенного в основания фундаментов
сооружений, применяются специальные приспособления-- -вибраторы.

Вибратор (рис 66, а) состоит из тяжелой рамы массой т, на ко-
торой смонтированы два диска массами /щ каждый. Диски вращаются
в вертикальной плоскости в противоположных направлениях с угловой
скоростью со. На дисках закреплены грузы массой rnQ с эксцентриси-

тетом е относительно оси вращения.

В конце процесса уплотнения свойства бетонного основания мож-

но приближенно описать реологической моделью, представленной
на рис. 66, б.

Составить дифференциальное
уравнение установившихся коле-
баний корпуса вибратора. Опре-
делить амплитуду колебаний, счи-

Рис 67

Рис. 66

тая, что в процессе работы корпус вибратора не отрывается от
Уплотняемой массы.

79,	в бесконтактном датчике мембранного типа (рис. 67) заме-
ряется изменение давления в трубопроводе, зависящее от величины
>аз°ра между наконечником 2 и деталью 1.
Регистрация давления производится путем измерения прогибов
мембраны 3 с помощью специального индикатора 4f имеющего подвиж-
ный стержень 5.

Считая, что давление на мембрану р изменяется пропорционально
изменению зазора А, т. е., полагая, что

&р1ръ (?/A) A sin <of,

где е — амплитудная величина изменения зазора А в процессе кон-
троля детали; со — угловая скорость детали; номинальное зпа-=
чеиие давления в камере прибора; А — безразмерный коэффициент,
построить зависимость показания датчика от угловой скорости де-
тали — амплитудно-часготную характеристику прибора, если масса
стержня 5 равна т, жесткость пружины индикатора, связанного
со стержнем, с н коэффициент вязкого сопротивления, возникающего
при движении стержня — а.

При изменении давления на Ар на стержень действует сила со сто-
роны мембраны, равная ДР — рРДр, где F — площадь мембраны,
р — коэффициент пропорциональности, зависящий от упругих свойств
мембраны.

При расчете принять: tn = 0,05 кг, с == 2  103 Н/м, р0 -- 2к
Х105 Па, А — 1 мм, е — ОД мм, площадь мембраны F = 300 мм2,
А — 0,5, р = 1, коэффициент демпфирования, полученный на осно-.
вании анализа свободных колебаний прибора, ос = 100 кг/с. Массой'
мембраны пренебречь.

80.	В качестве мультипликатора (увеличителя) в бесконтактных
измерительных приборах часто используют гофрированные цилинд-

)

2-

Pnc. 68

5

6

ры — сильфоны. Незначительное из-
менение внутреннего давления в силь-
фоне вызывает относительно большое
изменение его длины. На рис. 68
приведена схема сильфонного датчи-
ка для автоматического контроля
овальности деталей.

В корпусе 1 прибора на плоских
пружинах 2 жесткостью подвешен
цилиндр 4 массой т. Цилиндр 4
жестко соединен с сильфоном 5 жест-
костью с2, давление в который по-
дается из трубопровода 6.

Усилие предварительного натяга
б0, и регулировка прибора осущест-
вляется пружиной 7 жесткостью С3*'
При выходе контролируемого размен
ра из поля допуска происходит замы-
кание одного из контактов 8 и дается
сигнал на отбраковку.

Для уменьшения времени затухания колебаний прибора при подаче
детали на контроль в измерительную систему введен демпфер вязкого
трения 5, сила демпфирования которого пропорциональна скорости
перемещепия:	= ax.

Считая, что изменение давления в сильфоне пропорционально
изменению зазора между измерительным наконечником и деталью
(Др/ро ~~ (е^) A s*n —амплитуда отклонения от цилиндри-
ческой формы, А—зазор между деталью и наконечником, о — угло-
вая скорость детали, А — коэффициент), построить амплитудно-ча-
стотную характеристику прибора.

Определить диапазон угловых скоростей со, в котором динами-
ческая погрешность измерения не превышает ±10% измеряемой вели-
чины (т. е. такой диапазон со, в котором амплитуда колебаний массы 4
отличается от статического отклонения не более чем на 10%).

Числовые данные задачи следующие: т — 0,1 кг; 20; с2 = 5;
Сд = 10 Н/см; р0 — 3 • 105 Па;<Д — 1 мм; е = 0,1 мм; А = 1,0 эф-
фективная площадь сильфона F*= 400 мм2. Коэффициент силы вяз-
кого трения, определенный по осциллограмме свободных затухаю-
щих колебаний, равен a = 75 Н • с/м.

81.	Прицеп массой tn движется по неровной дороге с постоянной
скоростью v (рис. 69, а). Считая, что точка крепления прицепа к авто-
мобилю (точка О) не име-
ет вертикальных переме-
щений, определить ско-
рость установившегося дви-
жения системы, при кото-
рой амплитуда колебаний
достигает максимальной
величины.

При решении считать,
что жесткость шин весьма
велика по сравнению с
жесткостью рессор с. Про-
филь неровностей дороги
можно описать уравнением

Л  hG (1 — cos 2 nx/ZJ,
где х — vt. Момент инер-
ции массы прицепа отно-
сительно точки О равен J0.
Считать, что в рессорах
возникает вязкое трение с

Pm R.

коэффициентом трения a.

Массой колес прицепа по сравнению с массой т можно пренебречь.

При решении задачи прицеп можно представить схемой, как по-
казано на рис. 69, б, причем Л значительно меньше I (г. е. поворот на
Угол <р приводит только к вертикальному смещению точки Д).

82,	К системе, изображенной на рис, 43, приложен внешний воз-
^Ущающий крутящий момент, изменяющийся во времени по закону
‘Ли sin со/.

Составить систему дифференциальных уравнений, определяющую
Установившееся периодическое движение диска. I Рассмотреть полу-
период Т12 — л/о) колебаний диска, состоящий из двух участков дви-
жения (см. решение задачи 47). Стыкуя эти участки, получить урав-
нение для определения параметров установившихся колебаний).

83.	Считая, что на систему, изображенную на рис. 43, действует
периодически изменяющийся крутящий момент М (/) —• Мо sin otf,
определить амплитуду установившихся колебаний, величину сдвига
фаз колебаний и возмущающей силы.

Указание При решении заменить кулоново трение вязким, исполь-
зуя условия равенства рассеиваемой энергии за период установившихся коле-
баний.

84.	Решить задачу 47, считая, что на систему действует возмущаю-
щий момент М -- /Ио i Mt sin cof, а на диск дополнительно к куло-
нову трению с коэффициентом трения р действует момент сопротив-
ления, пропорциональный угловой скорости диска и равный сир.

Вычислить амплитуду установившихся колебаний и фазовый угол.
При решении воспользоваться указанием к задаче 83.

85.	На массу т действует возмущающая сила, изменяющаяся по
закону F (t)=F0 | sin w/| (рис. 70).

Составить уравнение вынужден-
ныхЧсолебаний груза и определить,
при какой частоте со возмущаю-	с

щей силы происходит резонанс (си-	'

лами сопротивления пренебречь).	>

(D и	ш ш

Рис. 70	Рис. 71

86.	На груз массой т, подвешенный па пружине жесткостью с
(рис. 71), действует сила притяжения электромагнита F (t). Силу при-
тяжения массы гп магнитом можно приближенно представить в виде

F(i\ —

Fo sin mat
О

при 2;i/i	(2п [• 1)л,

при (2n-i-1) л <cof ^2(п-}~ 1)я.

Составить уравнение вынужденных колебаний груза относительно
положения равновесия (силами сопротивления пренебречь).
87.	Исследовать движение массы гп, закрепленной на конце кон-
сочьной балки длиной/, при действии на массу единичного импульса
о + ы

силы (J F (/) dt — 1) (рис. 72). Массой балки по сравнению с мас-
сой груза и затуханием при колебаниях пренебречь.

88.	Исследовать движение мае-

т

Рис 72

сы tn (см. рис. 72) при действии на
нее внезапно приложенной постоян-
ной силы Qt т. е. считая, что
F (/) - Q (рис. 73).

Fft)

t

Рис. 73

89.	Исследовать движение массы т, закрепленной на конце кон-

сольного стержня (см. рис. 72), при действии на нее силы F (/), изме-
няющейся по закону, изображенно-

Рис. 74

му на рис. 74, а, б.

90.	Исследовать движение мас-
сы (см. рис. 72) при действии на
нее линейно возрастающей нагруз-
ки F (/) — at. Считать, что при
t — 0 у = у = 0.

Рис 75

91.	Исследовать движение системы (см. рис. 72) при изменении
силы по закону треугольника (рис. 75) при нулевых начальных ус-
ловиях. Рассмотреть случаи:

a) t2 Ф 2	б) /2 = 2

92.	Исследовать движение системы (см. рис. 72) при действии на
нее нагрузки, изменяющейся по закону, графики которого представ-
лены па рис. 76, при нулевых начальных условиях.
93.	На массу tn (рис. 77, а) действуют периодические (период Т)
единичные импульсы силы F (/) (рис. 77, 6) одного знака. Исследовать
вынужденные колебания массы и найти амплитуды ее отклонения от

Рис 76	Рис. 77

положения равновесия и скорости при этом периодическом движении.
Жесткость пружины с (с/иг = ро); трением между массой и направ-
ляющей пренебречь.

94.	В задаче 93 исследовать вынужденные колебания массы m
при действии на пее периодической импульсной нагрузки переменного
знака (рис. 78).

Рис. 78

F(t)

Рис. 79

95.	Исследовать вынужденные колебания массы m (см. рис. 77, а)
при действии на нее периодических импульсов одного знака конечной
продолжительности и высоты h (рис. 79).

96.	В задаче 93 найти периодический установившийся режим дви-
жения массы m с учетом силы трения (A-rp = ay) (рис. 77, а).

§ 4.	ЗАДАЧИ НА КРИТИЧЕСКИЕ СОСТОЯНИЯ
И УСТОЙЧИВОСТЬ КОЛЕБАНИЙ

97.	Скорость движения жидкости по различным трубопроводам
влияет на частоту их собственных колебаний. Скорость протекания,
при которой частота колебаний системы равна пулю, является кри-
тической.
Для системы, изображенной на рис. 80, составить дифференциаль-
ное уравнение малых свободных угловых колебаний, считая, что ско-
рость протекающей жидкости постоянна. Определить значение
скорости протекания при которой движение трубки будет аперио-

дическим.

Масса трубки ;п0, ее длина Z, площадь сечения отверстия FQt плот-
ность жидкости р. Трубка может свободно вращаться относительно
шарнира А.

Рис. 80

98.	На тонкостенной горизонталь-
ной шарнирно опертой безынерционной
трубе укреплена деталь массой т
(рис. 81). Через трубу протекает идеаль-
ная несжимаемая жидкость со ско-
ростью v

Рис 81

Средний диаметр трубы d, толщина стенки б, модуль упругости
материала трубы Е, момент инерции сечения трубы Jх. Определить
скорость v* протекания жидкости по трубе, при которой частота сво-
бодных колебаний системы равна нулю.

Начальным прогибом, связанным с действием силы тяжести си-
стемы, а также силами инерции переносного движения жидкости при
колебаниях (в том числе и силой Кориолиса) пренебречь.

99.	Диск разбрызгивателя, имеющий п радиальных отверстий
(рис. 82), укреплен на полом валу, имеющем жесткость при кручении с.
Скорость истечения жидкости из отверстий диска у0, момент инерции
массы диска J.

Составить дифференциальное уравнение малых свободных коле-
баний диска относительно стационарного равномерного вращения,
происходящего с угловой скоростью о (с учетом влияния протекаю-
щей жидкости) Жидкость считать идеальной и несжимаемой.

Определить частоту собственных колебаний диска и скорость
при которой частота становится равной нулю.

100.	Решить задачу 98 (см. рис. 81) считая, что масса т подкреп-
лена дополнительно пружиной, имеющей жесткость с

101.	На гибкий стальной вал {рис. 83) диаметром d 5 мм, дли-
ной 21 — 0,5 м насажен диск диаметром D == 100 мм и толщиной
Ь =* 10 мм. Центр тяжести диска Ох расположен на расстоянии е —
= 1 мм от оси симметрии вала О.
Составить дифференциальные уравнения малых свободных колеба-
ний диска при постоянной угловой скорости вала, ограничившись
только поступательным движением диска.

Массой вала по сравнению с массой диска пренебречь. Определить
критическую угловую скорость вала со* и наибольшие напряжения

Рис. Я2

Рис 83

в нем при со — 100 с^1. Под критической угловой скоростью понимается
скорость, при которой амплитуда колебаний может быть бесконечно
большой.

102.	Вращающийся консольный вал (рис. 84) длиной /, жестко-
стью EJ х имеет па свободном конце точечную массу т. Пренебрегая
силами сопротивления и массой вала, определить критическую уг-
ловую скорость вала.

Рис. 84

Рис. 85

103.	Гибкий вал постоянного поперечного сечения, закреплен4
ный концами в коротких подшипниках, можно рассматривать как шар-
нирно опертую балку длиной I и изгибной жесткостью — EJх (рис. 85)*

Определить критическую угловую скорость вала, при которой
прямолинейная форма становится неустойчивой.

104.	Определить критическую угловую скорость гибких валов
постоянного поперечного сечения, при которой прямолинейная форма
становится неустойчивой, для случаев закрепления концов, изобра-
женных на рис. 86, а и б.
105.	Определить критическую угловую скорость полого вала с учё-
том движущейся по нему идеальной несжимаемой жидкости (рис. 87).

Масса жидкости, приходящаяся на единиц}' длины трубы
масса единицы длины трубы zw0,
скорость движения жидкости в тру-
бе v = const, изгибная жесткость
вала EJх. Кориолисовыми силами
инерции жидкости пренебречь.

Рис. 87

Рис. 86

106.	Чувствительный элемент прибора (рис. 88) состоит из пру-
жины I жесткостью с, рычагов 2 массой тъ шарнирно закрепленных
в точке А, и свободно движущегося штока 3 массой ап2. При стацио-
нарном режиме работы (coi = const) момент силы инерции рычагов урав-
новешивается моментами сил тяжести штока и силы сжатия пру-
жины.

Определить частоту собственных колебаний штока и критическую
угловую скорость.

Риг. 88

107.	Определить частоту собственных колебаний масс регулятора
Уатта (рис. 89) при вращении его с постоянной угловой скоростью <о.
При выводе дифференциального уравнения малых свободных коле-
баний системы пренебречь влиянием вертикального смещения масс
на величину, кинетической и потенциальной энергий системы,
а также массой стержней по сравнению с массами и массой втулки
Жесткость пружины сжатия — с. Втулка, которая передает вра-
щение массам тъ может смещаться в вертикальном направлении.

108.	Решить задачу 8, предполагая, что водило в положении рав-
новесия направлено вертикально вверх, а пружины прикреплены
к водилу с некоторым предварительным натягом б (см. рис. 7).

Определить критическую длину водила /*, т. е. такую длину,
при которой частота малых свободных колебаний равна нулю.

109.	Однородный стержень постоянного поперечного сечения,
имеющий массу т и длину /, прикреплен шарнирно (рис. 90) к оси,
вращающейся равномерно с угловой скоростью со.

Рис. 90

Рис 9)

Исследовать малые свободные колебания стержня относительно
положения статического и динамического равновесий (на рис. 90 угол а
характеризует состояние динамического равновесия).

Определить, при какой угловой скорости со* состояние равновесия
неустойчиво.

ПО. Невесомый жесткий стержень длиной I с массой /га, укреплен-
ной па его конце (рис. 91), шарнирно прикреплен к вращающейся
с постоянной угловой скоростью со втулке.

Требуется: 1) определить критическое значение угловой скорости
со*, при которой вертикальное положение стержня становится неустой-
чивым; 2) найти частоту малых свободных колебаний массы относитель-
но вертикального положения равновесия (при w < со*); 3) найти час-
тоту колебаний относительно динамического положения равновесия
(при со > to*).

111.	Массивный диск (рис. 92) вращается равномерно с угловой
скоростью о. В прорезь диска вставлен груз массой /га, удерживаемый
двумя одинаковыми пружинами. Каждая пружина имеет жесткость с
и вставлена с предварительным натягом б0.
Составить дифференциальное уравнение малых свободных коле-
баний груза. Определить критическую угловую скорость диска со*
(скорость, при которой положение груза в центре диска оказывается
неустойчивым).

112,	Жесткая рама вращается в горизонтальной плоскости, с по-

стоянной угловой скоростью о

Рис. 92

(рис. 93). Ио радиальному пазу рамки
может скользить груз, имеющий мас-
су /п, удерживаемую пружиной
жесткостью с.

Используя метод Лагранжа, со-
ставить дифференциальное уравне-

ние малых свободных колебаний груза относительно положения его
динамического равновесия, при котором масса т находится па расстоя-
нии х0 от оси вращения.

Определить частоту собственных колебаний груза и критическую
угловую скорость рамки.

113.	Тонкая, абсолютно жесткая пластинка толщиной 6 закреп-
лена на круглом стержне диаметром d и обдувается воздушным пото-
ком, имеющим скорость v (рис, 94).

Считая, что подъемная сила, возникающая при отклонении пластин-
ки на малый угол а, приложена на расстоянии й/4 от свободного края
пластины и определяется выражением

Y — nptftSa,

где р — плотность воздуха; а — угол атаки; S — площадь поверх-
ности пластинки; с — жесткость стержня на кручение, исследовать
зависимость частоты собственных колебаний пластинки от скорости
потока и определить критическую скорость дивергенции пластинки.
Силой лобового сопротивления пренебречь. Под критической скоростью
дивергенции пластинки понимается скорость, при которой появляется
еще одна форма равновесия при а 0.

114.	На упругом валике длиной Z, имеющем жесткость на кру-
чение с, закреплен массивный рычаг, момент инерции массы которого
относительно оси валика равен J (рис. 95). К рычагу приложена сила
Fo, линия действия которой проходит через ось валика.

Считая, что при повороте рычага линия действия силы перемещает-
ся параллельно своему начальному положению, составить дифферен-
циальное уравнение малых колебаний системы. Определить частоту
собственных колебаний if величину критической силы F * — такое
значение силы, при котором частота колебаний становится равной
нулю.

Рис. 95

115.	Груз массой tn укреплен с помощью упругих растяжек длиной
/ в постоянном однородном магнитном поле (рис. 96).

Определить частоту собственных свободных колебаний груза,
считая, что в процессе колебаний натяжение растяжек не изменяется.
Сила притяжения массы магнитом прямо пропорциональна квадрату
магнитного потока Фо и обратно пропорциональна квадрату расстоя-
ния до магнита: F1Z = k [Фд/ (а2 Ч3 х)2].

Pik 97

Определить зависимость критического значения Фо or натяжения То,
считая критическим такое значение, при котором частота собственных
колебаний груза равна нулю.

116.	Груз массой tn (рис. 97), укрепленный па конце длинного уп-
ругого стержня, помещен в постоянное однородное магнитное поле
с магнитным потоком Фо.

Считая, что при малых отклонениях груза от положения равновесия
сила со стороны магнитного поля пропорциональна смещению х
(см, задачу 115), определить частоту собственных колебаний груза

и критическое значение напряженности магнитного ноля.

Влиянием массы стержня пренебречь.

117.	На шарнирно закрепленной невесомой балке (рис. 98) укреп-
лена точечная масса т. По балке с постоянной скоростью v движется

сосредоточенная сила /?0.

Определить (приближенно) закон измене-
ния вертикального смещения массы т и
установить, имеется ли критическая ско-
рость v движения силы при которой
амплитуда колебаний массы т безгранично
возрастает.

У/Л)

Pnv 9*»

Рис. 98

§ 5. ЗАДАЧИ НА ПАРАМЕТРИЧЕСКИЕ
КОЛЕБАНИЯ

118.	Маятник (рис. 99) представляет собой груз массой т, закреп-
ленный па невесомом стержне длиной /. Верхняя точка подвеса маят-

ника совершает периодическое движение по закону yY = sin <о/.

Исследовать устойчивость малых колеба-
ний маятника при о — 10 с-1, I = 0,5 м,
т -= 1 кг, t/0 — 10 мм.

119.	На рис. 100 изображена схема аста-
тического маятника. При движении точки
закрепления маятника 0 с некоторой часто-
той (1) вертикальное положение груза являет-
ся устойчивым.

Определить наименьшую частоту <огаП14
при которой система устойчива, если движе-
ние точки 0 совершается по закону уг -
= sin I = 0,2 м; yQ 5 мм.

120.	Стальной абсолютно жесткий стер-
жень постоянного поперечного сечения дли-
ной I — 0,12 м, массой т — 0,2 кг шарнирно
закреплен нижним концом па плите, совер-
шающей колебания с амплитудой yQ = 10 мм
(рис. 101).

Рнс. 100
Считая движение опоры гармоническим ~ у0 sin со/), определить,
при какой наименьшей частоте <o1qJ11 вертикальное положение стержня
становится устойчивым.

121.	Тонкая прямоугольная стальная пластинка размерами b х
X I X б (рис. 102) помещена в воздушном потоке. Один край пла-

Рис 101

стинки закреплен шарнирно, а другой
имеет упругое закрепление с общей
жесткостью с. Скорость течения потока
изменяется по закону v —1)0 -|- р, sin со/

Рис. 102

Составить дифференциальное уравнение малых колебаний пластин-
ки и исследовать их устойчивость, считая, что v0 > vr

При составлении уравнения малых колебаний можно считать, что
подъемная сила

У == 0,5 cyFpv\

где су = 2 ла — коэффициент подъемной силы; F — Ы — площадь
пластинки; р — плотность воздуха; v — скорость потока; а — угол
атаки.

Точка приложения подъемной силы находится на расстоянии 1/4
от передней кромки пластинки. Числовые данные задачи:- I — b —
- 0,2м; 8-5 мм; р = 0,125 кг/м3; с — 2,5 кН/м; со — 100 с'1; v0 =
— 30 м/с; vt — амплитудное значение скорости 5... 10 м/с.

122.	Упругий стержень длиной 21 с шарнирно закрепленными
концами подвергается воздействию осевой периодически изменяющейся
силы Р — Ро + Pi sin at (рис. 103).

Составить дифференциальное уравнение движения массы т, за-
крепленной на стержне, при его малых поперечных колебаниях. Мас-
сой стержня по сравнению с массой груза пренебречь.

Исследовать устойчивость малых колебаний системы, если длина
стержня 21 = 2 м, момент инерции площади поперечного сечения Jх =
=• 10"9 м4, модуль упругости материала £ — 200 ГПа, т — 5 кг,
Ро = 50 Н, Pj = 20 И; io = 10 сЧ

123.	Составить дифференциальные уравнения малых колебаний
массы т, закрепленной на стойке длиной 2 I (рис. 104), при действии
на стойку периодически изменяющейся осевой силы Р Ро •}-
+ Pt sin со/.
Исследовать устойчивость малых колебаний, считая: I  -• 1 м,
Jx = Ю-» м‘, Е = 200 ГПа, tn - 5,2 кг, Рп = 50 Н, - 20 Н,
<,/= 30 с-1.

Д» у

Рис. 103

Рис. 104

124.	Масса /и подвешена на двух струнах—растяжках длиной I
каждая (рис. 105). Исследовать устойчивость малых вертикальных
колебаний груза при изменении усилия натяжения по закону Т =
-= То 4- sin со/. 1Массой струн и их растяжимостью при решении
задачи пренебречь. Принять То = 20 Н, 7\ = 10 Н, со = 25 с-1,
tn — 0,25 кг, I — 0,2 м.

125.	Стальная балка длиной I имеет на свободном конце точечную
массу m (рис. 106).

Исследовать устойчивость малых вертикальных колебаний массы т,
если длина балки изменяется во времени по закону I — 10 — sin at.
При решении задачи массой балки по сравнению с массой tn прене-
бречь. Принять /0 = 1 м, Zj 0,2 м, т — 2 кг, ~ 20 с-1, Jх =
- 10-8/12 м4, Е - 200 ГПа.

126.	Масса т подвешена на абсолютно гибкой нерастяжимой нити
таким образом, что длина свободного участка нити равна /0 (рис. 107).

Составить дифференциальное уравнение малых колебаний груза,
если точка О (отверстие, из которого выходит нигь) перемещается от-
носительно своего среднего положения по закону r/x — sin toZ.
Дифференциальные уравнения колебаний получить двумя мето*
дам и: 1) используя теорему об изменении момента количества дви-
жения; 2) используя принцип Даламбера

127.	Составить дифференциальное уравнение малых колебаний
маятника с периодически изменяющейся длиной нити (рис. 108).

В произвольный момент времени длина нити маятника равна I =
= /0 -р li sin со/.

128.	В тяжелой раме массой , подвешенной шарнирно в точке О,

установлен кривошипно-ползунный механизм, приводящий в движение

Рис. 109

массу т (рис. 109). При работе системы по-

ложенис ее центра тяжести изменяется вслед-
ствие изменения положения массы т.

Составить дифференциальное уравнение
малых колебаний системы, считая, что рас-
стояние от точки подвеса до центра тяжести
рамы 4, а при горизонтальном положении
кривошипа / расстояние от точки OL до цент-
ра массы tn давно /0; момент инерции массы
рамы относительно точки подвеса J19 угловая
скорость кривошипа <о, плечо кривошипа х0.

Массами ползуна и кривошипа по сравне-
нию с массой т пренебречь.

129.	Масса т, укрепленная на маятнике
(рис. НО), принудительно перемещается отно-

сительно его оси но закону х — х0 sin со/.

Составить дифференциальное уравнение малых колебаний маят-
ника, пренебрегая массой стержня и рамы по сравнению с массой
груза.

130.	Па вагонетке массой гп(рис. 111) закреплен растяжимый трос,
конец которого жестко связан в точке А со шкивом радиусом /?.
В состоянии равновесия (при х 0) длина троса равна /0, а натяжение
в нем Ть, Расстояние от рельса до блока /01	/0.
Составить дифференциальное уравнение малых горизонтальных
колебаний вагонетки, если шкив совершает движение по закону =
sin со/, а вагонетка в начальный момент времени получает от-
клонение, равное х0.

Рис, 110

Рис. 111

Исследовать устойчивость малых колебаний вагонетки, если TQ =
= 103 Н, т — 500 кг, Zo = 1 м, <f0 = 0,1 рад, /01 = 0,7 м, площадь
поперечного сечения троса F = 10^4 м2, R — 0,1 м, <о == Юс'1, модуль
упругости троса Е = 200 ГПа. Трением в системе пренебречь.

131.	Составить дифференциальное уравнение малых колебаний
массы т, закрепленной на конце упругого стержня (см. рис. 97),

в магнитном поле с переменным магнит-
ным потоком Ф - Фо -|- sin со/.

Амплитудное значение магнитного по-
тока считать малым, т. е. слагаемыми
с Ф| можно пренебречь.

Исследовать устойчивость малых коле-
баний массы, считая т — 500 кг, I =
= 0,1 м.

Изгибная жесткость стержня EJх —
= 2 • 103Н • м2, со- 200 с"1, а. • 10 мм,
(A/а?) ФЗ - 10 Н, (6Ф0М?) Ф± = I Н.

132.	В магнитном поле, создаваемом
постоянным током Л, протекающим по
бесконечно длинному жесткому проводни-
ку /, помещена шина 2 (рис. 112) мас-
сой т.

По шине 2 пропускается ток /2	/20 +

/21 sin соЛ Взаимодействие двух магнит-
ных полей создает силу притяжения ши-

Рис. 112
пы 2 к проводнику /, равную F — 2 \JJгде ц — магнитная
проницаемость; «j — расстояние между проводниками в произволь-
ный момент времени.

Составить дифференциальное уравнение поступательного движения
шины 2, считая, что жесткость каждой из удерживающих ее пружин
равна с, расстояние между проводником и шиной в состоянии покоя
(при /2 = /20) равно а0.

133.	Полагая, что сила F, приложенная к рычагу, изменяется ио
закону F = Fq + Fi sin о/(см. задачу 114, рис. 95), исследовать устой-
чивость малых колебаний системы.

Принять с = 80 Н - м, Fo = 100 Н, FL — 40 Н, R — 0,2 м, со =
- 10 с~\ J = 0,4 кг • м2.

134.	Вывести дифференциальное уравнение малых колебаний
массы /п (см. рис. 25), движущейся с постоянной скоростью v ио
абсолютной гибкой струне. Натяжение струны 70 считать посто-
янным.

135.	На абсолютно гибкой нити длиной I подвешен маятник (рис. 113).
Считая, что усилие натяжения нити Т = Го = const, исследовать
устойчивость малых колебаний маятника.

Статический прогиб нити в точке подвеса матника равен г/СТ1
длина маятника масса tn. Принять, что при t — 0 точка .подвеса
маятника имеет вертикальное смещение t/00, а ее скорость i/00 ~ 0;
маятник отклонен па произвольный угол <р. Рассмотреть два случая:

1)	координата точки подвеса Sj = 0,3 /, начальное натяжение То =
— 40 Н, длина маятника Z, = 0,3 Z,
масса маятника пг = 0,1 кг, у00 =
= 0,1 Z;

2)	TQ = 10 Н; /, =0,1 I (осталь-
ные параметры те же, что и в ва-
рианте 1).

Рис 1И

136. Масса гп укреплена на невесомом стержне длиной Z (рис. 114).
Верхний конец стержня (точка подвеса маятника) соединен с пру-
жиной, имеющей жесткость с.

Считая, что точка подвеса маятника О может совершать только
вертикальные колебания, и пренебрегая массой ползуна 1 но срав-
нению с массой т, исследовать устойчивость малых угловых колебаний
маятника для двух случаев начальных условиий;
1)	при t — 0 точка подвеса маятника имеет смещение относительно
положения равновесия г/0	40 мм, а ее скорость у0 - 0;

2)	при t - 0 отклонение точки подвеса маятника от положения
равновесия у0 — 0, a yQ = 0,1 м/с, т — 0,2 кг, с = 1 кН/м, I — 80 мм.

§ 6.	ЗАДАЧИ НА СЛУЧАЙНЫЕ КОЛЕБАНИЯ

137.	Решить задачу о движении прицепа по дороге с неровно-
стями (см. задачу 81, рис. 69), считая, что неровности имеют случай-
ный характер. При решении считать, что в результате статистических
исследований получена спектральная плотность воздействия дороги на
систему Sh (со) в зависимости от скорости движения v в предположении,
что колебания системы можно рассматривать как случайный стацио-
нарный процесс

Sh (<о) = ау/1(ы2 -J- bvl) 2 л],	(а)

где v — скорость движения в м/с.

Определить среднеквадратичное отклонение угла колебаний <р
в зависимости от скорости v движения прицепа. Построить график
аф (v) при следующих значениях параметров системы: Jo = 5х
X 103 кг • м2, с = 2 • 105 Н/м; I — 2,5 м, а = 10s Н • с/м; а =
= 1000 мм8/м, b = 2,5 • 105 м "2.

Примечание. Значения интегралов, получающихся при решении
задачи, даны в приложении 2.

138.	Построить график изменения среднеквадратичного откло-
нения угла <р колебаний прицепа (задача 137) в зависимости от жест-
кости рессоры с при скорости движения прицепа v 10 м/с. Числовые
данные соответствуют задаче 137.

139.	Определить среднеквадратичное отклонение угловой ско-
рости <р колебаний прицепа при движении его по дороге с неровно-
стями (см. задачу 81), если спектральная плотность воздействия до-

роги на прицеп

Sh(co) = 10 о/[(25 v2 + о?) 2 л].

Числовые значения параметров
системы принять такими же, как
в задаче 137.

140.	11а точечную массу т, за-

крепленную на невесомой упругой

балке длиной 21 (рис. 115), действу-	113

ет случайная возмущающая сила f.

Демпфирование колебаний осуществляется демпфером вязкого
трения с коэффициентом трения а. Спектральная плотность случайно-
го возмущения f

S, (со) = р,/2 л ф» 4- <о2).

Определить среднеквадратичное отклонение ускорения перемеще-
ния массы у при следующих параметрах системы: т — 10 кг; I =
0,5 м; Е 200 ГПа; а - 2000 кг/с; р, - 10" П2/с; р? - 100 1/с;
b — 20 мм, h — 50 мм.

141.	Определить среднеквадратичное отклонение реакций балки
(см. рис. 115) и среднеквадратичное наибольшее нормальное напря-
жение при колебаниях массы т под действием случайной возмущаю-
щей силы Спектральная плотность стационарного случайного воз-
мущения f равна S/ (о) = 2 л ф2Х_|_ц5)' (числовые данные соответ-
ствуют задаче 140).

142.	В установившемся режиме работы угловая скорость двигателя
Д равна Q (рис. 116, а). При этом момент двигателя Мд уравновеши-

О)

-“4

*777777777777"'

PliC I 16

вается моментом сопротивления Мс.

Считая, что момент сопротивления Мс
зависит от угловой скорости Q (рис. 116, б),
определить дисперсию отклонения угло-
вой скорости от номинального значения
Qo при действии на систему дополнитель-
ного стационарного случайного момента
сопротивления АМ, математическое ожи-
дание которого т^м и корреляционная
функция /<д/и(т) = Dr~а(г) известны.

При решении задачи считать, что при-
веденный момент инерции системы J, а
изменением момента двигателя Мд при
малых отклонениях угловой скорости Й
можно пренебречь.

143.	В задаче 75 рассмотрены колебания петлевого вибратора маг-
нитоэлектрического осциллографа (см. рис. 63).

В реальных условиях протекающий ток имеет случайную составля-
ющую, т. е. он равен i = At, где t0 — среднее значение (расчетное
значение) протекающего тока, At — случайная составляющая тока.

Источником появления случайной составляющей тока может слу-
жить, например, беспорядочное тепловое движение электронов в про-
водниках электрической цепи.

Если ограничиться рассмотрением моментов времени работы осцил-
лографа, достаточно удаленных от начала работы, когда все переходные
процессы в системе можно считать законченными, то колебания зер-
кальца, вызванные случайной составляющей тока, можно расматри-
вать как стационарные колебания.

Считая, что воздействие случайного тока At на систему можно
рассматривать как «белый шум» с известной постоянной спектральной
плотностью £д/ (<») = N, найти среднеквадратичное отклонение по-
казаний осциллографа сгф.

144.	На консольной балке двутаврового поперечного сечения ус-
тановлен электродвигатель массой т (рис. 117). Гашение колебаний
осуществляется демпфером вязкого трения, имеющим коэффициент
трения а.

Пренебрегая массой балки и рассматривая двигатель как точечную
массу, определить максимальные нормальные напряжения, возника-
в балке при случайных вертикальных смещениях заделки (точ-
ка 0). Случайное вертикальное смещение точки О (у0) можно рассмат-
ривать как стационарную случайную функцию с известной спектраль-
ной плотностью Syii (со), равной

Sy0 (q) = 20/[(102-F о)2) 2л].

Провести числовое решение задачи при следующих значениях па-
раметров системы: Е 200 ГПа, т = 300 кг, а — 5 • 104 кг/с,
/ = 2м, сечение балки — двутавр № 10 (Jx = 1,98 • 10’° м\
= 3,97 - 10~5 м3).

Рис. 117	Рис. 118

145.	Определить среднеквадратичное отклонение массы т
(рис. 118) и дисперсию DM изгибающего момента в заделке при дей-
ствии на систему случайного стационарного возмущения F (0, спект-
ральная плотность которого

SP (q)	a/{(b2 -|- со2) 2л).

146.	На консольной балке жесткостью EJX закреплен мотор мас-
сой т (см. рис. 117). Колебания системы, вызываемые кинематиче-
ским возбуждением — вертикальным перемещением заделки, га-
сятся демпфером жидкого трения, имеющим коэффициент трения а.

Кинематическое возбуждение происходит по закону

Уо = Уо1 sin vt + Af/o(O>

где Уот — амплитуда систематического смещения; Др0(/) — случай-
ная стационарная составляющая смещения, имеющая спектральную
плотность Sbyt = ajKp® + о2) 2л].

Определить среднеквадратичное отклонение разности между слу-
чайной составляющей смещения массы т (&у) и случайным смещением
заделки Ду0.

147.	Для замера давления жидкости или пара используется при-
бор, схематично показанный на рис. 5. Давление Др, действующее
На поршень (площадь поршня F), имеет наряду с систематической
составляющей Др0 случайную составляющую Др£ с известной спект-
ральной плотностью 5др, = «1/1 (р2 + ®2) 2л].

При движении поршня между поршнем и цилиндром возникает
сила трения, пропорциональная скорости движения Дг с коэффици-
ентом пропорциональности а.
Определить среднеквадратичную погрешность показания прибора,
считая, что его случайное отклонение Azx можно рассматривать как
случайную стационарную функцию.

148.	В общем случае действия сил поршень прибора для замера
давления {см. рис. 5) может иметь случайное перемещение, вызванное
действием двух случайных возмущений: составляющей случайного
давления (см. задачу 147) и случайным колебанием основания,
к которому прикреплен цилиндр (вертикальное случайное смещение
Дг0). Случайное вертикальное смещение цилиндра эквивалентно кине^
магическому возмущению системы.

Спектральные плотности случайного давления Дрх и случайного
смещения Дг0 равны:

SaP1 =- cii/lPi W) 2л]; Хдго - сс2/К₽| -[-о2) 2л].

Считая, что при движении поршня на него действует сила сопро-
тивления, равная a Az, и полагая, что корреляция между случай-
ными возмущениями отсутствует, определить среднеквадратичное
отклонение од21 погрешности показания прибора (Azx — случайная
составляющая смещения штока).

149.	На поршень измерительного прибора (см. рис. 5) действует
случайное давление Дрх в виде «белого шума» со спектральной плот-
ностью 5ДР1 = N.

Прибор прикреплен к основанию, которое совершает случайные
вертикальные колебания Дг0, спектральная плотность которых

= «а/[(02 + W2) 2л].

Под действием случайных возмущений Дрх и Дг0 шток получает
случайное смещение Дг15 что вызывает погрешность показаний при-
бора.

Считая, что корреляция между Api и Дг0 отсутствует, определить
оптимальное значение жесткости пружины с, при котором среднеквад-
ратичная ошибка измерения становится минимальной.

150.	Масса т подвешена на пружине жесткостью с и связана с демп-
фером вязкого трения, коэффициент трения которого а (рис. 119).
Точка крепления пружины совершает случайные стационарные вер-
тикальные колебания у0. Корреляционная функция случайного сме-
щения у0 известна Ки, (т) = Ьу,е~а'1 х '.

Определить среднеквадратичное отклонение ускорения массы т.

151.	На массу т = 100 кг (рис. 120), подвешенную на конце
пружины жесткостью с = 400 Н/м, действует случайная возмущаю-
щая сила, ограниченная по модулю. Величина этой силы F (/) задана
нолем допуска, внутри которого она может изменяться во времени
произвольным образом.

Установить паихудший возможный закон изменения силы F (/)»
при котором в момент времени t„ = 2 с смещение массы становится
максимальным.

Определить величину этого максимального смещения груза. По*
лученное смещение сравнить со смещением от действия внезапно при*
50
„ожениой постоянной силы, равной максимально возможному зна-
qeiiiHO F (0-

Принять, что при t = 0 смещение массы относительно положения
статического равновесия и ее скорость равны нулю.

152.	Масса т находится под действием силы F (t), сообщающей
еЙ в момент времени tK = 2 с наибольшее возможное смещение (см.
задачу 151).

Определить величину скорости массы т.

Рис 119

Рис 120

153,	Масса т = 100 кг закреплена на горизонтальной плоскости
с помощью пружины жесткостью с = 400 Н/м (рис. 121). Между
грузом и основанием при движении груза действует сила трения,
пропорциональная скорости движения
груза (FT = ах; а — 400 кг/с).

Установить закон изменения возму-
щающей силы F {/), действующей па
массу и заданной полем допуска (см.
задачу 151), при котором смещение мас-
сы в момент времени tK = 2 с стано-
вится наибольшим (при нулевых началь-
ных условиях).

154.	Для определения тяги реак-
тивного двигателя его устанавливают
на стенде, состоящем из тележки и
сиг) ©измерителя — динамометра	(рис.

122, а), в связи с неравномерностью
прения заряда и его неоднородностью
тяга R в процессе работы двигателя может изменяться произволь-
ным случайным образом в пределах R = Яо ± Д/? (рис. 122, б).

Определить максимально возможную погрешность показаний ди-
намометра в момент окончания работы двигателя при следующих
Параметрах системы: суммарная масса системы т — 1000 кг, время
Работы двигателя = 0,5 с, жесткость динамометра с — 900 кН/м,
коэффициент силы низкого сопротивления а — 4 • Ю4 кг/с, номи-
нальное значение тяги RQ - 2 • 105 И, разброс тяги \R — ±О,О5/?о
Изменением массы системы в связи с выгоранием заряда пренебречь.
155, Погрешность прибора Д, замеряющего параметры колеба-
тельного процесса какой-либо системы, линейно зависит от дополни-
тельного смещения и скорости системы (вызванных действием на сис-
тему случайной возмущающей силы F (/)

Д — а±х i аг х,

где и а.> — постоянные коэффициенты; й удовлетворяет уравнении]
вида тх — сх — F (/).

Случайная возмущающая сила F (/) задана полем возможных зна-
чений (см. рис. 120) с границами, равными ±1 Н.

Рис. 122

Рис. 123



Определить максимально возможное значение ошибки измерения Л
в момент /Kj 0,5 с, если х (0) -- х (0)	0, tn 1 кг, с - 0,16 кН/м.

а, = 0,1 J 3, а. = 1/(40jt) с.

156.	Динамически устойчивое движение ракеты может сопровож-
даться ее малыми колебаниями на траектории полета, которые вы-
зываются в первую очередь разбросом тяги двигателя, линейным
и угловым эксцентриситетами тяги и др.

Дифференциальное уравнение малых угловых колебаний ракеты
(рис. 123, а) по углу тангажа имеет вид

Л>Ф-|-сер(а)

где — момент инерции ракеты относительно оси, проходящей
через центр тяжести О; Мп— случайный возмущающий момент (вы-
зываемый, в частности, газодинамическими эксцентриситетами тягл)*
величина которого известна в виде поля допуска (рис. 123, б), имеюще-
го границы ±&;	— восстанавливающий момент.
Требуется определить область возможных значений угла откло-

нения ракеты от курса <р и угловой скорости (р (область на фазовой
Носкости (фО<р)) в момент времени tK = 5 с.

При решении задачи считать, что при £ — 0 ср (0) - ср (0)	0;

j 10* кг • ма, а 1,6 - 104 II • м'рад, | Ь | — 2 МН, м.

157.	В задаче 143 определялась среднеквадратичная ошибка по-
лзания осциллографа (см. рис. 63) (среднеквадратичное отклонение
гЛа поворота зеркальца) в предположении, что изменение угла Дер
'0 времени можно рассматривать как случайный процесс. Это пред-
положение справедливо только в случае, когда время затухания пере-
ходных процессов мало по сравнению со временем наблюдения и слу-
чайный ток Ai является стационарной случайной функцией.

При малом затухании (малом коэффициенте п) время переходных
процессов может быть одного порядка со временем наблюдения, а
Ai не является стационарной случайной функцией. Тогда теорией
стационарных случайных процессов пользоваться нельзя. Для иссле-
дования малых колебаний зеркальца методами теории нестационарных
случайных процессов требуется дополнительная информация о слу-
чайном токе Ai, получать которую весьма трудоемко (необходимо
знать математическое ожидание и автокорреляционную функцию

во времени).

Определить максимально возможную ошибку показаний осциллог-
рафа при нестационарном случайном токе At, если известно только
поле возможных значений Ai с границами ±а, где |а| = | Aimax] ~
= Р'о (например, | Aimax |	0,05 t0).

158.	Масса т закреплена на абсолютно жесткой балке, имеющей
момент инерции массы относительно левой опоры Jo (рис. 124, а).
Правая опора балки представляет собой пружину жесткости с с демп-
фером вязкого трения (коэффициент трения а). На массу т действу-
ет случайная возмущающая сила F (/),
заданная полем допуска (рис. 124, б).

Определить максимально возможное
значение динамической реакции, возни-
кающей между массой т и балкой.

Определить, как изменяется динами-
ческая реакция с уменьшением коэффи-
циента силы вязкого сопротивления а.
При решении задачи считать началь-
ные условия нулевыми.

159.	Как изменится выражение для
Динамической реакции Nma* (при ма-
лом а) в задаче 158, если возмущающая
сила F (/), действующая на массу т>
Изменяется во времени по закону
(0 — a sin (где со р0), т. е. воз-
никает случай обычного резонанса.

160.	Решить задачу 158 о движения
ба-3ки под действием случайного, огра-
ничейного по модулю возмущения (см. рис. 124), считая, что в ца>
чальный момент времени t = 0 балка имеет угловую скорость <р(|1 *
ее смещение q?0	0.

Определить закон изменения во времени возмущающей силы F (л
при котором в момент времени tK — 2л/р0 (р0 — частота свободны*
незатухающих колебаний системы) угловая скорость ср (/к) достигав
экстремального значения

Считать, что демпфирование колебаний отсутствует (а =•л0)

§ 7. ЗАДАЧИ НА НЕЛИНЕЙНЫЕ
КОЛЕБАНИЯ

161.	Составить дифференциальное уравнение свободных коле
баний системы, состоящей из двух дисков массами mL и tn2 (диамет
рами D1 и D2 соответственно), связанных жестким стержнем дайной
(рис. 125).

Верхний диск может перекатываться по опорной плоскости бе
проскальзывания.

Массой соединительного стержня пренебречь.

Рис. 125

162.	Жесткий брус постоянного поперечного сечения длиной 2/
массой пг шарнирно укреплен в точке А и поддерживается двумя
пружинами жесткостью с каждая (рис. 126).

1.	Составить дифференциальное уравнение свободных колебаний
бруса, считая зависимость силы сопротивления пружины от удлинения
линейной.

2.	Определить частоту собственных колебаний бруса.
163. Жесткий брус длиной 2/ постоянного поперечного сечения,
₽сОм Q подвешен за верхний конец и поддерживается двумя пружи-
на жесткостью с каждая (рис. 127).

*’ ]. Составить дифференциальное уравнение свободных колебаний

бруса.

2. Определить частоту собственных колебаний бруса.

164.	Масса т может свободно (без
трения) перемещаться вдоль направ-
ляющих (рис. 128). По обеим сторонам
груза установлены две одинаковые пру-
асинь! жесткостью с каждая. Между упо-
рами и пружинами имеется зазор А.

Найти частоту колебаний системы в
зависимости от амплитуды х0.

165.	Решить задачу 164, считая
жесткости пружин различными (q и с2).

166.	Масса т (рис. 129) может сво-
бодно (без трения) перемещаться по
плоскости, конта кти руя попеременно
с одной или другой пружиной. Пру-
жины не прикреплены к грузу и в по-
ложении равновесия (при отсутствии

Рис 127

зазора между пружиной и
грузом) не напряжены. Жесткости пружин различны и равны г, и

Определить частоту колебаний системы.

Рис 128

Рис 129

167.	Для уменьшения влияния вибраций на работу приборов по-
следние устанавливают на амортизаторах, собственная частота кото-
рых значительно меньше частоты возбуждения. При этом желательно,
чтобы отношение частоты вибраций к частоте малых свободных коле-
баний для всех объектов амортизации было постоянным вне зависимо-
сти от их массы.

Определить характеристику такого равночастотного амортизатора
(зависимость перемещения от силы), если известно, что при силе
Р Ро перемещение объекта равно х0.

168.	Для системы, изображенной на рис. 108, составить диффе-
ренциальное уравнение малых свободных колебаний с учетом изме-
нения натяжения Т в нити, на которое влияют отклонения массы
°т положения равновесия.
Решение изобразить на фазовой плоскости. Припять, что при
t - - 0 х — 0, х х().

169.	К массе т прикреплены свободно (без предварительно^
натяга) пружины длиной /0 и жесткостью с каждая (рис. 130).

Считая, что масса т перемещается по плоскости с пренебрежи^
малым трением, установить зависимость между частотой и амплитуд
свободных колебаний массы, если в начальный момент времени (I гь

масса отклонена от положения равно,
весия на величину х0.

170.	Установить зависимость ме.
жду частотой свободных колебаний
и скоростью движения груза (см. за.
дачу 169, рис. 130), если в начальный
момент времени массе т сообщена
скорость (отклонение от положе-
ния равновесия х0 — 0).

т

Рис 131

171.	Используя фазовую плоскость, построить решение задачи
о колебаниях массы (см. рис. 130), считая, что трение между ouopoi
и массой отсутствует, а натяжение в пружине при равновесии массы
равно (пружины имеют предварительное натяжение).

Считать, что при t — 0,	— 0, хь— 10 мм, I = 50 мм, с = 500 Н/м

т = 0,1 кг, TQ — 1 Н.

172.	Построить траекторию движения массы (см, рис. 130) н>.
фазовой плоскости, считая, что между массой и направляющей воз-
никает кулоново трение, а пружины имеют предварительное натя-
жение, равное TQ.

При решении задачи принять, что сила сухого трения
F = 2,5-10^ Н, То 1 II, т - 0,1 кг, с - 500 Н/м, /0 = 50 мм.
Начальные условия: при i — 0, х0 = 0, х0 = 10 мм.

173.	Масса т закреплена на нелинейном упругом элементе, имею'
щем характеристику F = сх -|- с^х3 (рис. 131).

Составить дифференциальное уравнение свободных колебаний
массы tn (пренебрегая трением).

Установить зависимость между частотой колебаний и амплитудой-
считая, что в начальный момент времени отклонение массы от поло'
жения равновесия равно Л, а скорость движения равна нулю

Указание. При решении задачи воспользоваться методом Ляпунова-"
Линдстедта, ограничившись первым приближением (А = 10 мм; с~ 100 Н
сг = 50 Н/м, т — 100 кг).
174.	Решить задачу 173, воспользовавшись методом линеаризации,
е заменяя нелинейную характеристику пружины линейной из ус-
минимума квадратичного отклонения линейной характеристики
’т нединейной.

175.	Получить зависимость частоты колебаний массы (см. задачу
•72) от амплитуды, используя метод Бубнова—Галер кина.

1	176. Используя метод линеаризации по минимуму квадратичного

отклонения, определить частоту колебаний массы т (см. задачу 166),
считая, что амплитуда колебаний равна А.

177.	Масса т (см. рис. 130) укреплена двумя пружинами — рас-
тЯ#ками, имеющими начальное натяжение Го. Считая, что колебания
массы происходят без трения ее о поверхность, определить такое зна-
ние начального отклонения х0, при котором частота колебаний
массы равна 5 с-1. Задачу решить методом малого параметра (мето-
дом «Ляпунова — Линдстедта), ограничившись первым приближе-

нием.

Принять, что т 10 кг, /0 = 0,5 м, — 50 Н, жесткость пру-
ЖНИ с - 2 кН/м.

178.	Исследовать движение массы т в магнитном поле Фо (см.
рис. 97), если в начальный момент времени (/ -- 0) масса отклонена
от положения равновесия на величину хм.

При выводе дифференциального уравнения движения массы учесть
первый нелинейный член силы притяжения.

Определить критическое значение начального отклонения х0# и
построить график зависимости (Фо).

Установить область значений х0 и Фо, при которых колебания
массы устойчивы.

179.	Определить частоту колебаний шины В (см. рис. 112 к за-
даче 132) при протекании по проводнику и шипе В постоянных токов
/1 и /о одного направления, считая, что при t = 0 начальные условия

х х0 и х = 0, а расстояние между и (иной и проводником в положении
равновесия равно а0. Силу взаимодействия между проводником и ши-
ной при отклонении шины от положения равновесия	I/ (а0+

-гх)] представить в виде ряда, ограничившись разложением его до чле-
нов х3 включительно.

Решение задачи провести методом малого параметра (методом Ля-
пунова—Линдстедта), взяв в качестве малого параметра р( — х0/п0.

180.	Решить задачу 179 в предположении, что токи А и /2 в про-
воднике и шине имеют противоположные направления.

181.	Определить частоту свободных колебаний шины В (см. рис. 112)
при протекании по ней и по проводнику А постоянных токов /t н /3
одного направления, считая, что в начальный момент времени {I -= 0)
отклонение шины от положения равновесия равно нулю, скорость
Движения х0> расстояние между проводником и шиной в положении
Равновесия а0, сила их взаимного притяжения при отклонении от поло-
жения равновесия F -= 2р/1/а//(ап 4 х).

Получить решение, используя метод малого параметра и ограни-
чивансь при разложении силы F в ряд членами не выше х\
182.	Известно уравнение свободных колебаний математического м а,
ятнпка

<₽ + (g/0 sin ф = О,
где I — длина маятника.

Найти частоту его свободных колебаний, ограничиваясь двумя
первыми членами разложения sin <р в ряд.

Принять, что в начальный момент времени маятник отклонен на
на угол фо. При решении задачи применить метод малого параметра
и метод прямой линеаризации и сравнить полученные результаты.

183.	Определить частоту колебаний рычага (см. рис. 95) при
действии на него постоянной силы F. Момент инерции массы рычага
J, жесткость вала с.

Считать, что колебания рычага достаточно велики, поэтому при
разложении в ряд следует брать sin <р = ф — ф3/6.

Принять, что в начальный момент времени угол поворота рычага
Ф (0) = 0, а его угловая скорость ф (0) -= ф0.

При решении задачи использовать метод малого параметра и метод
Бубнова—Галеркина; полученные решения сравнить.

184.	Тяжелый рычаг массой т жестко закреплен на валу длиной
I (рис, 132) жесткостью с. Один конец вала защемлен, а другой про-
ходит через подшипник. При колебании рычага в подшипнике воз-
никает момент силы трения, пропорциональный квадрату угловой
скорости вала (Мтр £ф2).

Считая, что момент инерции массы рычага относительно оси вала
равен J, а расстояние от оси вращения до центра тяжести рычага /0,
установить зависимость между частотой колебаний рычага и на-

чальным

отклонением рычага от положения равновесия на первом
и втором пол упер иода х колебаний
и значение амплитуд в конце полу-
периодов (приближенное), исполь-
зуя метод малого параметра, т. е.
полагая а = kU малым.

Pnc. I W

185.	Масса т закреплена на конце нелинейного упругого элемента
(пружины) (рис. 133).

Установить зависимость между амплитудой вынужденных колеба-
ний массы и амплитудой гармонической возмущающей силы F -~=
= Fq sin ti)Z, считая, что характеристика пружины имеет вид Т = сх +
+ ctx3, а трение отсутствует.
Вычислить амплитуду колебаний, если Го= 20 14, со - 10 с’1,
т 10 кг, с • - 1,5 кИ.м, 1 МП/м3.

186.	Для системы, изображенной на рис. 133, определить, при
каком значении частоты возмущающей силы со* возможно существо-
вание двух режимов установившихся колебаний. Вычислить ампли-
туду колебаний на этих режимах (см. задачу 185).

187* Получить приближенное (по методу Дуффинга) решение
уравнения вынужденных колебаний массы т (см. задачу 185), счи-
тая, что в начальный момент времени масса tn имеет максимальное
отклонение х0 от положения равновесия. (Числовые данные соответ-
ствуют задаче 185.)

188.	Решить задачу 185 в предположении, что при движении массы

tn по плоскости возникает сопротивление, пропорциональное ско-

рости движения Ет ~ ах, где а = 1000 И • с/м.

189.	При решении задач о колебаниях системы с кулоновым тре-
нием обычно принимается, что сила трения не зависит от скорости.
Однако более точные исследования показывают, что это не всегда
отражает физическую сторону явления и может вызвать качественное

искажение результатов решения.

На рис. 134, а изображен так называемый маятник Фруда. Масса
т укреплена на конце рычага длиной I. Точка подвеса маятника пред-

ставляет собой втулку, надетую на вра-
щающийся с постоянной угловой ско-
ростью Q вал. Между втулкой и валом
возникают вязкое трение (момент сил
вязкого трения — аср, где <р—угло-
вая скорость маятника) и сухое трепие
с нелинейной характеристикой, изобра-
женной на рис. 134, б, причем величи-
на момента сил сухого трения равна
Мс =М(Й — ср).

Ограничиваясь при разложении
А4 (Q — ср) в ряд слагаемыми, содер-

жащими <р до третьей степени включительно, получить дифферен-
циальное уравнение свободных колебаний маятника.

Исследовать устойчивость малых свободных колебаний (огра-
ничиваясь только линейным членом разложения момента трения).

При решении считать, что номинальная угловая скорость вала Q
соответствует точке перегиба на графике (рис. 134, б).

190.	Тормозное устройство состоит из кольцевой колодки 7, на-
детой на вал 2, вращающийся с угловой скоростью Q (рис. 135, п).
Тормозная колодка удерживается от вращения с помощью рычага и
пружин общей жесткостью с. Между валом и тормозом возни-
кает сухое трение, величина которого зависит от скорости (рис.
’35, б).

Исследовать колебания тормозной колодки в предельном случае,
Когда ее момент инерции пренебрежимо мал (J ->0). Построить решение
на фазовой плоскости. Найти период и форму колебаний.
J 91. Исследовать устойчивость малых свободных колебании мая^
ника Фр уда (см. задачу 189), используя метод Ван-дер-Пол я.

Принять, что момент инерции маятника J 0,15 кг • м2, его мас^
т =- 5 кг, длина I 0,3 м Коэффициенты разложения момента
трения в окрестностях точки перегиба dM d& ~ ЛГ(Й)
= —0,0375 П-м* с, M"(Q)	(

A1"'(Q) == 0,045 Н • м * с3. Коэ£
фициент момента сил вязкого тре
имя а = 0,015 Н • м • с.

192.	Провести качественна
исследование изменений амплит^.
ды колебаний маятника Фр уда (см
рис. 134), считая, что в некоторыг
начальный момент времени (/ ft-
маятник отклонен на угол ф0 ==
= 0,1 рад (ф0	0) от положения

равновесия при Й у= 0

При исследовании использовать данные и решение задачи 189.
Изобразить характер изменения амплитуды на фазовой плоскости.

193.	Определить изменение частоты колебаний маятника Фр уда
(см. задачу 189).

194.	Определить амплитуду предельного цикла колебаний, опи-
сываемого уравнением

d?x/dt2 h pox - ppjl — х21 dx!dty

и исследовать его устойчивость при и >0.

195.	Исследовать устойчивость малых продольных колебаний пла-
нера массой т, буксируемого самолетом с постоянной скоростью flo
на гибком растяжимом тросе жесткостью с (рис. 136). Силу лобового
сопротивления планера считать равной

F с = Ст 5р^2.. 2,
где сх — коэффициент лобового сопротивления; р— плотность воз-
духа; S — площадь миделевого сечения.
Раздел II

КОЛЕБАНИЯ СИСТЕМ
С НЕСКОЛЬКИМИ СТЕПЕНЯМИ
СВОБОДЫ

§ 1. ЗАДАЧИ НА СВОБОДНЫЕ КОЛЕБАНИЯ *

196.	Два груза массами и т2 (рис. 137) скреплены пружиной,
имеющей жесткость с. Определить собственную частоту малых коле-
баний системы.

197.	Стальной цилиндр радиусом
г, массой М (рис. 138) может катать-
ся без проскальзывания по горизон-
тальной плоскости. К оси цилиндра
подвешен маятник, состоящий из стер-
жня длиной I с массой т на конце.

Рис. 138

Рис. 137

Считая стержень невесомым, а массу т точечной, составить диф-
ференциальные уравнения свободных колебаний системы.

Определить частоты малых собственных колебаний системы, если
Л1 = 2 кг, г = 0,1 м, I — 0,5 м, т — 0,2 кг.

198.	Диск массой т, имеющий момент инерции J, свободно надет
на круглый жесткий вал (рис. 139). Диск удерживается на валу пру-
жиной, имеющей средний диаметр витка D, число витков п и угол
подъема витка а.

Составить дифференциальные уравнения малых свободных коле-
баний диска, считая, что J — тО*/2, а жесткости проволоки пружины
при изгибе и кручении соответственно равны EJX и GJk.

* Силы сопротивления по всех задачах, если они не указаны, не учиты-
ваются.
Определить частоты собственных колебаний и исследовать их
зависимость от угла подъема витка а (при изменении а в пределах
О 5^ а л/8).

Рис. 139

Рис 140

199.	На натянутой струне закреплены две массы т1 и т2 (рис. 140).
Натяжение струны Тс при малых колебаниях масс остается практи-
чески постоянным. Силой тяжести, действующей ла массы, пренеб-
речь.

Определить частоты собствен пых колебаний системы.

200.	На конце консольной балки с жесткостью на изгиб EJX на-
ходится электродвигатель (рис. 141). Масса электродвигателя т\
момент инерции относительно оси, перпендикулярной плоскости чер*
тежа и проходящей через точку (центр инерции), равен 701.

Вычислить погрешность, которая допускается при определении
частоты собственных колебаний системы, если двигатель рассматри
вается как точечная масса.

Рис. 141

201.	Стальной вал диаметром d = 0,1 м несет две сосредоточенные
массы:	200 кг и т2 •-= 250 кг (рис. 142). Вал укреплен на трех

опорах так, что расстояния от опор до массы составляют а = 1 ми
b = 2 м.

Считая массы точечными и пренебрегая массой вала, определить
частоты собственных колебаний системы.

202.	Для систем, изображенных на рис. 143, составить дифферен-
циальные уравнения малых свободных колебаний и определить час-
тоты собственных колебаний.

203.	На стальной балке прямоугольного поперечного сечения
(рис. 144) закреплены два груза: тл — т и т2 = 2гп.

Определить частоты и формы собственных колебаний балки, если
т = 2 кг, I — 0,5 м; Ь 20 мм, h — 40 мм.
Рис. 144

Рис. 143

Изгибная жесткость всех
207. Определить частоты
(рис. 148).

204.	На однопролетной балке
жесткостью EJX закреплены три оди-
наковые точечные массы т (рис. 145).

Пренебрегая массой балки, опре-
делить частоты собственных колеба-
ний системы.

205.	Определить частоты и формы
собственных колебаний пластины мас-
сой т (рис. 146), укрепленной на
стойке, считая, что жесткость стойки
при изгибе EJ х. Момент инерции
пластины относительно оси, перпен-
дикулярной плоскости чертежа и
проходящей через центр тяжести,
равен У.

206.	Определить частоты и фор-
мы малых собственных колебаний
системы (рис. 147), считая массы
точечными.

участков рамы одинакова и равна EJX.
и формы собственных колебаний рамы

Рис 145

Рис. 146

Массой стоек по сравнению с массой пластины пренебречь; жест-
кость стоек при изгибе равна EJX. Пластину считать абсолютно жест-
Рис 147

208.	Длинный стальной вал постоянного поперечного сечения за-
креплен в коротких подшипниках (рис. 149). Подшипники закрепле-
ны на швеллерах, заделанных в стенку. На валу имеется диск массой
т, момент инерции массы которого относительно диаметра J.

Пренебрегая массами опорных швеллеров, подшипников и вала,
определить частоты вертикальных собственных колебаний диска, ес-
ли т -- 320 кг, J — 12,8 кг-м2, а = 1 м, b - 2 м, I = 0,6 м, d ==
— 0,1 м; балки изготовлены из швеллера № 16.

У к азан ие. Короткие подшипники можно рассматривать как шарнир-
ные опоры и при определении жесткости системы закручивание швеллеров
не учитывать.

209.	На раме круглого поперечного сечения (рис. 150) закрепле
ны массы /Hj 2m и = т.

Определить частоты и формы вертикальных собственных коле-
баний системы, считая, что между жесткостями стержней имеется за-
висимость в виде отношения GJk = 0,8EJx.

210.	Груз массой т закреплен на гибком стержне длиной I (рис.
151).

Считая, что момент инерции массы груза относительно его централь-
ной оси, перпендикулярной к плоскости чертежа, равен J -
определить частоты и формы собственных колебаний системы в плос-
кости чертежа. Действием силы тяжести и массой стержня при реше*
нии задачи пренебречь.
211 Определить частоты собственных колебаний системы (см, за-
дачу 210) с учетом силы тяжести.

Рис. 151

Рис. 152

212.	На гибком стержне длиной 2/ закреплены две точечные мас-
сы и /Яо (рис. 152), жесткость стержня на изгиб равна EJ

Пренебрегая действием силы тяжести и массой стержня, опреде-
лить частоты и формы собственных колебаний стержня в плоскости
чертежа.

213.	Три точечные массы закреплены на гибком стержне жесткостью
EJх (рис. 153). Пренебрегая массой стержня и не учитывая действие
силы тяжести, определить частоты и фор-
мы собственных колебаний системы в
пл ос кости чертежа.

214 Определить частоты и формы соб-
ственных колебаний в плоскости чертежа
системы, состоящей из двух масс т, свя-

занных между собой гибким безынерционным стержнем жесткостью
(рис. 154). Момент инерции каждой массы относительно централь-
ной оси, перпендикулярной плоскости чертежа, равен J * im/2/4.
Влиянием силы тяжести при решении задачи пренебречь.

215,	Определить частоты и формы собственных колебаний систе-
мы (в плоскости чертежа), представляющей собой коромысло с двумя
закрепленными на нем одинаковыми массами м, имеющими момент
инерции относительно центральной оси, перпендикулярной плоскости
чертежа, равный J = ml2/4 (рис. 155).

Влиянием силы тяжести пренебречь.

Рис. 155

Рис. 15G

3g f ^2
н г

6

216.	Два тела массами г?ц и т.>, имеющие моменты инерции отно-
сительно центральных осей, перпендикулярных плоскости черте-
жа Jx и J21 соединены упругим стержнем, изгибная жесткость которо-
го EJX (рис. 156).

Пренебрегая массой соединительного стержня и не учитывая дей-
ствие силы тяжести, вывести дифференциальные уравнения малых
свободных колебаний системы (в плоскости чертежа).

217.	Для системы, изображенной на рис. 156, определить собствен-
ные частоты, считая, что пи --- 2^	2т; J2 — 2JV — mPi2; -- L -

.... /

218.	Определить частоты и формы собственных колебаний систе-
мы в плоскости чертежа, состоящей из точечной массы т и двух грузов
массами т, моменты инерции относительно центральной оси, перпен-
дикулярной плоскости чертежа, J = ml2/4 (рис. 157). Изгибная жест-
кость соединительных стержней EJX.

При решении задачи массой стержней и силой тяжести пренебречь,
а длину стержня и размер I считать равными.

Рве. 157	Рис. 158

219.	На свободном валу постоянного сечения закреплены три ма-
ховые массы, имеющие моменты инерции	J2, J (рис. 158).

Составить дифференциальные уравнения малых свободных кру
тильных колебаний масс и определить частоты собственных колебаний

Принять, что моменты инерции масс равны — 203,9 кг-м2, J2 -
— 611,8 кг-м2, J2 = 305,9 кг-м2, диаметр стального вала d = 50 мм,
расстояния между массами - 250 мм; 12 - 400 мм.

220 Определить частоты собственных колебаний систем 1 и 2
(рис. 159), считая, что моменты инерции масс зубчатых колес и вали
ков малы по сравнению с моментами инерции дисков Jt и Жестко
сти валов на кручение соответственно равны с± и с2, а передаточное
число зубчатой передачи и - zjzlf где и z> — числа зубьев колес.

221 Для систем, изображенных
на рис 160, составить дифферен-
циальные уравнения малых сво-
бодных угловых колебаний; опре-
делить частоты собственных коле-
баний.

Массами валов и колес по срав-
нению с массами дисков пренеб-
речь. На приведенных схемах
г — число зубьев колес, с — кру-
тильная жесткость вала.

222.	Система, совершающая
крхтильные колебания, состоит
из трех маховиков (см. рис. 158),
моменты инерции которых соответ-
ственно равны = J\ Jз = 2J;
J 3 = 3J. Маховики соединены
валами, имеющими крутильную
жесткость, равную с каждый.

Определить частоты и формы
собственных колебаний системы
(массой валов пренебречь).

Произвести проверку правильности полученных форм колебаний,
используя свойство их ортогональности.

223.	Составить дифференциальные уравнения малых свободных
(Л4 = 0) колебаний системы дисков (рис. 161), считая жесткость
участков вала на кручение равной GJр. Определить частоты и формы
собственны?', колебаний.
224.	Определить частоты и формы собственных (Л4 = 0) колсба.
ний системы (рис. 162), считая, что жесткость вала на кручение равна
GJp.

225.	Получить характеристическое уравнение для определения час.
тот собственных колебаний системы (см. задачу 220), считая, что ио.
менты инерции маховиков равны J, и Л, а моменты инерции зубчатых
колес — J\ и Крутильные жесткости валов соответственно рави^
с, и сг.

226.	Судовая двигательная установка состоит из двух одинаковых
двигателей, имеющих приведенные к оси вращения моменты инерции
вращающихся частей Jr и J2 (рис. 163). Двигатели имеют одинаковую
скорость вращения и приводят во вращение гребной винт, имеющий
момент инерции Уя.

Считая, что передаточное число редуктора и = z2/zly жесткости ва-
лов системы равны съ с2, а также пренебрегая моментами инерции зуб*
чатых колес редуктора, составить дифференциальное уравнение малых
свободных колебаний системы и получить характеристическое уравне-
ние. Затуханием в системе пренебречь.

Рис. 163

Рис. 164

227» На стальном валике жесткостью насажены два маховика,
моменты инерции которых и J2 (рис. 164). Маховики соединены
между собой упругим элементом — легкой конической оболочкой,
которая жестко скреплена с правым маховиком и может проскальзы-
вать относительно левого. Крутильная жесткость оболочки равна с2»
а момент сил трения пропорционален угловой скорости проскальзы-
вания.

Считая, что = 5 кг м2; J.2 = 2 кг-м2; с, — 600 Н-м; с2 = 300 Н*м.
а коэффициент вязкого трения а = 5 Нм-с, составить дифферен-
циальные уравнения свободных затухающих колебаний системы и
вычислить значения корней характеристического многочлена.

228» Корпус автомобиля массой т (рис. 165) соединен с колесами
рессорами, имеющими жесткость q и с2. Расстояния от центра массы
корпуса до подвесок равны и 1г.

Считая, что момент инерции массы корпуса относительно цент-
ральной поперечной оси равен J, и пренебрегая упругостью шин,
составить дифференциальные уравнения малых свободных колебаний
корпуса автомобиля в продольной плоскости.
Определить частоты собственных колебаний, если — 200 кН/м;

250 кН/м; — 1 м; /.> — 1,5 м: т 1,5- 10я кг; J — 300 кг-м2.

3 229. Установить, при каком соотношении между параметрами ав-
томобиля (см. задачу 228) его ча-
стоты собственных колебаний рав-
нЫ между собой.

230.	Составить дифференциаль-

a

та

Рнс 165

Рис. 166

ные уравнения малых свободных
колебаний автомобиля (рис. 166, о),
к<зов которого имеет массу tn и
момент инерции относительно цен-
тральной поперечной оси --- Jo.
Массы переднего и заднего мостов



с колесами равны и гп2, жесткости рессор передней и задней под-
вески с?| и съ жесткость шин передних и задних колес с и 2с. При
решении считать, что в рессорах имеется вязкое трение с коэффициен-
том трения а. Расчетная схема системы изображена на рис. 166, б.

231.	Определить собственные частоты колебаний автомобиля
(рис. 166) для частного случая Jn -- таЬ. Припять следующие числовые
значения параметров системы: а ---- 2,3 м, b - 0,94 м, т • 5,4-1()8 кг,
т2 = 650 кг, гх = с2 = 35 кН/м; а -- 0, Жесткость шин перед-
него и заднего колес считать одинаковой и равной с = 1200 кН/м.

232.	На рис. 167 схематично изображена передача с гибкой связью
(привод токарного станка). В установившемся режиме работы вращаю-
щий момент двигателя уравно-

вешивается моментом сил реза-
ния (моментами сил сопротивле-
ния можно в первом приближе-
нии пренебречь); соответствую-
щие напряжения в ветвях пере-
дачи равны о10 и о20.

Составить дифференциальные
Уравнения малых угловых ко-
лебаний шкивов I и II и опре-
делить частоты собственных ко-
лебаний, если передача имеет
бедующие параметры:	--

100 мм, R2 --- 200 мм; момент

Рмс 167
инерции массы ведущего шкива / и ротора электродвигателя
0,08 кг м2Ф момент инерции массы ведомого шкива П и шпинде-
ля стайка J2 — 0,1 кг-м2, I 0,6 м, площадь поперечного сечения
Гибкой связи F 2 см2, модуль упругости материала гибкой связи
Е 100 МПа, угол упругого проскальзывания гибкой связи на шкиве
<р0	150°, коэффициент трения гибкой связи и шкива = 0,3.

Указание Удлинения ветвей передачи, вызванные дополнительными
напряжениями, возникающими при колебаниях шкивов, определяются по фор-
мулам:

A/j — Aq2

* . Ъ

— 1—Г

Е Ро £

(1 — е-и® <ро) = а± Дпь

Д/2 == Да2 Г — -4—12— (ggo Фо — 1) I = а.2 До2.
[ Е Е	J

233.	В конструкциях ременного привода станков постоянство уси-
лия натяжения в ветвях передачи часто осуществляется за счет ис-
пользования массы двигателя. На рис. 168 приведена схема вертикаль-
ной ременной передачи, в которой гибкая связь заменена упругими
элементами, работающими на растяжение.

Составить дифференциальные уравнения малых свободных коле-
баний шкивов привода, считая, что момент инерции массы верхнего
шкива равен J — 0,1 кг-м2, его радиус /?2 — 200 мм, момент инерции
массы двигателя и нижнего шкива относительно точки О </' =
= 0,125 кг-м2, их масса т = 16 кг, радиус нижнего шкива ~
= 0,1 м, момент инерции массы нижнего шкива и ротора двигателя

0,08 кг’М2, плечо Л — 0,5 м, жесткость упругих связей EF
= 2-104 кНм2, их длина I = 0,6 м, <р10	9с40'.

Определитель частоты собственных колебаний системы.

234.	В современном машиностроении получили широкое приме-
ые передачи.

На рис. 169 изображена схема само-
натяжной передачи. Для упрощения
решения гибкая замкнутая связь заме-
нена двумя упругими элементами, ра-
ботающими на растяжение. Передача

пение самонатяжные



р

Рис 168	Рнс 169
крутящего момента от электродвигателя 1 на ведущий шкив 4 про-
изводится через пару шестерен 2, закрепленных на осях двигателя
и шкива, связанных между собой кулисой 3.

В статическом положении (аналогично и при установившемся ре-
жиме работы передачи с замкнутой гибкой связью) внешний момент М
уравновешивается моментом двигателя 1. При увеличении внешнего
момента М увеличивается и момент со стороны двигателя, т. е. увели-
чивается усилие зацепления Р — сила, передающая момент со сторо-
ны шестерни двигателя на шестерню ведущего шкива 4 При этом сила
зацепления одновременно натягивает передачу, отклоняя кулису 3.

Составить дифференциальные уравнения малых свободных коле-
баний шкивов передачи и определить частоты собственных колебаний,
считая, что шестерня 2 ие перемещается. Моменты инерции движущих-
ся масс, приведенные к осям вращения шкивов, равны и J.2, масса
ведущего шкива с шестерней тл. Модуль упругости связей Е, а их
площадь поперечного сечения F. Массами кулисы и упругих связей
пренебречь.

Провести числовое решение при следующих значениях параметров
системы: J( — 0,08 кгм2, = 0,1 кг-м2, mL — 0,16 кг, I = 600 мм,
(р10 = 9°40', F - 2 см2, Е =- 100 МПа,	- 100 мм, - 200 мм,

— 50 мм, г2 — 40 мм.

235.	Масса, т укреплена на двух растяжимых нитях длиной и
/2 (рис. 170). Считая, что в процессе малых колебаний груза в верти-
кальной плоскости натяжение в нитях TQ не изменяется, определить
частоты малых собственных колебаний массы т. Момент инерции мас-
сы относительно оси, перпендикулярной чертежу и проходящей че-
рез центр тяжести груза, равен J, жесткость нитей на растяжение
Статическим смещением, вызванным массой груза, пренебречь.

236.	Составить дифференциальные уравнения малых свободных
колебаний вагонетки массой ту движущейся с постоянной скоростью
и по натянутому тросу (сила натяжения троса То) (рис. 171). Момент
инерции массы вагонетки относительно оси, проходящей через ее центр
тяжести перпендикулярно чертежу, равен «/. Изменением натяжения
TQ в тросе пренебречь.

237.	Точечный груз массой tn укреплен на свободной невесомой
растяжимой нити, концы которой жестко закреплены на одном уров-
не на расстоянии друг от друга. На рис. 172 изображено статичес-
кое состояние системы. Все величины, приведенные на чертеже, счи-
тать известными.
Определить частоты собствен,
ных колебаний массы в плоскости
чертежа, считая, что жесткость
нити при растяжении равна EF,
238. Составить дифференциала
ные уравнения малых свободных
колебаний массы т, движущейся
по растяжимой невесомой нити,
концы которой закреплены на од-
ном уровне на расстоянии /х друг
от друга (рис. 172). Скорость дви*
равна v. Жесткость нити

WT
Рис. 172

жения массы относительно нити постоянна и

при растяжении EF. Принять, что в начальный момент времени (/=0)
координаты массы соответственно равны х0 — 0; z/0 -- s00.

239.	В качестве возбудителя крутильных колебаний можно исполь-
зовать магнитоэлектрический вибратор, например шунтовой двига-
тель с раздельным питанием обмоток якоря и возбуждения (рис. 173)е
Обмотка возбуждения 1 питается по-
стоянным током, а на обмотку якоря
2 подастся переменное напряжение
w0 sin со/, частота которого может
регулироваться. Колебания якоря 5,
имеющего момент инерции массы J,
вызывают изменение напряжения в
цепи якоря на величину a^dfp/dt (ах —
коэффициент, зависящий от магнит-
ного потока якоря; ср — угол пово-
рота якоря). Изменение напряжения
в цепи якоря вызывает возникнове-

ние тока, создающего электромагнит-

ный момент, действующий па якорь и равный М — a2i (а2 — ко-
эффициент, зависящий от магнитного потока якоря; i — ток в
цепи).

Составить дифференциальные уравнения свободных колебаний

системы, считая крутильную жесткость торсиона, равной с, индуктив-
ность цепи якоря L, а активное сопротивление его цепи 7?. Силами со-
противления в механической системе пренебречь. Определить корпи
характеристического многочлена для частного случая, когда величина
R мала (положить R равным пулю).

240.	Электромеханический прибор, известный под названием кон-
денсаторпого микрофона, схематически изображен па рис. 174. Цепь
состоит из батареи постоянного напряжения и> катушки самоиндук-
ции Л, активного сопротивления R и конденсатора переменной емко-
сти С. Конденсатор имеет одну неподвижную пластинку, с которой уп-
руго связана движущаяся пластинка 1 массой т9 которая представля-
ет собой звуковосир ин имающу то мембрану микрофона. Она колеблет-
ся под действием переменного давления р звуковых волн. Система име-
ет две степени свободы (две обобщенные координаты) — заряд q коп*
депсатора и перемещение X мембраны.
Составить дифференциальные уравнения движения пластинки /
(мембраны) и изменения заряда q конденсатора, считая, что жесткость
каждой из пружин 0,5с.

241.	Колебательная система состоит из двух дисков с моментами

инерции массы Jt и J2, скрепленных
0,5 С

Рис. 174

между собой валом, крутильная
жесткость которого равна с
(рис. 175).

Определить частоты колеба-
ний системы и установить за-
кон движения дисков, если в
некоторый начальный момент

Рис. 175

времени им сообщены одинаковые по величине, но различные по
направлению угловые скорости движения <р0 (считать, что при t = 0

<Pi ~ Фа ~ 0).

§ 2. ЗАДАЧИ НА ВЫНУЖДЕННЫЕ КОЛЕБАНИЯ

242.	Определить максимальные нормальные напряжения, возни-
кающие в балке (см. рис. 144, задачу 203) при действии на массу tnL
периодической силы

Р = Ро sin <of,

где = l/(ma6a2), Ро 500Н.

243.	Для систем, изображенных
на рис. 176, определить коэффи-
циент динамичности, равный от-
ношению амплитуды возмущаю-
щей силы Ро к аплитуде усилия,
действующего на массу zn2. При-
нять

с = I3IEJx\ т^ — 2т2‘, ы = Уcjtnv

244.	Тяжелый электродвигатель
массой т закреплен на балке дли-
ной 3Z (рис. 177). При вращении
ротора мотора, имеющего эксцен-
трично расположенную массу тг,
Развивается центробежная сила
инерции Fo = т1 ш2е (где е — эк-
сцентриситет массы ротора, со —
его угловая скорость).
Определить частоты собственных колебаний и амплитуды вынуж-
денных колебаний системы, если расстояние от осн балки до центра
массы мотора /? — Z/4, момент инерции массы мотора относительно
центральной оси JQ ml2/4, угло-

вая скорость (0 — 2]/ EJJfml)3.

Массой балки по сравнению с
массой двигателя пренебречь.

Рис. 178

245.	На массу пт2 (рис. 178) действует периодическая возмущаю,
щая сила, равная Р - Ро sin со/.

Площадь сечения стержней, соединяющих массы, равна F, а мо-
дуль упругости Е.

Установить, при каких значениях параметров системы амплитуда
вертикальных колебаний массы гп2 равна нулю.

246.	Определить параметры системы, при которых амплитуда ко-
лебаний массы т2 равна нулю, считая частоту (о возмущающей силы
(рис. 179) заданной.

Рис. 179

Рис. 180

247.	Две точечные массы тх и пи находятся на шарнирно закреп-
ленной балке (рис. 180). На систему действует возмущающий момент
М — Мо sin со/.

Определить параметры системы, при которых амплитуда колеба-
ний массы равна нулю.

248.	Для гашения колебаний массы т2, находящейся на конце
мачты, используется маятниковый гаситель колебаний (рис. 181). На
массу т2 действует периодическое возмущение F = Fo sin со/. Сред-
няя изгибная жесткость мачты EJX.

Определить параметры маятника (m1? /х), при которых амплитуда
колебаний массы т2 равна нулю.

249.	Для гашения крутильных колебаний применяется гаситель
колебаний Прингла, который представляет собой небольшие массы
Рис. 181

Рис. J82

пгу способные перемещаться в радиальных пазах диска. Для системы,
изображенной на рис. 182, известны жесткость пружин q, возмущаю-
щий момент, действующий на диск, М — Л40 sin со/, жесткость вала,
на котором находится диск, равная с, момент инерции массы диска
угловая скорость диска при стационарном режиме $20.

Определить параметры гасителя т и clt при которых амплитуда уг-
ловых колебаний диска равна нулю (при заданной частоте со возму-
щающего момента и угловой скорости диска Qo).

250.	Рассмотренный в задаче 24$) гаситель колебаний Прингла
имеет недостаток — массы т с увеличением угловой скорости й0 сме-
щаются из-за деформации пружин, изменяя суммарный момент инер-
ции системы.

Указать, как надо изменить конструкцию гасителя, чтобы на интер-
вале изменения Qo (0 С --о массы оставались относительно

диска неподвижными.

251.	На рис. 183 показан маятниковый гаситель колебаний, уста-
новленный на диске, вращающемся с угловой скоростью £2.

Определить параметры (т и I) маятни-
кового гасителя колебаний, при которых
амплитуда колебаний диска равна нулю.

252.	На систему, изображенную на
рис. 150, в сечении закрепления массы
действует вертикальна я пер иодичсская
сила Р — Ро sin о>/.

Определить допускаемое значение ам-
плитуды возмущающей силы Ро, если ча-
стота возмущающей силы со 0У8рг (pj —
первая частота собственных колебаний си-
стемы), d — 40 мм, I- -1 м. Материал стерж-
ней—сталь СтЗ (отр--^<ттс=240 МПа), коэф-
фициент запаса прочности (с учетом пере-
менности напряжений во времени) пТ ~ 3.

253.	Определить наибольшие касательные напряжения, возникаю-
щие в стальном валу постоянного поперечного сечения (рис. 184) при
Действии периодического возмущающего момента М — Л40 sin <о/, ес-
ли J1 — 2.7S, Mo — 5 Н-м, d 1 cm, со2*«
2/ (7ЛП), I 20 cm; G 80 ГПа.
Вычислить коэффициент запаса проч-
ности вала по пределу текучести, если
тт 200 МПа.

254.	На стальном валу круглого попе-
речного сечения, имеющем жесткость при
кручении GJp, закреплены четыре диска
(см. рис. 161.)

Определить наибольший крутящий мо-
мент па валу в установившемся режиме
колебаний при действии периодического
возмущающего момента М = Ио sin tot, где ы = 0,8ра (ра — вторая
частота собственных колебаний системы).

255.	Определить наибольшие напряжения, возникающие в вале
(см. рис. 162) постоянного поперечного сечения d 40 мм при дейст-
вии па него периодически изменяющегося крутящего момента М =*
- Мо sin tot (А40 — 300 Н-м, со — 0,7/ь, р., — вторая частота собст-
венных колебаний системы).

256.	Два абсолютно жестких шкива соединены упругими связями,
работающими на растяжение (рис. 185), имеющими предварительное
натяжение --

Определить частоты соб-
ственных колебаний шкивов и
величину наибольшего возму-
щающего момента Мо, при ко-
тором напряжение в упругой
связи достигает нуля. Принять,
что радиусы шкивов: 7?т- 10 см,
/?2 = 20 см, их моменты инер-
ции: Jt = 0,08 кг-м2, Д =

— 0,1 кг-м2, длина упругой

связи Z = 60 см, площадь ее поперечного сечения F = 2 см2, модуль

упругости Е — 100 МПа, напряжение предварительного натяжения
<т0 — 2МПа, частота возмущающего момента ю 0,8р2 (р2 — вторая
частота собственных колебаний системы).

257.	Определить закон изменения напряжений До} и До2 в уста-
новившемся режиме колебаний передачи привода токарного станка
(см. задачу 232, рис. 167) при действии на ведомый вал периодического
возмущающего момента сил резания ДМ — Л1П sin mt.

Числовые значения параметров передачи взять из задачи 232. Счи-

тать, что напряжения в ветвях передачи в установившемся режиме ра-
боты: о10 — 4 МПа, о20 — 20 МПа, Мо — 32 II-м, и — 0,6р2
- 88 с"1.

258.	На стальном валике 1 (рис. 186) диаметром d± жестко закреп-
лен маховик 2, имеющий момент инерции массы Нижний конец
валика жестко защемлен, а верхний поддерживается подшипником.
Второй маховик 3 с моментом инерции массы J2 свободно надет на ва-
лик^и прижимается к маховику 2 пружиной 4.
Считая, что к маховику 2 приложен
периодически изменяющийся момент М --
Мо $’п о)/, а между маховиками имеется
кулоново трение с коэффициентом трения
р" составить дифференциальные уравнения
движения маховиков 2 и <3. При состав-
лении уравнений учесть, что пружина 4,
прикрепленная к маховику 3 и верхней
опоре, имеет предварительный осевой на-
тяг величина которого изменяется в
процессе колебаний.

259.	Определить напряжения, возни-
кающие в элементах конструкции при ус-
тановившихся колебаниях (см. рис. 186),
считая, что между маховиками 2 и 3 воз-
никает вязкое трение и момент сил вязко-

Рпс. 186

го трения Л1Т = (фг — <р2).

260.	На свободном конце консольного вала жесткостью с (рис. 187)

закреплен диск, имеющий момент инерции массы с надетым па пего
массивным кольцом (момент инерции массы кольца J2). Кольцо удер-
живается на диске ребордами. Между диском и кольцом имеется вяз-
кое трение. Момент трения пропорционален относительной скорости
движения диска и кольца /Ит ~ а (<рх — (р2), где — угол поворота

диска; (р2 — угол поворота кольца.

Составить дифференциальные уравнения малых колебаний диска
и кольца при действии на диск момента М = Л40 sin <oi.

Определить амплитуды установившихся колебаний диска и
кольца,

261.	Составить дифференциальные уравнения движения прицепа
по дороге с неровностями (рис. 188), считая, что масса прицепа т, мас-
са колес момент инерции массы прицепа относительно попереч-
ной оси, проходящей через точку О, равен Jo; жесткость рессор с, жест-
кость шин колес скорость буксирования и.
При решении задачи принять, что точка крепления прицепа к ма-
шине (точка О) не имеет вертикальных перемещений, а профиль доро-
ги описывается уравнением h — /г0 (1 — cos 2nx!l^t где х = vt.

Учесть, что при колебаниях прицепа в рессорах возникают силы
трения, пропор циопал ьн ые относите л ьно й скор ости верти кал ьного
перемещения кузова и колеса Fr -- ос (у —yL).

Определить частоты собственных колебаний и значения критичес-
кой скорости буксирования при отсутствии трения в рессорах.

262.	Автомобиль движется по дороге, имеющей периодические не-
ровности (рис. 189).

Считая, что профиль дороги описывается уравнением h

= hQ (1 — cos 2лх//0), определить амплитуды
кого ускорений при установившихся ко-
лебаниях системы. Принять, что масса
автомобиля т —• 6000 кг, момент инерции
массы относительно центральной попереч-
ной оси J = 1,2-108 кг-м2, жесткость
рессор: с} = 200 кН/м, — 250 к11/м,
расстояния до центра тяжести: 1} = 1 м,

углового и вертикаль-

Рис. 190

l2 = 1,5 м. Скорость движения автомобиля v — 25 км/ч; шаг неров-
ностей /0 — 5 м; высота неровностей h — 0,1 м.

263.	Определить критическую скорость движения автомобиля по
дороге с неровностями (см. задачу 262), т. е. такую скорость при
которой амплитуды вынужденных колебаний достигают максимальных
значений

264.	Составить дифференциальные уравнения вынужденных коле-
баний автомобиля (см. задачу 230, рис. 166) при движении его со ско-
ростью v но дороге с неровностями, которые приближенно описыва-
ются уравнением /г  - h0 (1 — cos 2nx/Z0).

265,	Па рис. 190 изображена схема центрифуги, предназначенной
для разделения смеси жидкостей по плотностям се компонентов. При
вращении системы с угловой скоростью со более тяжелые фракции скап-
ливаются у стенок сосуда, а легкие вытесняются в центр (ближе к оси
вращения). Слив легких фракций производится через центральную
трубку.
Известно, что из-за технологических погрешностей при изготовле-
нии центр масс (сосуда и жидкости) находится па расстоянии е (экс-
центриситет масс) от оси вращения.

Составить дифференциальные уравнения движения центрифуги,
считая угловую скорость со постоянной, а слив жидкости равномер-
ным [т. е. полагая, что масса жидкости, находящаяся в сосуде,
изменяется во времени по закону mH. (1 — ///,), где — масса
жидкости в начальный момент времени, — время, за которое выте-
кает вся масса жидкости]. Масса сосуда т1 намного больше массы труб-
ки. Жесткость трубки при изгибе равна с.

Изменением вертикальной координаты центра масс системы и ко-
лебаниями жидкости в сосуде пренебречь.

266.	К массе т, закрепленной на конце упругого стержня
(рис. 191), прикладывается единичный импульс J -ти(0).

Рис. 192

Считая, что изгибная жесткость стержня EJ, момент инерции
массы относительно центральной оси, перпендикулярной к плоскости
чертежа, равен J /и/2/4; определить закон движения массы и мак-
симальное значение изгибающего момента в стержне.

В качестве начальных условий принять, что при t — 0 горизон-
тальное смещение, угол поворота и угловая скорость движения гру-
за и (0) Ф (0) = ф (0) -- 0.

Влиянием силы тяжести па движение системы пренебречь.

267.	Демпфер крутильных колебаний (рис. 192) состоит из упруго-
го элемента 4, несущего па своем свободном конце контактное коль-
цо /, к которому пружиной 3 прижимается маховик 2.

Считая, что на маховик действует периодически изменяющийся
крутящий момент М — Л1о sin tof, а момент сил трения между махови-
ком и кольцом пропорционален скорости их относительного движе-
ния (с коэффициентом пропорциональности <xt), определить амплиту-
ду установившихся колебаний кольца Л

Момент инерции массы валика и маховика J. Массой упругого эле-
мента 4t кольца 1 и пружины пренебречь (сх и с2 — жесткости при кру-
чении).
268.	Массивный контейнер 2 массой т подвешен на пружине }
жесткостью г, (рис. 193). Для ограничения боковых перемещений ц
смягчения боковых ударных воздействий служат легкие вертикаль-
ные направляющие </, прижимаемые к контейнеру пружинами 4 с из-
гибной жесткостью с2 каждая. Между контейнером и направляющими
возникает вязкое трение с коэффициентом трепня а.

Составить дифференциальное уравнение вертикальных колебаний
контейнера при действии на него силы А - sin cot-Массой направ*
ляюших при составлении уравнения движения пренебречь.

Рис. 194

269.	При движении по дороге со случайными неровностями коле-
бания автомобиля вызывают колебания сиденья с водителем. Так как
масса автомобиля намного больше суммарной массы водителя и си-
денья, то можно считать, что происходит одностороннее воздействие
автомобиля на сиденье.

На рис. 194 показана схема виброизоляции сиденья водителя от
пола автомобиля (точка O)t пг — суммарная масса сиденья и водите-
ля.

В результате обработки осциллограммы случайного стационарного
процесса с нулевым математическим ожиданием, возникающего при
движении автомобиля с постоянной определенной скоростью vt полу-
чена корреляционная функция вертикального смещения точки О вида

где О„о — дисперсия; а, — параметр затухания.

Жесткости пружин упругой подвески сиденья с и коэффициент
вязкого трения а.

Требуется получить выражение для дисперсий вертикального ус-
корения водителя с сиденьем (пружины и демпфер можно считать не-
весомыми).
§ 3.	ЗАДАЧИ НА ОПРЕДЕЛЕНИЕ КРИТИЧЕСКИХ
СОСТОЯНИЙ И УСТОЙЧИВОСТЬ КОЛЕБАНИЙ

270.	Диск массой nt закреплен на гибком идеально сбалансирован-
ном, безмассовом валике длиной 2/, вращающемся с постоянной уг-
ловой скоростью со (рис. 195).

Считая, что эксцентриситет массы диска относительно оси валика

равен нулю, составить дифференциальные уравнения малых колебаний

диска в системе координат хуг, вра-
щающейся со скоростью о (ось z явля-
ется осью вращения). Вследствие сим-
метрии схемы можно считать, что пово-
рот диска в плоскости чертежа отсут-
ствует, т. е. диск совершает только
вертикальные колебания.

Определить частоты колебаний дис-
ка во вращающейся системе координат,
пренебрегая действием силы тяжести.

271.	Вывести уравнения малых ко-
лебаний относительно стационарного

режима вращения диска с учетом эксцентриситета е (см. рис. 83).
Уравнения получить во вращающейся системе координат.

272.	Составить дифференциальные уравнения малых колебаний

диска массой т, насаженного без эксцентриситета на вал длиной 2/
(см. рис. 195), при вращении его с постоянной угловой скоростью о.
Определить значение критической угловой скорости со*, если по-

перечное сечение вала имеет различные осевые моменты инерции
Jx =/= Jу (например, прямоугольное поперечное сечение).

273.	На горизонтальном валике диаметром d, длиной 2/ укреплен
(без эксцентриситета) массивный диск массой т (см. рис. 195).

Составить дифференциальные уравнения малых свободных коле-
баний диска при равномерном вращении валика с угловой скоростью о.
Определить амплитуды установившихся колебаний диска. Массой
валика по сравнению с массой диска пренебречь.

274.	Составить дифференциальные уравнения малых свободных ко-
лебаний вращающегося диска массой т, насаженного на горизонталь-
ный валик (см. рис. 195) прямоугольного поперечного сечения
b h{b<h).

Определить амплитуду установившихся колебаний диска и крити-
ческую угловую скорость валика с учетом силы тяжести, действующей
на диск.

275.	На рис. 196 изображен вращающийся с постоянной угловой
скоростью 0) стальной консольный валик длиной /, диаметром d, не-
сущий на одном конце массивный диск массой т. Момент инерции
массы диска относительно диаметральной оси J.

Считая, что имеется регулярная прецессия, определить критиче-
скую угловую скорость валика с учетом (J 0) и без учета (J = 0)
гироскопического эффекта, если I — 1 м, Jх = jid4/64 = 490 см4,
J = 4,05 кг • м2, Е = 200 ГПа, m — 175 кг.
276.	Стальной вал диаметром d вращается в длинных подптпин-
ках (рис. 197). Па конце вала насажен маховик радиусом /?, толщи-
ной h.

Считая, что длинный подшипник можно рассматривать как глухую
заделку, составить дифференциальные уравнения «малых свободных
колебаний диска и вычислить значение критической угловой скорости
вала (о*; R - 0,3 м, h --- 80 мм, d 0,1 м, I — I м.

Массой вала по сравнению с массой диска пренебречь.

Полученный результат сопоставить с результатом решения, не
учитывающим гироскопический эффект.

277.	Определить критическую угловую скорость стального вала,
закрепленного в двух коротких подшипниках (рис, 198), которые
можно рассматривать как шарнирные опоры.

При расчете принять D •= 0,6 м, 1г =-- 80 мм, d — 0,12 м, а = 1 м,
I = 3 м, Е = 200 ГПа.

278.	Гибкий стальной валик длиной 2/ с закрепленным на нем
неслабансированным диском, масса которого т, помещен в однородное
магнитное поле с постоянной напряженностью Фо (рис. 199).
Определить критическую угловую скорость валика (изгнбная
жесткость EJ Xi эксцентриситет центра массы относительно оси вра-
щения е).

Указание. При положении груза точно посредине между магнитами
их силы притяжения взаимно компенсируются. При отклонении же груза от
центра силы, действующие на него со стороны магнитов, оказываются различ-
ными и их разность не равна нулю (см. решение задачи 115); AF —	— F?.

При решении принять, что силы F^ = ЬФ$/(aL — х)2, /;2 — ЬФ^/ (йх а:)2.

279.	Тонкая прямоугольная абсолютно жесткая стальная пла-
стинка массой т, закрепленная на четырех пружинах, помещена в
воздушный поток (рис. 200). Составить дифференциальные уравнения

Рис 200

малых свободных колебаний пластинки в вертикальной плоскости,
ститая, что между подъемной силой, скоростью потока v и углом по-
ворота 0 имеется следующая зависимость:

F ,=
1	<102

где — подъемная сила, приложенная в точке О, находящейся на
расстоянии //4 от передней кромки пластинки; р — плотность воздуха;
cz — коэффициент подъемной силы (производная dcjdft считается из-
вестной).

Исследовать устойчивость малых свободных колебаний пластинки.

280.	Определить критическую скорость потока воздуха и*, при
которой колебания пластинки становятся неустойчивыми (см. зада-
чу 279), считая, что dcz/d& — 3, q - 0,1 кН/м, с.> — 0,05 кН/см, р —
= 1,25 кг - м3, h -- 20 см, Jч -- ;п/2/12.

28L Горизонтальный прямолинейный полет самолета всегда со-
провождается тремя дополнительными движениями колебательного
характера — перемещением его центра тяжести в вертикальной пло-
скости, килевой качкой — вращением корпуса относительно централь-
ной оси z и бортовой качкой — вращением корпуса самолета отно-
сительно оси х (рис. 201).

Рассматривая самолет как систему с двумя степенями свободы,
а именно пренебрегая бортовой качкой, составить дифференциальные
Pik 201

уравнения возмущенного дви-
жения корпуса самолета и
исследовать у сто йч и вость
равномерного его движения.

Указание. При малых
углах атаки можно считать, что
сила тяги 7? и сила лобового
сопротивления X постоянны и
равны друг другу Дополнитель-
ные аэродинамические силы, лей-
ствующие на самолет, при этом
пропорциональны изменению уг-
ла атаки а и равны: ДУ с,а,
ДМ -- сма, где q и см — аэро-

динамические коэффициенты.

При решении следует учесть, что аэродинамические коэффициенты см кры-
ла и хвостового оперения различны и равны с.2 и соответственно. Расстоя-
ние от центра тяжести самолета (точка О) до центра давления хвостового опере-
ния (точка Oj) равно Z, а центр давления крыла и центр тяжести практически

совпадают.

282. Исследовать устойчивость малых свободных колебаний шкивов

передачи относительно установившегося режима ее работы (см. рис. 167,
задачу 232), если при колебаниях возникают два возмущающих мо-

мента: момент со стороны электродвигателя ДМХ ~ и момент
сил резания ДЛ42 = —	*= — 10<р2 (<Pi и <р2 — скорости угловых

колебаний шкивов; и — коэффициенты обратной связи).

Определить значения коэффициента при которых колебания

системы устойчивы.

283» Механическая система (рис. 202) состоит из вала Д свободно

вращающегося в подшипниках; маховика 2, жестко скрепленного

с валом, и упругой муфты 3. На маховик 2 дей-
ствует внешний крутящий момент, величина
которого пропорциональна угловой скорости
вала М = жрр

Считая, что между маховиком и муфтой дей-
ству юг силы вязкого сопротивления, пропорцио-
нальные относительной угловой скорости с
коэффициентом пропорциональности а, и пре-
небрегая инерционностью муфты, определить
облаегь значений коэффициента а, при которых
движение маховика является устойчивым.

Принять, что суммарный момент инерции
массы вала и маховика J — 10'4 кг • м2, угло-
вая жесткость муфты <4=1 Н - м, а =
— 0,005 II * м • с.

284. Угловая скорость волчка (рис. 203) относительно оси симме-
трии равна Qo. Центр тяжести волчка расположен на расстоянии
I от точки О; сила тяжести волчка — mg.

Определить частоты колебаний оси симметрии (ось Ог) волчка от-
носительно вертикального положения. Установить критическую уг-
ловую скорость Й.
Рис 204

285» Вертикальная ось симметрии гироскопа (рис. 204) может
свободно вращаться вокруг точки О и удерживается пружинами в
точке Пружины взаимно перпендикулярны и имеют жесткость с.

Определить момент количества движения гироскопа, необходимый
для его устойчивого вращения.

286.	Получить уравнения возмущенного движения оси симметрии
гироскопа (см. задачу 285) для случая, когда жесткости пружин раз-
личные.

Установить, при каком условии ось симметрии гироскопа соверша-
ет малые периодические движения. Найти критическую угловую ско-
рость гироскопа Q* (принять, что жест-

кость пружин по направлению оси xL рав-
на а жесткость пружин по направлению
оси уА равна с2).

287.	Масса математического маятника
представляет собой гироскоп в карданном
подвесе (рис. 205). Наружное кольцо 2,
жестко связанное со стержнем 3, несет
подшипники внутреннего кольца, имею-
щего противовес массой т3. Во внутреннем
кольце / вращается ротор гироскопа. Сила
тяжести ротора его моменты инерции
массы, </дч, Juo сила тяжести внутрен-
него кольца Q2, его моменты инерции мас-
сы J,r>.	Угловая	скорость ротора

относительно оси z равна 20.

Пренебрегая массой стержня 3, опреде-
лить частоты малых колебаний системы.

288.	Устойчивость монорельсовой те-
лежки (рис. 206) достигается с помощью
вертикального гироскопа. Ось гироскопа

Рис. 205
укрепляется на тележке в точке С\ так, что она может двигаться толь-
ко в плоскости симметрии тележки (в плоскости	Масса те-

лежки т Qo/g', момент инерции тележки относительно оси
Охх — Jx0 (оси xAyxzx жестко связаны с тележкой; ось г направлена
по оси симметрии гироскопа; ось у совпадает с осью ух* ось х пер-
пендикулярна плоскости zy\ Моменты инерции гироскопа относи-
тельно осей хуг соответственно равны J х, J Jz (вследствие симмет-
рии Jx — JСила тяжести гироскопа Q; центры тяжести тележки
и гироскопа находятся соответственно в точках и С2.

Рис. 206

Составить дифференциальные уравнения малы к свободных колеба-
ний гироскопа относительно вертикали, считая углы 0 и гр малыбми
определить частоты собственных колебаний и критическую угловую
скорость Q гироскопа.

289.	Гироскоп в карданном подвесе используется как прибор для
измерения угловой скорости (гиротахометр) (рис. 207).

Наружное кольцо / гироскопа закреплено на основании и вращает-
ся вместе с ним относительно оси ух. Измеряемая угловая скорость ос-
нования Q; угловая скорость ротора 2 гироскопа Qo.

При вращении наружного кольца гироскопа относительно оси yL
ротор гироскопа поворачивается относительно оси х на угол б. Гашение
колебаний внутреннего кольца 3 гироскопа осуществляется демпфе-
ром вязкого трения 4, имеющим коэффициент пропорциональности а.

Составить дифференциальные уравнения движения относительно
угла б, если суммарные моменты инерции кольца вместе с ротором
относительно осей х, у, жестко связанных с кольцом, равны Jx в J?/;
момент инерции рогора относительно оси симметрии z равен Из-
меряемую угловую скорость можно считать как функцию, очень мед*
ленно изменяющуюся времени, т. е. можно положить Q 0.

290.	Диск радиусом г, имеющий массу т, катится без проскаль-
зывания по горизонтальной шероховатой поверхности с угловой ско-
ростью Q (рис. 208).
Pnv 208

Составить дифференциальные уравнения малых свободных колеба-
ний диска в плоскости xOz и исследовать их устойчивость в зависи-
мости от скорости движения Q. Толщиной диска при составлении
уравнения движения пренебречь.

§ 4.	ЗАДАЧИ НА ПРИБЛИЖЕННЫЕ МЕТОДЫ
ОПРЕДЕЛЕНИЯ ЧАСТОТ

291.	Воспользовавшись методом Релея, определить низшую ча-
стоту колебаний системы (рис. 209). Массы т1 и тй (т, — 2/щ) счи-
тать точечными; массой балки пренебречь.

Рис. 209

Рис 210

292.	Методом Релея определить низшую частоту поперечных коле-
баний системы (рис. 210) (пренебрегая массой балки).

293.	Методом Релея определить низшую частоту колебаний системы

(рис. 211) (массой балки пренебречь).

294.	Найти низшую частоту ко-
лебаний системы (см. задачу 204) по
методу Релея.

295.	Определить низшую частоту
колебаний системы с учетом массы

балки, если масса единицы длины

балки тл (см. рис. 211), причем	ис‘ u

т = 2т01.

296.	Определить низшую частоту колебаний системы (пренебрегая
массой балки), если жесткости пружин с = EJx/2la (рис. 212).
^//>y7sW,

297.	Методом Ролея определить низшую частоту продольных ко-
лебаний системы (рис. 213), состоящей из трех равных масс	=

= т3 -= т, соединенных безынерционными стержнями. Площадь по-
перечного сечения стержней Ft модуль упругости Е.

298.	Определить низшую частоту продольных колебаний системы
(рис. 214) методом Ре лея (считая стержни безынерционными).

Рис. 215

299.	Определить низшую частоту продольных колебаний системы
(рис. 215) методом Релея (считая стержни безынерционными).

300.	Методом Релея определить низшую частоту крутильных ко-
лебаний системы (рис. 216), пренебрегая инерционностью вала.
301.	Определить методом Релея низшую частоту крутильных
колебаний системы (рис. 217), состоящей из четырех маховых масс,
у каждой из которых момент инерции J, соединенных безынерционны-
ми стержнями с крутильной жесткостью с.

Рис. 217

302.	Методом Донкерлея определить низшую частоту колебаний
системы в задачах 291 и 293.

303.	Определить низшую частоту продольных колебаний масс по
методу Донкерлея в задача 296.

304.	По методу Донкерлея определить низшую частоту колебаний
системы в задачах 298 и 299.
Раздел HI

КОЛЕБАНИЯ СИСТЕМ
С РАСПРЕДЕЛЕННЫМИ ПАРАМЕТРАМИ

§ 1.	ЗАДАЧИ НА МАЛЫЕ КОЛЕБАНИЯ СТРУН

305.	Вывести дифференциальное уравнение малых колебаний стру-
ны (рис. 218), находящейся под действием распределенной нагрузки
(q — нагрузка па единицу длины). Натяжение в струне 7’0, масса еди-
ницы ее длины т0 (при выводе уравнения считать, что натяжение Тй
остается постоянным).

Рис. 218

Рис. 219

306.	Определить частоты собственных колебаний струны (рис. 219)
и скорость распространения поперечных смещений (силой тяжести
струны пренебречь). Числовые данные задачи: I = 0,5 м, То = 30 Н,
диаметр проволоки струны d — 1 мм, плотность материала (сталь) —
р — 7800 кг/м3.

307.	Тяжелая однородная нить длиной I, закрепленная в точке
О (рис. 220), находится под действием силы тяжести в вертикальном
положении равновесия. Масса единицы длины нити т0.

Вывести дифференциальное уравнение малых свободных колебаний
нити относительно вертикального положения равновесия и определить
частоты собственных колебаний.

308.	Получить дифференциальное уравнение малых свободных ко-
лебаний и вычислить первую частоту собственных колебаний тяжелой
нити с грузом на конце (рис. 221).

Масса груза масса единицы длины нити mfl; причем m — m„l.

309.	Тяжелая однородная нить длиной I закреплена верхним концом
в точке О и находится между двумя вертикальными плоскостями
(рис. 222). Нить и плоскости вращаются вокруг вертикальной оси
с постоянной угловой скоростью (0.
Рис. 220

Вывести дифференциальное уравнение малых свободных колебаний
нити около вертикального положения равновесия и определить ча-
стоты колебаний нити в зависимости от угловой скорости со. Устано-
вить наименьшее значение критической угловой скорости, Масса
единицы длины нити т0.

310.	Определить первые две частоты собственных поперечных ко-
лебаний струны (рис. 223), масса которой (масса единицы длины стру-
ны) изменяется по закону

т — mQ sin яг//.

Считать, что натяжение в струне TQ при колебаниях остается прак-
тически неизменным.

Рис 223

31L Определить низшую частоту поперечных колебаний струны,
масса которой изменяется (по длине струны) по закону (рис. 224)

т - nio |- гщ sin лг/'/р

312.	Пить, закрепленная в точке 0, находится на вращающемся
диске (рис. 225). Вывести дифференциальное уравнение малых по-
перечных колебаний нити относительно равновесного положения, при
котором нить имеет прямолинейную форму.
313.	Получить Дифференциальное уравнение малых поперечных
колебаний струны» лежащей па упругом безынерционном основании
(рис. 226), и определить частоты собственных колебаний. Натяжение
струны равно Та, масса единицы

длины mQ. При смещении струны из
положения равновесия на нее дей-
ствует восстанавливающая сила, про-
порциональная смещению струны,
коэффициент пропорциональности
которой k.

Рпс. 226

314.	Струна (рис. 227) в начальный момент времени имеет откло-
нение вида у - уц sin nziL Скорости в начальный момент времени
равны нулю. Натяжение струны 70.

Определить отклонение струны в последующие моменты времени.

Рис. 228

315.	Вывести дифференциальное уравнение малых поперечных ко-
лебаний ветви передачи с гибкой связью (рис. 228); определить ча-
стоты колебаний и критическую скорость движения w в общем случае
и для случая» когда скорость движения гибкой связи w = 16 м/с,
/ — 0,6 м, масса единицы длины гибкой связи т0 — 0,3 кг/м, площадь
поперечного сечения гибкой связи F = 2 см2, начальное натяжение
ветвей передачи Т10 •-= Fo1(i 800 Н, 7\0 = 400 Н.

316.	Найти скорости распространения волн возмущений по ветвям
передачи с гибкой связью (см. задачу 315) и определить скорость дви-
жения этой связи, при которой возмущения не распространяются
против движения связи.
317. Исследовать устойчивость поперечных колебаний ветвей ра-
ботающей передачи с гибкой связью при установившемся режиме коле-
баний шкивов передачи (рис. 229). Масса единицы длины гибкой связи

= 0,3 кг/м, длина связи
I 0,6 м, площадь ее попе-
речного сечения 2 см2. При ус-
та повившихся колебаниях
шкивов полные напряжения в
ветвях изменяются последую-
щему закону (см. решение за-
дачи 315)

<?1 Сю “г AcTj sin о)/; о2 --
= ого + Ап.» sin (о/,

где п10 — 4 ЛАПа; о20 = 2
МПа; Дл*! — 1,95 .МПа; Да2

-1,86 МПа; о) =88 с”1.

Скорость движения гибкой
связи w — 16 м/с.

318.	Па рис. 230, а схе-
матично показан работающий
ленточный транспортер с не-

равномерно распределенным
грузом. Натяжение рабочей
ветви транспортера То (ветвь
транспортера можно рассмат-
ривать как ленту с нулевой
изгибпой жесткостью).

В системе координат, свя-
занных с лентой транспортера
координат распределение
нием (рис/230, б)

Рис. 230

(в движущейся со скоростью w системе
массы груза т описывается уравне-

m —	-j- гщ sin 2^/7!

Масса единицы длины ленты т2.

Составить дифференциальное уравнение колебаний ведущей ветви
транспортера и исследовать (приближенно) устойчивость малых коле-
баний. Числовые данные задачи следующие:

То = 2кН, т0 •• 20 кг/м, тх - 2 кг/м, т2 = 1,2 кг/м, I -- 2,025 м,

lL = 0,45 м, w — 2 м/с.

319.	По абсолютно гибкому вертикальному шлангу (рис. 231)
протекает идеальная несжимаемая жидкость. Шланг закреплен в точ-
ках АВ и имеет натяжение То. Скорость w жидкости по высоте шланга
и давление р в жидкости на участке АВ можно считать постоянным.
Масса единицы длины шланга масса жидкости, приходящаяся
На единицу длины шланга /и2. Площадь внутреннего сечения шлан-
га F.

Определить частоты собственных колебаний шланга.

320.	По гибкому вертикально висящему шлангу (рис. 232) про-
текает идеальная несжимаемая жидкость со скоростью с£>. Масса еди-
ницы длины шланга масса жидкости, приходящаяся на единицу
длины шланга, Давлением в жидкости пренебречь.

Составить дифференциальное уравнение малых поперечных колеба-
ний шланга относительно вертикального положения равновесия.

321.	Определить скорости распространения возмущений по шлангу
(см. рпс. 231) и скорость течения жидкости, при которой возмущения

не распространяются против течения жидкости.

322.	При поперечных колебаниях струна деформируется (растя-
гивается), что приводит к изменению ее начального натяжения. Обыч-
но при выводе уравнения колебаний струны этим добавочным натяже-
нием пренебрегают, однако остается неясным, какова при этом погреш-
ность в величинах частот свободных колебаний.

Определить низшую частоту собственных колебаний струны

(см. рис. 227) с учетом ее растяжимости и установить погрешность,

которая получается при пренебрежении
растяжимостью струны. Площадь попереч-
ного сечения струны F, модуль упругости
первого рода Е, Начальное натяжение в
струне 7'0.

323.	Стальная струна находится между
полюсами Л’ и S магнита (рис. 233). Натя-
жение струны То, масса единицы длины
т0. Сила притяжения со стороны магни-
тов при смещении струны из нейтрального
положения (сила, действующая на едини-
цу длины струны)

9	- Fx =	^)s—
Считая смещение струны малым {у <£ /О, получить дифференциаль-
ное уравнение малых поперечных колебаний струны и определить ча-
стоты собственных колебаний (см. решение задачи 115).

324.	Получить дифференциальное уравнение малых поперечных
колебаний струны в магнитном поле и исследовать приближенно их
устойчивость (задача 323), если kt<P^ aLl + а12 sin (магнитное
поле, переменное во времени). Числовые данные задачи следующие:

TQ — 160 Н, т0 — 6 • I0"3 кг/м, I — 0,1 м, а — 10 мм, ап —
=-- 0,008 Н/м, д12 - 0,004 Н/м, о - 5000 с"1.

325.	Натянутая струна 1 (рис. 234), по которой протекает постоян-
ный ток подвергается действию переменного магнитного поля, со-
здаваемого другим бесконечно длинным жестким проводом 2, по ко-
торому идет ток /£	/10 sin со/.

Провод из-за большой изгибпой жесткости практически остается
прямолинейным. Сила притяжения струны 1 проводом 2, действующая
на единицу длины струны, равна

q =	— у),

где у — смещение струны при колебаниях.

Натяжение струны равно масса единицы длины струны т0.
Вывести дифференциальное уравнение малых колебаний струны.

Рис 231

326.	К струне в момент времени
t — 0 внезапно прикладывается посто-
янная сила Р{} па расстоянии /0 от ле-
вой опоры (рис. 235). Натяжение в
струне равно масса единицы дли-
ны — т0.

Требуется получить выражение для
поперечного смещения струны во вре-
мени в точке приложения силы Ро.

Рис. 235

327, По струне, лежащей па линейном безынерционном упругом
основании (рис. 236), движется с постоянной скоростью v сосредоточен-
ная нагрузка Pft. Жесткость основания /г; натяжение струны То;
масса единицы длины струны т0.

Определить прогибы струны в зависимости от скорости движения
нагрузки (в начальный момент времени нагрузка находится над ле-
вой опорой).
328.	Па рис. 237 схематично показан движущийся электровоз,
токосниматель которого прижат с постоянной силой к натянутому про-
воду и при движении электровоза скользит по проводу с постоянной
скоростью V. В начальный момент времени токосниматель находится
в точке закрепления провода О.

Исследовать колебания провода (струны), считая, что при колеба-
ниях сила прижатия токоснимателя к проводу остается практически
постоянной и равной Ро. Сила натяжения провода То; масса единицы
длины

329.	На рис. 238 схематично показан участок подвесной дороги
с движущимся с постоянной скоростью v грузом массой М. Натяжение
в тросе То; масса единицы длины троса т0.

Составить дифференциальное уравнение малых поперечных коле-
баний троса (струны). В начальный момент груз находится над левой
опорой.

330, Определить вертикальное пе-
ремещение груза М (см. задачу 329)
в частном случае, когда силой инер-
ции MyQ можно пренебречь по
сравнению с силой тяжести Mg,

У

Pile 238

§ 2. ЗАДАЧИ НА КРУТИЛЬНЫЕ КОЛЕБАНИЯ
СПЛОШНЫХ ВАЛОВ

331.	Вывести дифференциальное уравнение свободных крутильных
колебаний сплошного вала круглого сечения (рис. 239) и определить
частоты собственных колебаний вала для случаев закрепления вала,
как показано на рис. 239, а, б, в. Модуль сдвига материала вала 0;
плотность р.
332.	Определить скорость распространения полны кручения (волн
сдвига) по валу сплошного сечения, если G 80 ГПа; р = 7800 кг/ма.

333.	Определить скорость распространения волны кручения по
пружине (рис. 240) и частоты собственных крутильных колебаний
пружины, если I = 0,2 м, D — 0,1 м, d = 5 мм; число витков I — 20,
модуль первого рода материала проволоки,из которой навита пружина,
равен Е = 200 ГПа, плотность р = 7800 кг/м3 (пружина имеет малый
угол подъема).

Рис. 240

Рис. 241

334.	Вывести дифференциальное уравнение для определения частот
собственных колебаний вала круглого поперечного сечения с дисками
на концах (рис. 241). Моменты инерции дисков и Jг. Плотность ма-
териала вала р. Показать, что при р — 0 (безынерционный вал) ча-
стота колебаний дисков равна частоте, полученной в задаче 241.

§ 3.	ЗАДАЧИ НА ПРОДОЛЬНЫЕ КОЛЕБАНИЯ
СТЕРЖНЕЙ

335.	Вывести дифференциальное уравнение продольных колебаний
стержней и определить частоты колебаний для случаев закрепления
стержней, показанных на рис. 239. Модуль упругости первого рода
материала стержня Е, его плотность р, площадь поперечного сечения
F. При выводе уравнения колебаний стержня считать, что сечения ос-
таются плоскими, частицы стержня не совершают поперечных движе-
ний и перемещаются только в продольном направлении.

336.	Определить скорость распространения волн сжатия по стерж-
ню, если Е = 200 ГПа и р ~ 7800 кг/м3.

337.	Вывести дифференциальное уравнение продольных колебаний
стержня, нагруженного продольной распределенной нагрузкой q (г, /)
(рис. 242).

338.	Вывести дифференциальное уравнение свободных продольных
колебаний стержня в случае переменной^площади поперечного сече-
ния (рис. 243).

339.	Левый торец стержня (рис. 244, а) связан с пружиной жест-
костью с = EFH.
Рис. 242

Вывести дифференциальное уравнение ДЛЯ1. определения частот
собственных колебаний и графическим методом определить три пер-
вые частоты малых свободных Кбйебаний стержня. Масса единицы
длины стержня т0.

340.	Для случая закрепления стержня, показанного на рйс. 245,.
получить уравнение частот и определить две первые частоты собствен-
ных колебаний, если с — EFH.

341.	Оба торца стержня связаны с пружинами (рис. 346).

Вывести уравнение для определения частот колебанг® стержни
И вычислить две первые частоты собственных колебаний, ccjW

сг -- 2с?о — EFH.

342.	Стержень, движущийся с постоянной скоростью v вдоль ос к
z (рис. 247), ударяется об абсолютно жесткую преграду, так что в даль-
нейшем левое сечение стержня остается жестко связанным с преградой.


Определить максимальное значение перемещения правого торца
и максимальное значение осевого усилия в левом сечении стержня.

343-	Стержень I/, летящий с постоянной скоростью v вдоль оси zt
з момент времени t =0 ударяет по стержню /, и в дальнейшем они ко-
леблются совместно (рис. 248) без отрыва друг от друга.

Определить изменение осевого усилия во времени в месте стыка
стержней.

Рис. 248

Рис. 249

344.	Получить дифференциальное уравнение для определения час-
тот собственных продольных колебаний ступенчатого стержня (рис. 249)
из однородного материала (плотность р) для случая, когда 1г —
и /2 = 3//5. Найти первые четыре частоты колебаний стержня.

345.	Получить дифференциальное уравнение для определения час-
тот собственных продольных колебаний ступенчатого стержня (рис. 250)

Рис. 251

346.	Определить первую частоту собственных продольных колеба-
ний стержня (рис. 251), площадь поперечного сечения которого и мас-
са на единицу длины изменяются по законам:

F = Fo (1 + z//)t щ =	(1 -I-. г//).

347.	Найти две первые частоты собственных продольных колебаний
стержня (см. задачу 346).

348.	Стержень, сжатый силами /V, в момент времени t = 0 вне-
запно освобождается от действия сил (рис. 252, а) (разгружается).
Установить закон движения сечений стержня. На рис. 252, б
дана эпюра смещений сечений стержня в начальный момент времени.

349.	Стержень растянут силой Р (рис. 253), которая внезапно сни^
мается. Установить закон изменения смещения правого торца стержня
во времени.

350.	Определить приближенное значение амплитуд вынужденных
продольных колебаний стержня (рис. 254) при действии гармонической
продольной силы, приложенной к свободному концу стержня. Площадь
поперечного сечения стержня и масса на единицу длины изменяются
по законам:

F =	(1 -Ь z/Z); т =	(1	г/7).

Рис. 255

351.	Стержень начинает двигаться под действием внезапно прилв
жен ной (в момент t = 0) силы Р, сохраняющей в дальнейшем nd
стоянное значение (рис. 255).

Определить величину осевого усилия в сечении z = 1/2, возникаю
щего при продольных колебаниях стержня в момент времени = Z/d
Масса единицы длины стержня m0(a =- V£F/mQ).

352.	В момент времени 2=0 к правому торцу стержи
(ом. рис, 253) внезапно прикладывается постоянная во времени <
ла Р.
Определить максимальное значение перемещения точки приложе-
ния силы и установить, как это перемещение отличается от случая,
когда сила Р постепенно возрастает (стержень статически нагружается
силой Р)

353.	Снаряд движется с постоянной скоростью v внутри ствола
(рис. 256, а). Сила трения между стволом и снарядом постоянна и рав-
на Ро- Масса единицы длины ствола т0.

Составить выражение для осевых
перемещений сечений ствола в зависи-
мости от скорости v. При t — 0 снаряд
находится в начале координат. Схема-
тично ствол со снарядом можно пред-
ставить как стержень, нагруженный
движущейся по оси постоянной нагруз-
кой Ро (рис. 256,6).

354.	Определить три первые частоты
собственных продольных колебаний
стержня с массой М на конце (рис. 257),
если М — mQl, где пг0 — масса едини-
цы длины стержня.

355.	Определить три первые часто-
ты собственных колебаний стержня

с сосредоточенной массой на конце (рис. 257) для случая, когда
верхнее сечение стержня свободно (М — т0/,	— масса единицы

длины стержня).

356.	Верхнее сечение стержня (рис. 258) принудительно смещается
в вертикальном направлении по закону z0 == A sin со/. На нижнем
конце стержня имеется сосредоточенная масса Л4.

Определить смещение и произвольного сечения стержня при уста-
новившемся режиме колебаний и амплитуду продольных колебаний
массы М.
357.	На рис. 259, а схематично представлена пороховая шашка
/ ракетного двигателя на твердом топливе, помещенная в корпусе
двигателя. Так как в большинстве случаев от ракетного двигателя тре-
буется постоянство тяги во время горения заряда, то шашкам твердого
топлива придают такую форму, чтобы их поверхность при горении оста-

Рис. 259

валась постоянной. Наиболее
простой формой шашки, обеспе-
чивающей постоянство поверх-
ности горения, является ци-
линдрическая трубка, у которой
уменьшение наружной поверх-
ности компенсируется равным
увеличением поверхности вну-
треннего отверстия (рис. 259,6).
При этом торцевое сечение
шашки бронируется (для того
чтобы не было горения с торца).

В ывести диффе ренци ал ыюе
уравнение малых свободных
продольных колебаний горящей
шашки, считая, что давление

в камере двигателя при горении
шашки остается постоянным. Полное время горения tx\ модуль упру-
гости заряда Е, плотность р. Скорость горения (или выгорание мас-
сы заряда в единицу времени) постоянна.

При решении считать, что модуль Е остается постоянным и не за-

висит от температуры заряда.

358.	Определить скорость распространения волны сжатия по ци-
линдрической пружине и ее частоты собственных колебаний. Нижний
торец пружины жестко связан с основанием. Числовые данные: длина
пружины / = 0,2 м, средний диаметр витков пружины 0—0,1 м,
диаметр проволоки пружины d = 5 мм, число витков пружины i =
— 20. Модуль упругости второго рода материала проволоки G - 80 ГПа,
плотность материала проволоки р — 7800 кг/м3. Пружина имеет малый

угол подъема.

Указание. Пружину заме-
нить эквивалентным брусом.

359.	Пружина с малым уг-
лом подъема витков, помещен-
ная в паз диска (рис. 260), вра-
щается вместе с ним с угловой
скоростью Q. Вывести диффе-
ренциальное уравнение малых
продольных колебаний пружи-
ны и определить низшую часто-
ту колебаний в зависимости от
угловой скорости диска (тре-
нием между пружиной и диском
пренебречь).
Пружина имеет жесткость па растяжение с, средний диаметр пру-
жины D, диаметр проволоки d, число витков пружины i. Модуль уп-
ругости второго рода G.

Указание. При выводе уравнения продольных колебаний пружины
заменить ее эквивалентным брусом.

360.	Определить критическую скорость вращения диска при
которой низшая частота колебаний пружины (см. рис. 260) становится
равной нулю.

361.	Пружина находится на диске, который вращается с постоян-
ной угловой скоростью Q (рис. 261). До вращения диска пружина рас-
тянута силой Мо и закреплена в точках Л, В.

Жесткость пружины на растяжение с, средний диаметр витков
пружины D, диаметр проволоки d, модуль упругости второго рода С,
число bhtkqb I. Пружина имеет малый угол подъема витков.

Вывести дифференциальное урав-
нение малых продольных колебаний
пружины с учетом угловой скорости
диска.

Рис. 261

362.	Растяжимая абсолютно гибкая нить закреплена на вращаю-
щемся диске (рис. 262). Масса единицы длины нити модуль упру-
гости первого рода материала нити Е; площадь поперечного сечения Е.
Натяжение нити при Й 0 равно Вывести дифференциальные урав-
нения малых колебаний нити (пренебрегая силой тяжести) с учетом
угловой скорости диска и определить приближенно низшие частоты
колебаний.

§ 4.	ЗАДАЧИ НА ПОПЕРЕЧНЫЕ КОЛЕБАНИЯ
БАЛОК [СТЕРЖНЕЙ)

363.	Вывести дифференциальное уравнение малых поперечных коле-
баний балки и определить частоты собственных колебаний для случа-
ев закрепления, показанных на рис. 263. Масса единицы длины стерж-
ня тй, изгибная жесткость EJX,

364.	Определить частоты собственных колебаний стержня для слу-
чаев, показанных на рис. 264.
Рис. 263	Рис 264

365.	Показать, что в случае переменного по длине момента инерции
Jx (г) дифференциальное уравнение малых колебаний балки имеет
вид

/г; , \	\	д2 У

----1EJX (z) —~ I = о = — m0 ——.

6г5	} дг* /	7	° dl2

366.	Вывести дифференциальное уравнение малых свободных ко-
лебаний балки, находящейся в магнитном поле (рис. 265), и опреде-
лить частоты собственных колебаний, если при отклонении балки от
положения равновесия на единицу длины балки действует сила,
равная

q =	_ F2 -= k&2Ka - у)* - k&'Ka + y)\

Установить критическое значение Фо.

Рис. 266

367.	Шарнирно закрепленная балка (рис. 266) имеет переменные
по длине изгибную жесткость

EJX = FJ0 (1 4- sin nz//)3

и массу на единицу длины
Определить методом Галеркина основную частоту собственных ко-
лебаний при одночленном приближении.

368.	Уточнить основную частоту, полученную по первому прибли-
жению (см. задачу 367), рассмотрев второе приближение

369.	Определить низшую частоту собственных колебаний балки
(рис. 267). Изгибная жесткость балки EJX, масса единицы длины т0,
длина I, расстояние между опорами b = U2.

Рис. 267

Рис. 268

370.	В момент t = 0 к балке постоянной жесткости внезапно при-
кладывается сила Ро (рис. 268). Масса единицы длины балки т6.

Исследовать колебания балки, вызванные внезапным приложе-
нием силы Ро, и определить изменение во времени максимального нор-
мального напряжения в балке в сечении г = 10.

371.	Определить прогибы балки в зависимости от скорости движе-
ния силы Ро по балке (рис. 269). Изгибная жесткость балки EJх,
масса единицы длины т0. В начальный момент времени сила Ро на-
ходится над левой опорой. Числовые данные задачи следующие:

Jх — 0,1 см1, Е = 200 ГПа, т0 = 8 кг/м, I — 15 м.

Рис. 269

Рис. 270

372.	Динамо-реактивное орудие построено по принципу дина-
мического уравновешивания силы действия выстрела на ствол реак-
ВДей пороховых газов, вытекающих из заснарядного пространства
1ю-С ^асса единицы длины ствола т0. Определить угловую ско-
U? снаРяда> которую он получает при выходе из ствола (предполо-
• что снаряд двигается с постоянной скоростью v).

сило Решении принять, что снаряд действует на ствол с постоянной
37з РрВН°й силе тяжести снаряда.

баний к “Ь1Вести Дифференциальное уравнение малых свободных коле-
оалки, лежащей на упругом основании (рис. 271, а), если сила
реакции, действующая на единицу длины балки, со стороны упругого
основания пропорциональна прогибу балки ky, где k — коэффициент
жесткости основания (коэффициент постели).

Масса единицы длины балки т0, изгибная жесткость EJX. Счи-
тать, что при малых колебаниях балка ire отрывается от основания.

Рис. 271

Массой основания, участвующей
в колебаниях, пренебречь(т. е.
принять, что упругое основание
эквивалентно равномерно рас-
пределенным безынерционным
пружинкам, рис. 271,6).

У

Рис. 272

374.	Для балки, лежащей на упругом безынерционном основании,
определить первую частоту собственных колебаний методом Релея
(рис. 272). Коэффициент жесткости основания k; масса единицы длины
тп'< изгибная жесткость EJ у.

375.	Балка лежит па упругом безынерционном основании (рис. 273).
Упругая восстанавливающая сила, действующая на единицу длины
балки со стороны основания, пропорциональна прогибу балки и равна
ky. Определить частоты собственных колебаний балки для двух слу-
чаев закрепления балки.

гис. 273

Рис. 274

376.	По балке, лежащей на упругом безынерционном основании,
движется сила Ро с постоянной скоростью v (рис. 274). Коэффициент
жесткости упругого основания А.

Определить прогибы балки в зависимости от скорости движения
силы по балке. При t — 0 сила находится над левой опорой.

377.	По шарнирно закрепленному трубопроводу движется идеаль-
ная несжимаемая жидкость с постоянной скоростью w (рис. 275)<
Вывести дифференциальное уравнение малых поперечных колеба-
ний трубопровода с учетом движущейся жидкости и определить (при-
ближенным методом) две первые частоты колебаний. Средний диаметр
сечения трубопровода D -= ОД м, толщина 6 = 20 мм, длина трубопро-

вода 1=1 м, плотность материа-
ла трубопровода рт — 2700 кг/м3
(дюраль), модуль упругости Е =
^.70 ГПа. Масса жидкости, при-
ходящаяся на единицу длины тру-
бопровода, = 7,86 кг/м.

Частоты колебаний определить
для трех значений скорости движе-
ния жидкости: = 0;	= 10 м/с,

w* = 20 м/с. Силой тяжести
трубопровода и жидкости пре-

Рис. 275

небречь.

378.	Определить критическую скорость протекания жидкости по
шарнирно закрепленному трубопроводу (см. задачу 377),

379.	Вывести дифференциальное уравнение малых поперечных ко-
лебаний шарнирно закрепленного трубопровода, если струя жидкости
вытекает под углом а к оси трубопровода (рис. 276), Числовые данные
соответствуют задаче 377.

Определить первые две частоты колебаний трубопровода при
а = 90° и скоростях течения жидкости, равных: = 0; w2 = 10 м/с,
= 20 м/с. Определить критическую скорость течения жидкости.

Указание. При выходе струи под углом а к
вода появляется сила реакции струи [7], равная N ==

Рис. 276

осевой линии трубопро-
/тш2{1 — cos а).

Рис. 277

380.	Трубопровод, по которому течет идеальная несжимаемая жид-
кость, имеет переменное сечение (рис. 277). Внутренний диаметр трубки
изменяется по закону d —	— z (d0 — c/J/Z, где d0, d1 — диаметры

входного и выходного сечений трубки.

Трубка имеет постоянную толщину стенок б (S d), плотность ма-
териала трубки рх, плотность жидкости р2.

Вывести уравнение малых колебаний трубки, считая расход жид-
кости посто янн ым.

381.	По шарнирно закрепленному трубопроводу пзгибной жест-
костью £VX, лежащему на упругом основании, протекает с постоянной
скоростью w идеальная несжимаемая жидкость (рис. 278). Масса еди-
ницы длины трубопровода /щ; масса жидкости, приходящаяся на еди-
ницу длины трубопровода, коэффициент жесткости упругого осно-
вания k (упругое основание считается безынерционным).

Определить приближенно две первые частоты малых поперечных
колебаний трубопровода

Рис. 278	Рис. 279

382.	Вывести дифференциальное уравнение малых поперечных коле-
баний балки с учетом действия на нее постоянной сжимающей силы N.
Определить частоты колебаний балки (рис. 279).

383.	Исследовать устойчивость первых четырех форм поперечных
колебаний балки (см. рис. 279) нагруженной продольной сжимающей
силой Л\ переменной во времени (N = No 4- Л\ sin Числовые дан-
ные задачи следующие:

Jx ~ 0,1 см4, No = 1000 II, = 200 Н, т0 = 0,8 кг/м, ю =
= 300 с"1, / = 1 м.

384.	Как изменится решение задачи 383 и характер колебаний
(с точки зрения устойчивости), если постоянная составляющая Мо
силы N изменит направление на обратное? Числовые данные соответст-
вуют задаче 383.

385.	При выводе дифференциального уравнения малых попереч-
ных колебаний струны считается, что изгибная жесткость ее равна
нулю. Пусть числовые параметры струны имеют значения: То = 100 Н,
I = 1 м, т0 — 6 • 10-3 кг/м, Jx — лс№/64 — 5  10-6 см4.

Определить погрешность, которая возникает при определении ча-
стот колебаний струны, если EJX Ф 0. Масса единицы длины струны
щ0, натяжение (струну можно рассматривать как шарнирно закреп-
ленную балку) (см. рис. 219).

386.	Балка, лежащая на упругом безынерционном основании, сжи-
мается постоянной силой АГ. Масса единицы длины балки т0, изгибная
жесткость EJ х, коэффициент жесткости упругого основания k.

Вывести дифференциальное уравнение поперечных колебаний балки
(рис. 280) и определить частоты колебаний.

387.	Стержень шарнирно закреплен на диске, вращающемся с уг-
ловой скоростью Q (рис. 281). Изгибная жесткость стержня EJX,
масса единицы длины стержня т0.

Вывести дифференциальное уравнение малых изгибных колебаний
стержня и определить приближенно две первые частоты колебаний, счи-
тая стержень нсрастяжимым. Построить график изменения первой
частоты Pi от Q при следующих значениях параметров:

EJ х = 0,5 Н ’ м2, mQ — 23,4 • 10“3 кг/м, I — 0,2 м.

388.	Определить приближенно
£ве низшие частоты поперечных
колебаний стержня, закрепленно-
го на вращающемся диске (см.
рис. 281), если шарнир и каток
(закрепление стержня) поменять
местами.

Рис 280

Построить также график зависимости первой частоты поперечных
колебаний от угловой скорости диска Q при тех же значениях параме-
тров и сравнить с графиком из предыдущей задачи.

389.	Вывести дифференциальное уравнение изгибных колебаний
шарнирно закрепленного стержня на вращающемся диске для случая,
показанного на рис. 282. Масса единицы длины стержня т0, изгиб-
ная жесткость стержня EJх.

Определить методом Галер кин а две первые частоты колебаний.

390.	На рис. 283 показана схема балансира часового механизма
Дистанционного взрывателя. Масса т находится па конце абсолютно
Меткого рычага, который связан с плоской шарнирно закрепленной
пружиной (балкой). Балансир находится на вращающемся с угловой
скоростью Й диске. Масса единицы длины пружины ш0, изгибпая жест-
кость EJт. Остальные обозначения приведены на рис. 283.

Вывести дифференциальное уравнение малых колебаний баланси-
ра относительно положения динамического равновесия с учетом массы
пружины; указать краевые условия, необходимые для решения полу-
ченного уравнения.

391.	Приближенным методом (методом Релея) получить зависи-
мость частоты колебаний массы tn (см. рис. 283), находящейся на вра-
щающемся диске (балансир часового механизма дистанционного взры-
вателя), от угловой скорости Q. При решении ограничиться только
первым приближением, аппроксимировав прогибы пружины выраже-
нием вида у A sin лг/7 sin pi — yt (z) sin pt, где yL — динамиче-
ские прогибы пружины относительно положения равновесия во вра-
щающейся с диском системе координат.

Масса т = 0,02 кг при помощи абсолютно жесткого рычага длины
h — 30 мм прикреплена к шарнирно опертой плоской пружине. Масса
единицы длины пружины т 23,4 • 10"3 кг/м, изгибная жесткость
EJ* 0,5 Н • м2. Числовые значения остальных величин соответст-
венно равны: I ~ 120 мм, b ~ 30 мм, Й — 100 рад/с.

392.	Показать, что частота колебаний балансира не зависит от на-
чального деформированного состояния системы (см. задачу 391),
вызванного полем центробежных сил. При решении определить низ-
шую частоту колебаний, воспользовавшись методом Релея.

393.	Как изменится точное уравнение колебаний упругого стерж-
ня, если изменить закрепление пружины (поменяв местами каток с шар-
ниром) в задаче 390? (СхМ. рис. 283).

394.	Определить приближенно
низшую частоту колебаний системы
(рис. 282 к задаче 389) по методу
Релея. Числовые данные соответст-
вуют задаче 391.

395.	Какому условию должны
удовлетворять параметры баланси-
ра в задаче 394, чтобы низшая часто-
та не зависела от угловой скорости
диска?

396.	Определить методом Релея
низшую частоту балансира, нахо-
дящегося на вращающейся платфор-
ме. При расположении массы балан-
сира т, как показано на рис. 284,
использовать числовые данные за-
дачи 391.

397.	Определить частоты радиальных колебаний топкого кольца
(рис. 285). Масса единицы длины кольца т0, площадь поперечного се-
чения Z7; модуль упругости £, 6 <£ /?.

398.	Кольцо находится под воздействием внутреннего давления р?
переменного во времени (р р0 + рх sin (рис. 286). Масса еди-
ницы длины кольца т0, площадь поперечного сечения Г. модуль уп-
ругости первого рода £, ширина кольца h (толщина кольца б намного
меньше радиуса Л).

Определить амплитуду установившихся радиальных колебаний
кольца.

399.	Тонкое кольцо вращается относительно оси симметрии с уг-
ловой скоростью Й (рис. 287). Вывести дифференциальное уравнение
малых радиальных колебаний коль-
ца и определить частоту собствен-
ных радиальных колебаний. Опре-
делить критическую скорость вра-
щения кольца.

Рис. 288

Рис. 287

400.	Определить частоту собственных малых угловых колебаний
кольца, считая, что осевая линия кольца остается недеформированной,
а его поперечные сечения поворачиваются при колебаниях на один
и тот же угол (рис. 288). iMacca единицы длины кольца mOt модуль уп-
ругости Е, R > 6.
Раздел IV

ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ

1. а) р = 38,8 с’1; б) р «= 38,8 с’1; в) р = 18,2 с"1,

2- а) Р =

3EJx(g+fr)
та2 Ь2

mhz (6+ b)

т& (4a + 3b)

12£/y

ma2 (4a + 3b)

ъ)р =

6tcEJx
(3na —16)

Указание, Дифференциальное уравнение движения в канонической
форме для систем с одной степенью свободы имеет вид (по методу сил)

у — (—ту) 6п .

где 6П — перемещение груза под действием единичной силы.

В таком случае частота свободных колебаний р = 1//m6u.

Величина 6и определяется методом сил. Рассмотрим, например,
систему, изображенную на рис. 2, а.

Для определения 6П в направлении перемещения у прикладываем
единичную силу и строим от нее эпюру изгибающих моментов, пере-
множая ее саму на себя, находим

t I 17 ab \»	, ! аЪ \».1 а2 6*

о„ -------- 1----- а+ ---------| о =-----------.

3EJX |Д a-f-b /	\a+b) J 3EJx{a-\-b)

Частота собственных колебаний

р = 1 /Утби = У3£/х (а >4- Ь)/(та2 Ь2) .

3.	В частных случаях приведенных схем частоты собственных ко-
лебаний (см. решение задачи 2):

а) р = VЪЩтГ*; б) р = Уб£7х/т/3 ;

в) р =" V~ЁТ^тР~', г) р = У2EJxl2>ml3-,

Д) Р = У (cl3 +3EJx)/ml3; е) р — У 96EJ x/7mls !

ж) р = У48£7х/7т/9; з) р = У5,55£Jx//n/?».
4	. Аналогично решению задачи 2 дифференциальные уравнения ма-
лых свободных угловых колебаний для всех схем имеют вид

</оп

а частоты собственных колебаний соответственно равны:

в)Р = 1/-25t7^: •	*>'’=/42’5^Г-

у ч *1 *	У к*	у w

Указание. В вариантах г) и д) системы статически неопределимы, и
для получения необходимо сначала раскрыть статическую неопределимость.

5	.р = -1/---. 6. р = 1 / —	.

у mx + ma	у 9 т 3 1	у 9 т

8.	Поворот зубчатого колеса на некоторый малый угол q> вызывает
перемещение его центра на величину <рО/2. При этом точка А (креп-
ления пружин к водилу) смещается на величину 6 = <pl — <pD/2.

Учитывая, что момент инерции массы колеса A =	а мо-

мент инерции массы водила Ja = тг/8/12, найдем кинетическую энер-
гию системы:

J, _ (mt Мд) D* у* . / ffijD2 |	\ Ф1 _ т2 1В^_

8 Д 8	’	3 / 2	4

Изменение потенциальной энергии системы выражается через де-
формацию пружин и угол подъема водила:

Л «2-у- +m2g-L(i__cos<p) = [сtp2.

Используя уравнение Лагранжа второго рода, получаем

$ + 12--------------------------ф _ о,

(9тх+6м2) D* + Smt Р — 12т3 ID

откуда частота собственных колебаний

»2m!igZ+48g(f—D/2)2

(9mi4-6mJ D2-|-8«2 /2— 12m2 ID '

9.	В процессе малых свободных колебаний цилиндра его кинетиче-
ская энергия складывается из кинетической энергии вращательного
Движения и кинетической энергии поступательного перемещения:

7 = (1/2) Jq? + (1/2)/п (гф)\

где J =; Qr2/2g — момент инерции массы цилиндра,

С учетом последнего

Т - (3/4) (Q/g) г2ф2.
Изменение потенциальной энергии системы вызвана растяжением
(сжатием) пружин и подъемом цилиндра при его движении; по вогну-
той поверхности.

При повороте цилии д на угол <р верхняя его точка А смещается
на величину 6 2нр. 1* нциальная энергия деформации пружин
- ^с62/2 - 4сг2ф2.

При отклонении цилиндра г положения равновесия на угол ср
угловая координ центра его тяжести ф

= фГ/(/? — г).

В таком случае изменение потенциальной энергии положения ци-
линдра

Ла = Q (Я-г) (1-cos,],) = 4-pL-.

2 (К—г)

Подставляя выражения кинетической и потенциальной энергий
в уравнение Лагранжа, получаем уравнение малых свободных колеба-
ний

- . [ 2 а , 16 со \ л
I-----------—---------—<р=о,

\ 3 (R—r) ~ 3 Q /

откуда собственная частота колебаний

у з (R—г)	3 Q

Из полученной формулы следует, что при 7? -»-г р ->оо, т. чи-
стота колебаний возрастает с уменьшением радиуса кривизны вогну-
той поверхности.

10.	р =Ус/(2т)—g/(21) с-1. II. р — Кс/= 224 с-1.

12.	К решению задачи наиболее удобно применить уравнения Ла-
гранжа второго рода.

В процессе колебаний при отклонении стержня АВ па некоторый
угол ф от положения равновесия диск имеет кинетическую энергию

Т= mtP/2 + Jm ф2/2 (Jm =	ф = А	<а>

\	* к J

где ф— угол закручивания стержня.

Линейная скорость перемещения диска v и угловая скорость ф
связаны со скоростью отклонения стержня ср зависимостями

v = 7ф, ф = (1/R) <р.	(б)

В тот же момент времени потенциальная энергия системы равна
П = с<р2/2 + mgy,
где у — изменение вертикальной координаты центра тяжести диска.
’14
Очевидно» что

у = I (1 — cos <р) sin а ж (/ф2 sin а)/2.	(в)

Подставляя эти соотношения в уравнение Лагранжа второго рода»
получим:

~ , с (1/RT -р mgl sin tt 0

(3/2) тР Т

откуда частота собственных колебаний

_	/ с(i/R^+mgisin а

Р у (3/2) тР

Из последнего соотношения следует, что частота собственных ко-
лебаний может равняться нулю (система неустойчива) при

sin а = — cl/(mgR2).

13.	При перемещении поплавка в вертикальном направлении (на-
пример, вниз) на величину Дх возникает дополнительная выталкиваю-
щая сила, равная (лЛ2/4) уДх. Дифференциальное уравнение движения
можно представить в виде

]тх Дх -J-(л<72/4) уДх] Н-т2 Дх (11/1^ -{- сДх (IzHd = О,
откуда частота собственных колебаний

р = V(лД2 у/4 +C/1//J)/(mj	т, 1Ц1\).

14.	Составим дифференциальное уравнение движения, используя
уравнение Лагранжа второго рода.

Кинетическая энергия диска

Т = mv2/2 + /ф!/2,	(а)

где v — скорость движения диска по направляющей; ф2 — угловая
скорость диска.

Потенциальная энергия

/7 = mg (R — г) (1 — cos <р).	(б)

Углы ip и (рис. 289, а) и скорость v связаны между собой соот-
ношениями

<Р1=<р; v = (Я—г) <р •	(в)

г

• U.; К/ч.

С учетом последнего кинетическая<_ энергия диска

Т - [(Я — г)/г]а (щг8 + J) (ф2/2).

Подставляем в уравнение Лагранжа выражения для кинетической
и потенциальной энергий:

(тгг + J) ip 4- mg [r2/(R — г)] sin tp = 0.	(г)
При рассмотрении малых колебаний (sin гр гр) частота колебаний
Р = Уmgr*/[(R^r) (тР + J)].

Получим дифференциальное уравнение движения, используя ме-
тод Даламбера. Рассматривая диск (рис, 289, б), можно получить:

тх ——N sin ср 4-^ cos ср,	(д)

ту = Arcoscp 4-^ sin ср — mg,	(е)

J<p =—pf,	(ж)

где F — сила трения между ступицей и направляющей, препятствую-
щая проскальзыванию диска; N — сила нормального давления.

Рис. 289

Умножив уравнение (д) на cos <р, а уравнение (е) — на sin <р и
сложив их, получим

т (х cos ср 4- у sin ср) = F—mg sin <р.	(з)

Используя уравнения (в) и (ж), получим выражение для силы тре-
ния

F = — J(R—r)q>/r*.	(и)

Выразим координаты центра тяжести диска через угол ср:

х = (R — г) sin ср; у — (R — г) (1 — cos ср).	(к)

Подставив выражения (и) и (к) в уравнение (з), получим уравнение
(г), выведенное выше по методу Лагранжа.

15. Решение этой задачи аналогично задаче 14. Дифференциальное
уравнение малых свободных колебаний имеет вид

(mR* + 2J) ср 4- с7?аф = О,
где ср — угол поворота колеса.
Г 3(7? -a)g
|/ P + 4as

Фо max = Р а2 +4аг)/(/г+ <? +32?й).

17. р =

____mgf?______

(J + R* т) (R—г) '

18.	Рассмотрим произвольный момент движения груза, когда точ-
ка контакта смещается в положение В (рис. 290, а). Полное контактное
усилие разложим на две составляющие и Ny. Тогда дифференциаль-
ные уравнения движения можно представить в виде

(Q/g) Дх = — Nx; (Q/g) by = Ny — Q,	(a)

где Дх и Др — смещение центра тяжести груза при колебаниях.

Используя принцип Даламбера, рассмотрим сумму моментов всех
сил относительно центра тяжести груза Сх:

— /сДф = Nу (ДВ cos Дф! — Дх) cos Дф — N х (а 4- Др). (б)

Учитывая, что АВ — R^Pi = R^ (Дфх — Дф), найдем

Дфх= /?2 или АВ = Ri R„ и Дх = яДф.
ДР	"ДР

Учитывая также, что Др = ДВДф — RjRt — величина высшего
порядка малости и подставляя (а) в (б), получаем дифференциальное
Уравнение движения

(Jc + Дф + mg (RlRJ&R — а)А<р = 0.	(в)

Отсюда находим частоту собственных колебаний

р = V[mg/(Jc+ о2 /п)1 (Pj Rt/AR — а).
В случае вращения маховика ускорением силы тяжести можно пре-
небречь и дифференциальные уравнения свободных колебаний груза
представить в виде (рис. 290, б):

тДх = — Nx + тсо2гДф (Дф = (а/г) Дер);

УсДф — Мхй — лш2г — Дх),

где Дф! = Дф/?2/Д/? и Дх = аДф.

Исключая из этих уравнений Дф, Дфъ Дх и Wx, получаем

(Ус + с2т) Дф + maPr — a&JR — az^R/r)/AR] Дф = 0.

Отсюда находим частоту собственных колебаний груза:

р = 1 [ты2 г/ (Jc + аа т)] (/?г /?2/ &R — а — а2/г).

19.	р~о J/ R/1.

20.	На рис. 291 показано положение стойки в произвольный мо-
мент времени. Взяв сумму моментов относительно шарнира (рис. 291, а),
получим

— Pl — mgy + Рха — 0.	(а)

Так как Рх - 2с2 (ух — by), a ух — уаИ, то после преобразований полу-
чим дифференциальное уравнение малых свободных колебаний маят-
ника

myl + 2сг (уаН — Ду) а — mgy = 0.	(б)

Прогиб Ду (рис. 291,6)

Ду = Р (I — a)2 a/(3EJx) = [а (I — й)2/(3£Уж)1 (— ту) (в)

(при определении величины Ду силой веса пренебрегаем, поэтому
Рх ' Р1/а).

После преобразований из уравнения (б) получим

2cta2jl—mg

(О

т 11+2са

g*(t—а)2 ]

ЗЕ/Х J

Частота собственных колебаний

/и «+2с2

2с2а2/1—mg

а2(1—с)а
3EJX

При EJX = оо и а = 1/2 получаем результат задачи 10.

21.	р = со ]/ тгЦТв.

22.	При малых колебаниях точечной массы т на нее действуют силы
(во вращающейся системе координат), показанные на рис. 292, о;
сила инерции J = — ту0, центробежная сила инерции F -- т^2 X
X (R + /), сила инерции Кориолиса (из-за относительной скорости
движения у0) FK — 2ттуп и силы Qu N, действующие со стороны упру-
гого стержня. При малых колебаниях можно считать, что масса т
смещается только по оси у, поэтому, воспользовавшись принципом
Даламбера, получаем два уравнения (проектируя силу F на оси у
и z и считая угол 0 малым)

тг/0 + Q —- та2уй = 0,	(а)

2т®уо + та2 (R 4- I) = N.

Рис 291

Рис 292

При малых колебаниях влиянием силы Кориолиса на осевое усилие
N можно пренебречь, т. е. можно положить

N = nun2 (R + /)•	(б)

Рассмотрим изгиб стержня (рис. 292, б)

EJxy" = -(у0-у) N + Q (l-z),
или

Решение уравнения (в) имеет вид

у = Сг ch ccz + Cz sh az + y9 — (Q/N) (I — z).	(r)

Находим Cx и C2 из краевых условий: z = 0, у = 0, у' — 0, что
Дает

Сг = QUN - Уо, С2 = - Q/(aN).	(д)

Так как при z = I, у = уй, то из (г) с учетом соотношений (д) получаем
Q [(UN) ch al — (I/aV) sh aZ] — y0 ch al — 0.	(e)
Исключаем из (е) Q, воспользовавшись уравнением (а), после чего
получим уравнение

‘ ch afcts EJV
(al ch al—sh al) m

co2ko-O.

(ж)

Можно показать, что при со ->0 (<х ->0) после раскрытия неопре-
деленности скобка в уравнении (ж) равна 3EJх!т1\ а это соответст-
вует частоте собственных колебаний точечной массы. Частота колеба-
ний стержня равна

р = р01/------(a<)3chccf------(р =3£j/(га/3)).	(3)

V 3 (al ch al—sh at)	3(1 +R/l) °	V

В выражение (з) входит произведение а/, которое связано с угловой
скоростью со и частотой собственных колебаний pQ массы соотноше-
нием

а/ =-/3(1 + /?//) (®//?о)-

23.	Если к массе т приложить силу (статически), направленную
по оси у (рис. 293, а), то на стержень будут действовать силы Q и
N, равные

Q = Р + тчРу о,	(а)

N — тар (R + /).	(б)

Понимая под жесткостью стержня отношение с = Р/у0, найдем у0,
воспользовавшись приближенной формулой для прогибов при продоль-

но-поперечном изгибе

где

но = t//(l + WPa),
у = Q/3/(3EJx).
Подставив в выражение (в) (а), (б) и (г), после преобразований по-
лучим

П-------тшЧ*-----1^^0 + ЛГ/Р) = Л	(д)

L 3£7Х(14-Л7РЭ)] Р	8	w

Следовательно, жесткость системы (с учетом центробежных сил
инерции) равна

с = с0 [1 + (4/ла) (а/)а1 — та2,	(е)

с0 = 3EJJP, а® = N/(EJX) = тсо2 (R + tyEJx.

Зная жесткость, находим приближенное выражение для частоты соб-
ственных колебаний массы т

(ж)

Числовые значения отношений р/р0 и рх/р0 даны в таблице (при
R = О

al	0	0,5	1	2	3	4	5	6	7
PlPo	1	0,701	1,111	1,382	1,732	2,108	1,443	1,091	0
PlIPo	1	1,031	1,112	1,391	1,761	2,176	2,614	3,066	3,527

Графики изменения отношений р к рй для точного решения (формула
(з) решения задачи 22) и к р0 (формула (ж) решения задачи 23)
приведены на рис. 293, б. Из графиков следует, что только в интервале
значений al от 1 до 4 р и рг мало различаются между собой (максимум
на 4%). В интервале значений а/ от 0 до 1 отличие в частотах может
достигать 40%. При а! > 4 приближенной формулой (ж) при определе-
нии частоты пользоваться нельзя.

24.	На рис. 294, а показано положение массы т в состоянии
равновесия с учетом сил инерции (масса сместилась на i/10) и при ко-
лебаниях, когда масса т имеет еще дополнительное смещение у2к,
зависящее от времени. На рис. 294, б показана масса с действующими
на нее силами при колебаниях, где F2y и Еы — это проекция силы F2
(рис. 294, a), J — сила инерции, Q и N — силы, действующие на мас-
су со стороны упругого стержня. Кроме приведенных сил на массу
будет действовать еще сила Кориолиса (см. решение задачи 22), кото-
рой при малых колебаниях пренебрегаем.

Уравнение движения массы т имеет вид

или

/ + Fa{, - <2 = 0 (Л/ = ^),

ту2к —	+ yl0 + у2к) -j- Q = 0.

(а)
Силу Q можно представить в виде

Q= Qo Ч- AQ (N =

(б)

где Qo — ты2 (Zj -Ь //10)— сила, действующая на массу в отклонен-
ном состоянии равновесия; AQ — дополнительная сила, вызванная
колебаниями.

Сила N при малых колебаниях (без учета силы Кориолиса) остается

неизменной как в статике, так и при колебаниях.

С учетом соотношения (б)
уравнение (а) принимает вид

/щ/2* — т&уг* + AQ = 0. (в)

Дифференциальное уравне-
ние изогнутой оси стержня
имеет вид

EJxy" = - N (у10 +

+ У2к — у} -1- Q {I — г), (г)

Так как у = уг + у2
(рис. 294, б), то, исключив из
уравнения (г) состояние рав-
новесия, получим

f/2—с? t/2 = —аг//ал +

EJ3 V 7

(Д)

Решение уравнения (д)
имеет вид

у2 = С± ch az + С2 sh az +
+ ^-(AQW)(?-z). (e)

При г — 0 ДОЛЖНЫ ВЫПОЛНЯТЬСЯ условия у2 — 0, у% = 0, что воз-

можно при

С1 =	C2 = -AQ/(a/V).	(ж)

Из выражения (е) при z = I получаем (с учетом соотношений (ж))
зависимость

(сФ3 ch al

4 y<lh /sachet/ —shctZ)

Окончательно получаем уравнение малых колебаний массы tn

J 22

EJX (al)2 ch al
ml2 (al ch a/—sh al)

*/2h = °-

(з)

Уы
Частота колебаний массы т равна

Р = Л»}/

(a/)s cha I
3 (al ch а/ — sh al)

3EJX\
ml3 J

25.	Уравнение малых колебаний массы т имеет вид (рис. 295)
тук — т<ьгук + Q = 0.	(а)

Уравнение изогнутой оси стержня

EJxy = N (ук - у) И Q (I - г)
или

у" -I- а?у =* а2ук + (Q/EJх) (I — г).	(б)

Решение уравнения (б) дает

у = cos аг + С2 sin аг + ук + (QW) (/ — г).	(в)

Так как при г — 0 у = у’ = 0, то постоянные Cj и С2 равны:

С, - - (у* + QHN), С2 = Q/ (aZV).

При условии г — I у = ук из (в) получаем зависимость

Q — [£Vxas cos a//(sin а/ — al cos a/)] yK.

Исключая из (a) Q, получим уравнение малых колебаний массы

Ук. + ро{(«О3 cos aZ/[3 (sin al — al cos al)] — (ay/p0)2}yK = 0.

Частота колебаний равна

p = Ро У(a/)3 cos «^/[3 (sin al —al cos al)\ —(<o/po)2.	(r)

26.	В этом случае на груз, отклоненный от положения равновесия
на величину у0, действует, кроме силы инерции—ту0 и силы упругости
~~сУо, еще центробежная сила, равная тоА/о, т. е. дифференциальное
Уравнение движения имеет вид

тУо + (с — /п<о2) Уо = 0>
откуда частота собственных колебаний

р = У с/т—к»2,

при с/т — ы2р = 0, т. е. движение становится неустойчивым.

27.	р = У'2Тй/{т1\

28.	Рассмотрим отклоненное от положения равновесия состояние
массы т (рис. 296, а).

В соответствии с принципом Даламбера

ту = — Тъу/хй— Тйу/(1 — х0) или у -|- TQyl/{mxa (I — х0)1 — О,

Рис. 296

откуда частота собственных ко-
лебаний

Р =	хо)1-

График этой зависимости приве-
ден на рис. 296, б.

29.	В процессе вертикальных
колебаний на груз действуют сила
инерции—mv, вес mg и восстанав-
ливающая сила W = cF. Диффе-
ренциальное уравнение движения
имеет вид

mv-\-cF = mg (v — Ro Дх). (а)

Полное напряжение о в тросе
можно рассматривать как сумму
статического напряжения и напря-
жения, вызванного удлинением
троса Дх при колебаниях груза
cF = tng + EF&x/x,
где

х = R<o/ = vt.

С учетом последнего уравнение (а) представим в виде

тДх — ExEFKvt) — 0.

(б)

Дифференциальное уравнение (б) является уравнением Бесселя,
общий интеграл которого можно представить в виде

Дх = CjTJi (т) + С2тУх (т),

(в)

где Jx и У,—функции Бесселя первого порядка первого и второго рода;
Ci и С2 — постоянные интегрирования; т = 2УEFtl(nw) —безразмер-
ная переменная.

Вычислим скорость движения массы т:

Дх=77 = Iе* ~7~[тЛ (T)1 +	7? [тУ* (l)1i 77Г •	(г>

dx dt (t/т	Дт	J /пит
Используя известные соотношения между функциями Бесселя пуле-
вого и первого порядка, получим

(т) “ [-гЛ (т)], тУ0 (т) = ~	W1-

сгс	аг

Представим уравнение (г) в виде

Дх = (CjJ0 (т) j- С2У0 (х)] [2EF/(mv)].	(д)

Постоянные интегрирования найдем из граничных условий задачи
(при t = ?0> Д* = 0, Дх = Дх0):

Q = -ЛУ1(т0);	(е)

А^=--------------------------- (Ж)

Л (То) У о (М —to (То) Ух (То)

Окончательное решение задачи получим в виде

Дх = Дт [Л (т0) Л (г) - Ух (т0) А (г)].	(з)

Найдем последовательные моменты времени, в которые движущаяся
масса проходит через положение равновесия, т. е. моменты времени,
в которых Дх — 0. Из (з) следует, что эти промежутки времени опреде-
ляются соотношением

Л (т)/Ух (т) = Л (тоУУх (т0) = const.	(и)

В соответствии с условиями задачи

х0 = 2 /£Л0/(то) = 2 КЮ10-10-5-1/(100-1) = 63,2.

Из решения уравнения (и) получаем значения моментов времени
тп, в которых удлинение троса равно статическому.

Рассмотрим частный случай начальных условий. Будем считать,
что t0 = 0. В таком случае Jo (0) = I, Yo (0) = <х>. В связи с ограничен-
ностью скорости из уравнения (д) следует, что С2 = 0, a Ct =
= &.x0mvj(2EF), и решение принимает вид

Дх =	(т) Дх0 mv/(2EF).

Отсюда следует, что Дх равно нулю при Jx (тп) — 0; тп — 3,83;
7,01; 10,17; 13,32; 16,47; 19,61; 22,76; 25,90; 29,04 (см. приложение 3).
Моменты времени tn, в которых Дх равно нулю, равны

tn = x^mu/(4EF).

30.	Для составления дифференциального уравнения движения груза
применим уравнения Лагранжа второго рода.

Положение тела в любой момент времени определяется двумя коор-
динатами: углом отклонения от положения статического равновесия <р
и длиной размотанной части троса I. Поскольку I = wRt — известная
Функция времени, в качестве обобщенной координаты выберем угол q>.
Кинетическая Энергия движущегося груза в декартовых координа-
тах выражается в виде

Т = 0,5m (х2 4- у2),	(а)

где

х = I sin ф, у — I cos <р.	(б)

С учетом последнего кинетическая энергия груза равна

Т = 0,5m |(/ sin ф /ф cos ф)2 4- (/ cos ф—/ф sin ф)2] =
^0,5т(/а-|-/2ф).	(в)

Потенциальная энергия груза в отклоненном положении

П = mgl (1 — cos <р).	(г)

Подставляя (в) и (г) в уравнение Лагранжа

dt \ д<р / дф
получим дифференциальное уравнение движения в виде

Ф 4- (21/1) ф 4- (g/l) si п ф — 0.	(д)

Полагая отклонения малыми (sin ф ф) и учитывая зависимость
длины размотанной части троса от времени (/ = соRt), получим диф-
ференциальное уравнение малых свободных колебаний

Ф4-2ф/Л;-^ф/(о)/?/) = О.	(е)

В случае подъема груза свободная длина троса в любой момент вре-
мени t (полагая /0 = a>Rt0) равна

I = /0 — u>Rt = (oR (t0 — f) —	(ж)

и дифференциальное уравнение движения принимает вид

Ф(,—2<р-,/4 4- g<f>/(wRli) = 0.	(з)

Решение уравнения (е) можно представить в виде

Ф = (Су/т) Ji (-г) 4- (С2/т) Yi (т),	(и]

где Ji fr), Yi (т) — функции Бесселя первого порядка первого и вто-
рого рода;

г = 2)/' gtj (<aR).

Постоянные интегрирования найдем из начальных условий задачи
*(при t — t0, ф — ф0, ф — 0). Дифференцируя уравнение (и) по вре-
яи t с учетом известных соотношений 16]
(где J2 (T)i ^2 (т) — функции Бесселя второго порядк кого и вто-
рого рода), получим

ф = — (CLJ2 (т)/т + СаУа (т)/т).	(к)

Из начальных условий найдем:

Ql = ФоТоГ2 (То)/М 1 (То) Y2 (То) - 2 (То) J (То)Ь

Са =   ф()Т0^ 2 (To)/I J1 (Tq) Y2 (То)   J 2 (То) Yj (т)].

Подставляем полученные выражения для постоянных интегрирова-
ния Cj и С2 в уравнение движения (и)

Ф = Ф	^1 (т) £ (То) (т) (т<1) ,	J jj\

Т А (Т’О) У 2 (*о) —’ А (*о) У А (То)

Решение уравнения (з) также можно представить в функциях Бес-
селя

Ф-тЧС^з^ + СзУзМ],	(м>

где J з (т) и /3(т)—функции Бесселя третьего порядка первого и
второго рода:

T = 2]/gf1/((o7?).

Постоянные интегрирования определяем из начальных условий
задачи, подобно тому, как это выполнено в предыдущем примере.

Окончательно решение задачи имеет вид

тз Л (т) Yt (тр)~Гз (т) Л (тЛ)
° т? J3(t0) Ys (т0) — Уа (То)/2(т0)

31.	Дифференциальное уравнение малых свободных колебаний си-
стемы с одной степенью свободы имеет вид

ту + су = 0,	(а)

где у — вертикальное перемещение груза; с — жесткость системы
Для определения жесткости системы приложим в точке нахождения
массы т к балке силу Р — 1. Тогда жесткость с = l/yt (уг — прогиб
от единичной силы).

Дифференциальное уравнение изгиба балки на упругом основании
имеет вид

EJxylv + ky = О,
Или

J/IV I-4ру = 0,	(б);

где

4Р4 - k/(EJx).

Представим решение уравнения (б) в виде

у = у (0) -ь у' (0) v.t (- 1/ (0) Va + у” (0)	(в)
где у (0), у' (0), ... —значения прогиба и его производных в начале
координат (при х — 0); О; (х) — функции Крылова:

ux = di fix cos px; o2 = —— (ch Px sin px + sh fix cos px);

?p

«а

shpxsinpx;

(ch Px sin fix—sh fix cos Px).

Полагая начало координат посредине балки (в точке закрепления
массы), приведем граничные условия для определения у (0), у' (0
и т. д.:

при х = 0 у' = 0, у"' — — \I2EJх,
при х = 1/2 у = 0, у" = 0.

Учитывая, что

v\ = —4Р4 v4, v’2 - vlt V3 - v2, v'i = v3
найдем

f0\ = у p*(p</2) 03	W/2) VA

У{ ' У1 k

Вычислим жесткость системы с = 1/уг. Сначала найдем Р:

р = т'М4ад=1 м1.

Тогда

fil/2 = 1, с = 1/^х = 9,44 кН/м.

Частота собственных колебаний

р = ]/с/т~ 9,7 с-1.

32.	Аналогично решению задачи 31, уравнение прогибов балки
имеет вид

У — CjVj “1" ^2^2 ~1~ /-'3^3 *1“ С4У4-

Полагая начало координат в левой крайней точке балки, получим
Сх = С2 = 0. Для сечения х = I имеем у" = 0, EJху'" = — 1. Ис-
пользуя эти граничные условия, найдем прогиб от единичной силы:

1 МР0-уз(Р0-МР0-М1»)

yiU EJX vl (Р0 + 4р<.«2(рО.с<(рО

Учитывая, что р — 0,01 1/см и р/ = 1, найдем жесткость системы
с = 1/z/i = 3,8 кН/м,
и частоту собственных колебаний:

р = У с//п= 13,8 с-1.
33.	Жесткость системы определяется так же, как в задаче 31. Для
определения начальных параметров в уравнении (в) решения задачи
31 имеем следующие условия: при х = Q у = 0 и у' = О, при х = I
у' 0 и Q = EJy'" — — 1/2. В таком случае прогиб балки в месте
закрепления груза (х = Z) от действия единичной силы

u (I) -	1

2EJX МРОМРОЧ^МРОМРО ‘

В рассматриваемом случае

р/ = /‘/^7Ё7с = О,25,
частота собственных колебаний груза

87 с-\

34.	Метод Релея основан на равенстве максимальных значений ки-
нетической и потенциальной энергий при колебаниях консервативных
систем

^"max ^тах*	($)

Максимальная кинетическая энергия системы

i

Лпах = 0,5ту‘ + 0,5 [ т0 у dz,	(б)

о

где второе слагаемое представляет собой наибольшее значение кинети-
ческой энергии балки.

Максимальная потенциальная энергия (энергия изгиба балки)

Ягаах =	(в)

Здесь
с = 3EJJF.

Прогиб балки при колебаниях
можно представить в виде

У (*, z) = yY (z) sin pi.

Функция у! (г) должна каче-
ственно соответствовать ожидае-

мой форме колебаний и удовлетворять граничным условиям задачи.

В рассматриваемом случае в качестве yt (z) можно взять уравнение
прогибов балки от действия некоторой силы Q, приложенной к массе
т (рис. 297). В таком случае

У1(г) =

QP Г_3_ /2 у_____!_ /_2_у I

3EJX L 2 '• / /	2 U / Г

Эта функция автоматически удовлетворяет всем граничным усто-
Виям задачи (при г = 0 уг = у\ — 0, при z — I у" = 0).
Вычислим максимальное значение кинетической энергии системы:

Т - -mp* f Q/3	 m"P*( Q*3 7 С I 3 / 217_L/_srT,b

nin* 2 \ 3EJV ) 1 2 \ 3EJX I J | 2 \ / /	2 ' I ' |

о

ИЛИ

7’max=-у(^7"У H"M).

где

I J I 2 U /	2 Z / |	140

0

(величина p называется коэффициентом приведения массы системы,}

Наибольшее значение потенциальной энергии

Л™, = (с/2) [QP/{3EJX}]\

Приравнивая Ттах и 771пах, найдем собственную частоту колебаний
системы

р = Уcj{m-\-р.т01} = У сЦт -|- (33/140) /и0 /).

35.	Решение задачи аналогично приведенному выше. Выберем
функцию прогибов балки в виде

У1 fc) = Уъ sin nz/2/.

Тогда коэффициент приведения массы

21

р = ^— f sin2 dz = I,

r 21 J 21
о

собственная частота колебаний

Р V с/(пг -|- тс /) (где с — &EJJ13).

Если в качестве функции прогибов принять прогибы от некоторой
сосредоточенной силы, приложенной к массе пц то коэффициент привс!
дения массы балки

р = 34/33 ^1,03.

36,	Собственные частоты определяются по формуле

р = Ус/(т -г P^i),

где с — жесткость системы; — распределенная масса системы}
р — коэффициент приведения массы.

Параметры с и р для приведенных схем равны:

с =- Gd*H8D9i),	н - 1/3;	(а>

с = EJJ13,	р «0,121;	(б)
С = 96£./я/(7/3),		0,445;	(в)
с = 24EJX/P,	LL =	0,371;	(О
с -= 3EJ хР/(а3Ь3),		0,522;	(д)
с = nd4G/(66a),	|1 «	0,04.	(е)

в случае (е) в формуле для определения частоты собственных коле-
баний необходимо заменить величину т. на J — момент инерции мас-
сы.

37.	Дифференциальное уравнение малых свободных колебаний
вала смесителя имеет вид

7ср-(-аф + сф = 0,	(а)

или

ф 4-2н<р4-ргф = О,	(б)

где

2n — a/J, рг — c/J.

По условию задачи,

п = 12/(2 • 5) - 1,21 /с; рг = Gnd4(32lJ) - 19,6 с’1,
или

р - 4,43 с-1.

Так как р > п, то наступает затухающий периодический режим
и решение уравнения свободных колебаний (б) имеет вид

Ф е-Ь2 t cos 4,25/	С., sin 4,25/).	(в)

Постоянные интегрирования Сг и С2 находят из начальных условий
задачи: при I — 0 <р = Фо (ф0 — угол скручивания вала при его равно-
мерном вращении) и ф = 0.

При равномерном вращении вала со скоростью Q угол скручивания

Фо — — aQ/c.	(г)

Используя начальные условия, найдем, что
С2 = 0, СА = — aQ/c.

С учетом последнего уравнение движения (в) принимает вид

е1,21 cos 4,25/.

Время /», в течение которого амплитуда колебаний уменьшается
1! Ю раз, находим из условия — 0,1, откуда /# = 1,9 с.

38.	Дифференциальное уравнение движения имеет вид

где

Фггнф+р^Ф^о.

2п =

лЯ D?

----. ----'--DV.

•М (0,-0*) К
Вычислим

р2 &р __ 8»10аЛг/4;32 ~ j 02 с~ *

LJ	~ ’

И

2п — 0,046v.

Поскольку

т0 = — 2л;- =6,5 с,
Ур*-л*
окончательно

n= р2--------= 0,255 с”1 и v= 11,1 -10'4 м2/с.

39.	Воспользовавшись методом сил, получим следующее дифферен-
циальное уравнение малых свободных колебаний массы т\

У = $н (—'М -I- $12 ( ~Сфк)-	(а)

Уравнение (а) содержит еще одно неизвестное ук, так как сила со-
противления приложена не к массе т, а к безынерционной балке в точ-
ке К, поэтому надо рассмотреть еще одно уравнение, связывающее сме-
щение точки К с силами, действующими на систему.

По методу сил,

У К = $21 ( —т'у) -I- $22 ( — а^к)-	(б)

Исследование свободных колебаний массы т сводится таким об-
разом к решению системы уравнений (а)—(б)

Решение можно искать в виде

у — А еw, Ук. =

В результате получаем характеристическое уравнение третьей сте-
пени вида

а --------Ml3 + V-	- ^4- —-----= 0-

\ $21	$11 /	$21	$11 $21 т	$11 $21 т

Рассмотренная задача относится к задачам с «дробным числом сте-
пеней свободы» (в данном случае «полторы степени свободы»).

40.	Составим дифференциальное уравнение движения диска. На
диск действуют инерционный момент — Лр, момент сил сопротивления
пружины — с<р и момент сил вязкого сопротивления демпфера —
аф.

Поэтому

J<f скр + с<р = 0
или

Ф-г 2«ФФ = 0,
где

J =	- р = 1,56-10*3 кг-м2, 2« = a/J, p2 = c!J.

Dx

Жест кость пружины

EJX Ed} n nQO у» .

с ----— = —— = 0,938 Н -м/рад.

Частота собственных колебаний системы без демпфирования

р = 1/7/7^24,5 с"1.

Логарифмический декремент определяется как 6 = пт0; где

T0~2n/j/p2—и2.

Отсюда находим приведенный коэффициент силы вязкого сопротивле-
ния	_______

п = 6р/Кйа + 4л2 = 5,7,

и коэффициент силы вязкого сопротивления

a — 2nJ — 0,0178 Нмс.

41,	Дифференциальное уравнение свободных, колебаний представим
в виде

- - се . cl-j-mg А
2ml 2ml

Частота собственных колебаний системы без затухания

p — Y(cl + mg)/2ml (c — Gd4/(8D3 i) = 333 кН/м).

Тогда р = 14,0 с“х.

Период затухающих колебаний

т0 = 2л/]/ р2—п2,
откуда	_________

и = )/р2 — 4л2/То аг 12,5 с-1,
коэффициент сопротивления движению найдем из условия

2п = а/(2ml), т. е. a — 4nml — 76,5 Н • с.

42.	При движении поршня в жидкости на него кроме силы инерции
tntPyldt2 и силы упругости пружины су действует сила сопротивления,
Развиваемая демпфером. Эта сила пропорциональна скорости проте-
кания жидкости через отверстия в поршне и, следовательно, скорости
Движения поршня

F = adyldt.
Воспользовавшись принципом Даламбера, получим дифференциала
ное уравнение движения поршня

у + 2пу + р2у = 0.

(а)

Учитывая начальные условия задачи (при / = Ог/ = уоиу = 0),
решение уравнения (а) представим в виде

У = Уое~п‘cos (КР4—11' ’ О-

(б)

Приведенный коэффициент вязкого сопротивления вычислим по
формуле

п = [4ярЯ/(тг)1 (£>/d)4 w 5,42 1/с
и

р2 = dm = 1080 с-2.

Время 1Ъ в течение которого амплитуда уменьшается в два раза,
найдется из условия у — 0,5г/п.

Подставляя полученные соотношения в решение (б), найдем время,
в течение которого происходит уменьшение амплитуды колебаний в два
раза:

0>5</о = У о e~nt',
откуда

4 = 0,14 с.

43.	При движении груза на него действуют сила инерции — гпх,
сила сопротивления пружин 2сх и сила вязкого сопротивления жид-
кости ах. С учетом этих сил дифференциальное уравнение движения
груза представим в виде

х+2пх-\- р2х = 0,	(а)

где

га = — = 5 1/с, р2 = —= 40с~2.	(б)

2т	т

Учитывая начальные условия, получим решение уравнения (а)
в виде х = xoe~nl cos pj, где pL — V — п2 ж 3,87 с-1.

Время затухания колебаний /* найдем из условия

откуда

t = -Lin 100 = 0,92 с.
п

44.	В соответствии с принципом Даламбера составим дифференци-
альное уравнение движения груза как уравнение равновесия при от-
клонении стержня на некоторый малый угол <р:

mglq—ml2q>—са2ц>—a2afp = 0.	(а>
Обозначая 2п -- сМ(тР), р2 = (си2 — mgl)/ml2), запишем диффе-
ренциальное уравнение (а) в виде

<р -j- 2nq> + р2 <р = 0.

При п = 0 система имеет частоту собственных колебаний

р = ]/ (са2 —mgZ)/m/2.

Вычислим жесткость пружины

с = Gd4/(8D3i) = 10 кН/м.

После подстановки числовых значений получим

р2 = 137 с"2 и р = 11,7 с'1.

Приведенный коэффициент сопротивления демпфера

п = а2а/(2тР) = 2,36 с-1.

Частота собственных затухающих колебаний

Pi = ]/p2—п2=11,5 с-1.

Период затухающих колебаний

т0 =s 2л/р — 0,546 с.

Логарифмический декремент затухания

6 — ит0 s= 1,29.

45.	Дифференциальное уравнение колебаний, полученное из урав-
нения Лагранжа второго рода при отклонении столба жидкости от по-
ложения равновесия на величину х, с учетом силы сопротивления имеет
вид

у-\-2пх-\-р2х = 0,
где

2п = afm — 4а • sin fi/[nd2ps (1 sin 0)]; pa — (2g/s) sin 0

так как сила тяжести неуравновешенного столба жидкости равна
2xgpnd2/4), откуда частота рх = 1/ра — п2 и период т0 = 2л/р1.

46.	При движении массы т от начального положения (справа нале-
во) дифференциальное уравнение движения можно представить в виде

+ cxi — FT — JO.	(a)

Решение уравнения (а) имеет вид (так как при t = 0 х— 0, х = х0)

Xi = (х0—	cos pt4-; (р = 1 f—'j •	(б)

\ шр2 /	тр3 \ Г т /

Время fj, соответствующее движению массы справа налево, нахо-
дим из условия хг (/а) = 0. Поэтому

= л/р.
Максимальное отклонение массы tn от нейтрального положения вле-
во

^imax ~	*0 *1'	.

При движении массы т слева направо дифференциальное уравнение
движения записывается в виде (сила кулонова трения изменяет
знак)

tnx2 + сх2 + FT 5= 0.	(в)

При начальных условиях / — 4 х2 = х1(па2С, х.2 = 0 решение
уравнения (в) имеет вид

(mp2) 1

После каждого полупериода амплитуда колебаний уменьшается на
величину 2FT/(mp2); поэтому для n-го полупериода

хп — 1х0 — (2п — 1) ГТ/(тр2)] cos pt + (—ly^F^/lmp2).

Колебания массы tn продолжаются до тех пор, пока

т < 1 ^-(n-1) max 1'

47.	При закручивании свободной пружины на некоторый угол ф
ее длина изменяется па величину X. В рассматриваемой конструкции
осевое смещение диска отсутствует, т. е. X = 0, и в упорах возникает
сила реакции N. Для определения жесткости конструкции составим
уравнения перемещений:

Ф = Л1бп + А%, )
X=MS21 + M622, J

(а)

где 6П и 612 — углы закручивания свободной пружины от действия
единичного момента и от единичной силы; б21 и 62а — осевое удли-
нение свободной пружины от единичного момента и от единичной силы.

Вычислим коэффициенты 6£,. Приложим к свободной пружине
внешний крутящий момент — 1, который вызовет в проволоке пру-
жины внутренний крутящий и изгибающий моменты Л41Н — 1 sin а,
и Л41к — 1 cos а (а — угол подъема витков пружины). Приложение
единичной осевой силы вызовет также внутренние крутящий и изгибаю-
щий моменты М2Н = 1 • R cos а и М2и — 17? sin а. В соответствии
с методом Мора имеем:

2л/?£					
611= f		р М?  •ds+ С —-ds~2nR-il	' Sln°а '	. cos2 a	1.
J 0	GJp	J £JS	1	. GJp	EJл j	

2,%R<	„	ZnRi  d„,= f -1^-ds-i- f -	—	2nR9-ii^-^ 4- sin<a
J GJ„	]  0	0	EJX	\	p	i

(б)

(в*
= JtRf

т---—^sin 2a.

X /

(0

где t — число витков пружины.

Решение системы уравнений (а) с учетом 1 = 0 позволяет получить

следующие

соотношения:

Ф = c/M,

где

с =

——/**  , М = —фс1т

С —	—

$11 $22	$12

(Д)

(е)

В соответствии с полученным решением момент сил трения
/ИтР —	= с*ф,

где с* — рКсг (ix. — коэффициент кулонова трения; R — радиус тру-
щихся поверхностей).

В последнем соотношении нет знака минус, так как имеются две
поверхности трения и Л4.гр не зависит оттого, по какой из поверхностей
происходит контакт.

Таким образом, в процессе колебаний на диск действуют следую-
щие моменты: момент сил инерции Jtp, момент силы сопротивления
пружины сф и момент сил трения с*ф, который всегда направлен про-
тив скорости движения ф. Дифференциальное уравнение движения
представим в виде

/ф + Сф ф s ign фс* ф = 0,	(ж)

где sign ф означает знак скорости движения ф.

По условию задачи при t = 0 диск отклонен от положения равно-
весия на угол ф0.

Для первой четверти периода колебаний (при ф0 ф Ф01) Диф-
ференциальное уравнение движения имеет вид

Ф -Ь (c/J — с*//)ф — 0.	(з)

Для того чтобы происходило движение диска, необходимо, чтобы
выполнялось неравенство Сф0 > с*ф0 или М ~> Л4тр, как указано
в условии задачи.

^Решение уравнения движения для первой четверти периода колеба-
ний имеет вид

Ф = фо cos kt t, где	= V{с—^1.

$Ремя движения в первой четверти периода 4 = л/2Ах.
При переходе через положение равновесия (ср = 0) изменяется знак
момента силы сопротивления и знак момента силы инерции. Знак мо-
мента силы кулонова трения сохраняется, так как сохраняется знак
скорости ф. Поэтому движение во второй четверти периода можно
описать дифференциальным уравнением

ф + (с + с*) ф/J Ф 0.

(и)

Учитывая начальные условия движения (t = tx\ q> — 0 <р
— — ФсЛ), решение уравнения (и) представим в виде

fe	--------------

Ф = —фо—— sin/?2 Л где /г2 — J (q +

Из полученного решения следует, что в конце полупериода [при
— л/2й2, t —	+ t2 = 0,5л (1/йх + 1/&2)] отклонение диска от по-

ложения равновесия составляет

Ф» = — Фо

(к)

скорость же движения <p't = 0.

В третьей четверти периода движения дифференциальное уравнение
движения имеет вид (а), но с начальным углом <p't — (к). В четвертой
четверти периода движение описывается дифференциальным урав-
нением (и).

Проведя решение аналогично предыдущему, получим, что в конце
первого периода амплитуда угла поворота диска уменьшается до ве«
личины

Фо1 = Фо (V^)a = Фо (С — ^)/(с + с*).

В конце п-пер иода колебаний амплитуда равна
Фоп = Фо	= Фо ((с — с*)/(с + с*)]п.

Период колебаний

48.	При наличии кулонова трения между диском и упорами дьф
ференциальное уравнение свободных колебаний системы (см задачу 47
имеет вид

J(p + ccp + sign фс* ф-0.

Будем считать, что в начальный момент времени t = 0 диск имее
некоторое отклонение ф0 и находится в покое (ф0 = 0). В таком слу
чае в начале движения при изменении угла ф в пределах ф0 ф >1
уравнение (а) имеет вид

Ф14-А!Ф1 = О (k\ — (c—
При переходе диска через положение равновесия изменяется знак
силы упругого сопротивления и знак силы инерции и уравнение (а)
имеет вид

Фг + <рг = 0 (й! — (с -1-	(в)

В третьей четверти движения действительно уравнение (б), а в чет-
вертой — (в) и т. д.

Решение уравнения (б) представим в виде

фх = (\ cos kxt + C2 sin kJ.

Учитывая, что при t = 0 фх = ф0, а Фх = 0, получим:

Фх = <р0 cos йх t,
Фх = —£х сро sin /гх/.

(г)

Уравнения (г) на фазовой плос-
кости (<р, ф) представляются в виде
эллипса (рис. 298)

фУф? + ф?/(Мо)2 "= 1-	(д)

Решение уравнения (в) получим,
учитывая, что при t = tj_ = я/2/?х <рг —
== <рх = 0, а <р2 — Ф1 = —Мо- Тогда
ф2 = — (кц%) ф0 sin /г21,1
ф2 — — ki ф0 cos k2 t. J

Здесь время t во второй четверти движения изменяется от нуля
до t2. Конец второй четверти движения определяем из условия, что
при t — t2 фа — 0, откуда t.2 = n/2fe2.

Система уравнений (е) на фазовой плоскости представляется эл-
липсом (см. рис. 298)

Фа . Фа _ |
№1фо//?г)2 ' (*1Фо)г

(ж)

Подобным же образом строим решение на остальных участках дви-
жения.

Так как kt < k2, то движение системы является затухающим.

49.	По закону Кирхгофа (закон Кирхгофа при составлении урав-
нений, описывающих процессы в электрических цепях, играют такую
же роль, как и принцип Даламбера при составлении уравнений дви-
жения механических систем), алгебраическая сумма электродвижу-
щих сил в замкнутой цепи равна нулю. Для рассматриваемого случая
имеем:

1)	электродвижущая сила самоиндукции

«д = — LdtqldP,
2)	электродвижущая сила электрической емкости

We =-
где q — заряд емкости.

По закону Кирхгофа,

ul 4- «с = О
или

Ld-qldf + q/CE = 0.	(а)

Полученное уравнение (а) выразим через электрический ток в кон-
туре, который связан с изменением заряда соотношением

/ = dq/dt.	(6J

Дифференцируя (а) по t и используя соотношение (б), получив

LdUld? + ПСЕ = 0.	(в)

Из уравнения (в) определяем собственную частоту незатухающих
колебаний тока в контуре:

р= 1/VLCe.

Уравнение движения тока в контуре можно получить также из
уравнений движения Лагранжа второго рода. Как известно, энергия
магнитного поля электрической цепи (кинетическая энергия системы)

Т Lqz/2.

Потенциальная энергия электрического поля
П --= q2/(2CE).

Уравнение Лагранжа (взяв за обобщенную координату q) имеет
вид

или Lq-\-^r- = 0.

di дд dq

50.	Воспользовавшись законом Кирхгофа (см. задачу 49), получи!

«£ + «Г + «с = о,	(г

где иг — электродвижущая сила электрического сопротивления, рав|
ная rdqldt.

Продифференцируем уравнение (а) по t

KY-rilL + ll(LCE)=b.

Частота колебаний тока в контуре

p=/l/(LC£)-r74P.

Изменение тока во времени происходит по закону

/ = е SL sin pt- — .
Затухание колебаний тока в контуре тем меньше, чем медленнее
уменьшается амплитуда тока L За промежуток времени т — 2Ur
амплитуда уменьшается в е раз.

В контурах со слабым затуханием, применяемым в радиотехнике,
за это время происходит большое число W колебаний Это число W
служит характеристикой качества контура

W = т/Т = Lpi{rtr) = Q/rc.

Множитель Q — Lp/r называется добротностью колебательного
контура.

51-	Период колебаний контура

Т — 2 л |/” LC = 4лс.

Так как

1 пФ = IO’12 Ф и 1 мкГ = 10-в Г,

то после вычислений

Т - 12,6 • 10-6с.

52.	Как следует из вольт-амперной характеристики электрической
дуги, в точке зажигания (и0, /0) динамическое сопротивление дуги
(г* = dv/dl) отрицательно. С увеличением силы тока 1 в колебатель-
ном контуре напряжение на электродах дуги уменьшается, вследст-
вие чего из источника энергии Е в фазе с колебаниями в систему на-
чинает поступать энергия. Катушки В с большим индуктивным со-
противлением изолируют источник энергии от колебаний в контуре.
При большой частоте энергия контура при колебаниях практически не
поступает в питающую цепь, между тем как энергия источника питания
может переходить в колебательный контур, но только периодически,
в фазе с колебаниями.

Величина переменного тока I (/ ~ dq/dt), который накладывается
на постоянный /0, описывается уравнением (закон Кирхгофа для зам-
кнутого контура)

+ ri + (1/C£)f Idt + LdUdt = 0.

Продифференцировав это уравнение по f, получим

du^ di dl ,	. dU _0

di di di ' CE +	^2

или

Результирующее сопротивление г — | г* | может равняться нулю
при соответствующем выборе рабочей точки (у0, /0) на характеристике
Дуги. В случае/если г>|г*|, происходят затухающие колебания;
если г< |г*|, то возникают неустойчивые колебания с растущей во
времени амплитудой переменного тока в контуре, однако это возра-
стание амплитуды быстро прекращается вследствие нелинейных эф-
фектов насыщения в колеблющейся системе, которые обеспечивают
Установление стационарного режима колебаний.
53.	Дифференциальное уравнение свободных механических коле
бапий системы имеет вид

тх 4* сх — 0.	(а)

Дифференциальное уравнение колебаний тока в контуре представим
в виде

и +^-/ = 0.	(б)

Дифференциальное уравнение колебаний напряжения в контуре

Си |- u/L — 0.	(в)

В соответствии со структурой уравнений (б) и (в) электрическая
аналоговая цепь является контуром, состоящим из конденсатора ем-
костью С, катушки индуктивности L и выключателя. Если па обклад-
ках конденсатора накопить электрический заряд, затем цепь замкнуть,
то в пей возникнут колебания электрического тока / и колебания
напряжения с частотой

р = 1/VLC.

54.	Дифференциальное уравнение свободных затухающих колеба-
ний поршня имеет вид

тх + ах 4- сх = 0.	(а)

Дифференциальные уравнения колебаний тока и напряжения в элск
трических цепях представим в виде (С — емкость конденсатора)

U + R1 + I/C-0,	(б)

Си 4- u/R + u/L = 0.	(в)

Уравнение (б) описывает колебания тока в цепи» состоящей из ка*
тушки индуктивности, сопротивления и конденсатора, соединенных
параллельно. Уравнение (в) описывает колебание напряжения в кон-
туре, состоящем из тех же элементов, но соединенных последовательно.

55.	При движении станины вибрографа по закону у ~ yQ sin cni
магнит совершает колебания, описываемые дифференциальным урав
пением

^У1 = — (Z/i — У),	(а

где у и ул — перемещения верхнего и нижнего концов пружины
разность i/i — у — величина растяжения пружины, или величина сме
щения магнита относительно катушки.

Обозначим

2 Ух — У-	(б

Тогда

У1 = г + 'у ~~ Уо о® sin cut,	(f
Подставляя в уравнение (в) значение у из уравнения (а) и учиты-
вая (б), получаем дифференциальное уравнение малых вынужденных
колебаний	..	.

г + pjz = f/0(jr sin со^,
где р; с1т-

Решение последнего уравнения имеет вид

Наименьшие искажения колебаний, очевидно, происходят при
ро С <°2’ Тогда z ж — у() sin со/.

° Знак минус показывает, что колебания магнита относительно коле-
баний станины противоположны по фазе, т. е. магнит в этом случае
остается неподвижным в пространстве.

56.	При вращении детали с угловой скоростью со закон движения
измерительного стержня выражается уравнением

Л = е sin со/.	(а)

При этОхМ на стержень действуют сила инерции — тх> сила реакции
f> и сила упругости пружин с^х 4- с2 (х |- б0) (ст — суммарная жест-
кость плоских пружин; е2 — жесткость винтовой пружины; 60 —
предварительный натяг винтовой пружины).

В таком случае дифференциальное уравнение движения имеет вид

пгх + сгх + с2 (х + 60) -•= или пгх 4- (с\	с2) х 4- 7?0 ~ /?, (б)

где с— Rq.

Условие непрерывности контакта заключается в том, что сила реак-
ции R всегда направлена в одну сторону (вверх). Тогда предельную
угловую скорость о?* можно найти из условия, что минимальное зна-
чение реакции в течение периода хотя бы один раз становится равным
ну ЛЮ.

Подставляя (а) в (б), найдем

(pj — со2) sin со/ + R0/(me) — R,	(в)

где р0 = ) ' (q 4~ c^irn — частота, собственных колебаний измеритель-
ного стержня.

Рассмотрим возможные случаи.

При дорезонансном режиме работы (pj > со2) минимальное значе-
ние реакции достигается в моменты времени, когда sin a>tL = — 1.
При этом

— р* 4- (о2 4- R#(rne) > 0	(в')

или

Ro/(те) > р2 — со2.	(г)

Для непрерывности контакта необходимо, чтобы условие (г) вы-
полнялось во всем интервале возможных значений со (0< со < р0),
и если оно выполняется при со — 0, то и для всех со =4= О оно будет вы-
полняться.
При со — О

Яо > «А + «г) е-

Если условие (г) не выполнено, то возможны нарушения контакта,
т. е. R =- 0, что [из условия (в')] позволяет получить следующее зна'
чепие для предельной угловой скорости со:

ь>Т» = Ро—

Второй возможный случай нарушения контакта возможен при
со2 > ро (зарезонансный режим). При этом равенство реакции нулю
возможно в момент времени, когда sin со/2 = 1, что позволяет получить
второе значение предельной угловой скорости

«2. = pl-\-Ro/(me).

Динамическую реакцию при со — О,1со2* находим из уравнения (б):
R = Ро + [(<?! + с2) — т (0,1 co2+)2J е sin со2*/.	(д)

Вычислим параметры, входящие в уравнения (в) и (г).
Жесткость винтовой пружины

с2 =

8DSi

~4 кН/м.

Жесткость двух плоских пружин

24£7Х Л ПС ТТ I

Ci=—— 9,26 кН/м.

Предельная угловая скорость

<о2#=1/ -ci+% +16 с-1.

V т те

Измерительное усилие прибора (д)

R = (5± 1,3) Н.

57.	По закону Кирхгофа (см. задачу 49), алгебраическая сумма
электродвижущих сил в электрической цепи равна нулю. Поэтому

LI -|- г! -]—1 = ©«о cos со/.	(а)

le

Решение уравнения (а) находим в виде

/ Л sin со/ + В cos со/.

В установившемся режиме изменение тока во времени определяется
выражением

Wp cos (со/4- ф)
/г2+[^-1/(С£<й)]2

1/(Ср to)—<dL

tg<₽ =---------------

г

где ср — фазовый угол между максимальным значением силы тока И
максимальным значением напряжения.
Величину \ггг + (Ltn — I/Crco)2 называют кажущимся сопро-
тивлением. При ш = i/]^LCE -» <оо (<оо — частота собственных ко-
лебаний контура без затухания) кажущееся сопротивление становится
минимальным (чисто омическим) и сила тока максимальна Этот слу-
чай (© = а о) называется резонансом напряжений.

58.	В установившемся режиме фазовый угол (см. решение задачи 57)
tg <р = [ 1/(сос) — aL]/R.

После вычислений получаем значение индуктивности L
L=5- IO"1 Г.

59.	В соответствии с законом Кирхгофа, алгебраическая сумма мгно-
венных падений напряжений в замкнутой цепи равна нулю:

U-L +	+ ис — и (/) = 0,	(а)

где ul, ur, ис — падение напряжений соответственно в катушке
индуктивности, в активном сопротивлении и в конденсаторе; и (t) —
падение напряжения в источнике питания.

По закону Фарадея, падение напряжения в катушке индуктивности
ul = Ldtqld? = Ldildt	(б)

(L — самоиндукция катушки).

Падение напряжения в сопротивлении (закон Ома)

«R = iR.	(в)

Падение напряжения в конденсаторе связано с изменением тока i в
цепи зависимостью

= fid/.	(г)

Дифференцируя (а) по времени и подставляя в него (б), (в), (г), по-
лучаем

Ld2i!dR + Rdi/dt + i/C ~ и (£).

60.	В соответствии с законом тока Кирхгофа, в любом узле элек-
трической цепи алгебраическая сумма мгновенных значений токов
равна пулю.

Примем направление тока в цепи по движению часовой стрелки.
Тогда в верхний узел входит ток i (?) источника питания, который
расходится по трем ветвям: по ветви конденсатора /с; по ветви со-
противления lR; по ветви катушки индуктивности /ь.

В соответствии с законом Кирхгофа,

i = ic + i’r +	(a)

Используя связь между током и напряжением в каждом из элемен-
тов цепи (см., например, задачу 54), получим
61.	Перемещение стержня 1 на некоторую величину х вызывает
поворот рычага на угол ф = х!1. В этом случае при движении вверх
усилие в пружине 2 увеличивается, а в пружинах 5 уменьшается.
Таким образом, па стержень 1 действуют сила инерции — тх, сила
сопротивления пружины 2 с, (х |- х0), реакция опоры R и усилие со
стороны рычага 3, равное U<p + с2 (ф — ф0)]//.

При этом дифференциальное уравнение движения стержня 1 имеет
вид

(т + №) х (сх — са//2) х (ctx0 + с2ф0//) — R-

Обозначая

tn J- J//2 = М\ сх — cjl2 — с; CjXo -|* са(р0// — Ро,
дифференциальное уравнение движения измерительного стержня пред*
ставим в виде

Мх + сх Ро — R.	(а)

Условие постоянства контакта заключается в том, что реакция
в точке Вх не изменяет знак, т. е. R 0.

Поскольку профиль поверхности описывается уравнением
х a sin 2nziA,
уравнение движения измерительного стержня имеет вид
х = a sin u>t,	(б)

cot = 2tnz/A = (2л/A) vt.	(в)

Подставляя уравнение (б) в (а) и учитывая условие R 0, полу-
чаем
(pl — со2) a sin cot -г PJM 0,	(в')

где р0 = Vс/М — частота собственных колебаний рычага прибора

Возможны два случая нарушения контакта (см. решение задачи 56).
При дорезонансном режиме (pj > о»2) нарушение контакта возможна
при

0)2 Ро — PJaM.

Если параметры системы выбрать так, чтобы выполнялось условие
(с ]2 -L с2\

Ро > ~—~~ а = Ро^а> то нарушение контакта не произойдет]

При работе в зарезонансной области (о2 > р2) значение со, при ко-
тором возможно нарушение контакта, найдем из равенства соотноше!
ния (в') нулю (при sin co£j = 1), откуда

<в2 = Ро + РоММ,
или с учетом (в) получаем предельное значение скорости и*

= (Л/2л)Ур8 + Ро/(«ЛО-
62.

2л г	Ja

63.	Дифференциальное уравнение вынужденных колебаний тримме-
ра имеет вид

Др 4- [с 4- (fl 4- с.2) /2] <р = c2lx0 sin <о/.

При резонансе

«к = Гс 4- (ci 4- с2) l2]/J = р* 4- (сг + с2) F/J,
откуда

Р? =	— Ki 4- с2) WJ-

64.	Динамический коэффициент

*дшг а/х0 1/| 1 — ш2/рг |.

Для изображенных схем:

а) £дин = 1 /11 —тыР'с|; б) /г3и(1= 1/| 1 —4mta2/(3c) [

65.	Коэффициент динамичности выражается формулой

Йдпп = 1/| 1 -

Так как &лин — 1/15, а работа мотора происходит в зарезонансной
области (р„ > <о2), жесткость системы

с - J<t>2/16 = 1,37 • 104 11 • М-

Счигая участок 12 абсолютно жестким, а крепление опор к основа-
нию как заделку, раскроем статическую неопределимость и вычислим
угловое перемещение опоры двигателя, откуда найдем, что жесткость
одной опоры

Здесь момент инерции площади поперечного сечения равен Jх —
= Ыг8/12 — Ь4/6, а модуль упругости стали Е “ 200 ГПа.

Из условия с — 2(\ получим b = 0,654 см. Принимаем b = 6,5 мм,
1г — 2Ь — 13 мм.

В этом случае

с - 2С1 = 1,34 • 104 Н • м
и

^ДИН = 1/ 15, 1 .

Как показывает расчет, наибольший изгибающий момент в стойке
Мщах = 0,ЗЛ4, следовательно, в опасном сечении действует перемен-
ный момент

Л41ПВХ = 0,3/И — 0,3 (Мо 4- £диИМ1 sin at).

Среднее значение наибольшего напряжения в сечении

от = 0,5Л40/№ж = 550 МПа.
Амплитуда напряжения

са =	== 22 МПа;

коэффициент запаса выносливости

п„------------= 1,79.

Од । пт

(Т_ j <ХВ

66.	Поскольку возмущающая сила имеет периодический характер,
амплитуда вынужденных колебаний системы

а = пст/|1—<о2/рВ |.

Амплитуда реакции опоры пропорциональна амплитуде деформа-
ции упругой связи

Ядин = са — КС1/] 1 — со2/р’ |.

Отсюда следует, что динамический коэффициент

^дин ” ^лиа/^ст ~ 1 /I 1	®^/Ро I-

Для приведенных схем имеем:

а) £ДИ11= 1/11 —тао2/с|; б) Адия = 1/| 1 — 4ть)а/с[;

в) $П1гн“ 1/11 — 9/псо2/20с[.

67.	Обозначим смещение верхнего конца пружины хь а смещение
массы х2. Тогда сила, действующая на груз при движении верхнего
конца пружины, F — с (хх — х8).

Дифференциальное уравнение движения массы имеет вид

тх2 4- ах8—с (xi—х2) = О
или

х8 + 2пхе + pj х2 ~ (cx0/tn) sin <ot.

Амплитуда колебаний груза относительно положения равновесия
(считая to — ро)

х^^-У епгж 15 мм.
а

Сдвиг фаз в резонансном режиме л/2, поэтому полное удлинение
пружины

•^rtiax Н *^ст *^20 "4 QA* 27,7 ММ,

где хст — растяжение пружины при статическом действии силы
Q = mg.

Максимальная сила, растягивающая пружину,

^гпах = с-*-тах ~ 200 Н.

Найдем напряжение в пружине:

среднее

тт=-^-=93МПа,
амплитудное

8xaocD ц0МПа
JldS

Коэффициент запаса прочности по пределу текучести
Ит ~ ^т/^щах	~Ь 2,95.

Коэффициент запаса выносливости

Пт = l/CVt-i ч- тт/тп) = 2,1.

68.	Обозначим вертикальное перемещение штока хь а перемещение
массы х2. В таком случае на массу действует передаваемое через демп-
фер усилие

F = a(x1— х2),	(а)

сила инерции тх2 и сила сопротивления пружин 2схг.

В соответствии с принципом Даламбера, дифференциальное урав-
нение движения представим в виде

тх2 - (- 2сх2 = а (хх — х2).	(б)

Учитывая, что перемещение штока зависит от угловой скорости
кривошипа

Xj = г sin со/,	(в)

получим
тх2 4- <аха -f- 2сха ~ «cor cos со/
или

х2 + 2nxa + pj х2 — 2/гсог cos ю/,
где

2п - а/т, ро — 2dm.

Решение этого уравнения имеет вид

ха = 2ncor sin («о/ +1)/К(р§ — <о2)3 4- 4n2 со2; tg | = 2лсо/(р8—со2).

Наибольшие напряжения в пружине возникают при ее наибольшей
осадке, т. е. при sin (со/ J- £) = 1. Так как по условию со — р0, то
(^тах =

Величина силы, соответствующая этой осадке,
= сг.

Полная сила в пружине

Р = Рг 4- fng!2 - сг 4- mg!2.

Наибольшее напряжение

ттах “ 8 (сг + wg/2) D/(ncf).

69.	р =УрЪ=п*; сох=0; соа = К2(р§—2п2);

pl™c/m; п = а/2т.
70.	Дифференциальное уравнение движения системы имеет вид

х -|- 2/ix 4- х = Ао sin

где х — горизонтальное смещение центра массы системы, отсчитанное
от положения статического равновесия;

2п = а/(тх + /п2); pj = с/(^ + т2); FQ = т^е/^ + т2).

Решение уравнения (а) для случая установившегося движения име-
ет вид

x=/7osin(co/—е)/] (pi— о2)3 +4nzco2.	(б)

Вычислим работу сил трения (рассеянную энергию) за один период
колебаний Т = 2 л/со:

2л/ю	2 л/со

Лтр= I axdx = f ax2dt =

aFj л<а

(pjj — CO2)24л2 w2 '

(В)

Значение коэффициента вязкого сопротивления а#, при котором
рассеянная энергия становится максимальной, найдем из условия
dATP/da = 0. Дифференцируя (в) по а и учитывая, что п = а/(2 х
х (mt + тг)], получаем

откуда

(pj — со2)3 — ajffi2/^! тг)2 -= 0,
а* = I (Ро — ®2)/ю I Их + ^г)-

(г)

Подставив соотношение (г) в уравнение (в), вычислим максималь-
ное значение рассеянной за один период энергии

Лтах = I (тх 4-тг)/[2 (р§ —со2)] |.	(д)

В резонансном режиме (р0 — а) работа сил трения обратно про-
порциональна коэффициенту трения а, что следует из уравнения (в).

71.	Используя решение задачи 70, из уравнения (б) найдем ам-
плитуду установившихся колебаний:

х0 = т0 <о2 е/ [(«?!'+ т2)К(ро — <о2)2 +	<в2].

Усилие, действующее на пружины, Fx = сх.

Найдем значение угловой скорости, при которой амплитуда усилия,
действующего на пружины, равна амплитуде возмущающей силы

0 (mj + zn2) У(р* — ш2)2 + 4п2 ыг

Отсюда, учитывая, что р2 — с/(/пх + т2), получаем

ро = ] (7PwT+4n2<oI
или

<о,='УЗрА—4п2 = у 2 (р’о— 2п2).

На рис. 299 изображен график изменения амплитуды силы Fit)
= сх0 в зависимости от частоты возмущающей силы. Из графика не-
посредственно следует, что при
® > ®i F10 < тоа>2е, а ири
о) < со] F10 > т0ш2е.

72.	Дифференциальное урав-
нение движения массы двигате-
л я имеет вид

ту+ аУ+ су — Fo sin со? (а)
или

у Н- 2пу -тРо У = (F0/m) sin W, (б)
где

2п = а/т; р* =

Рис. 299

, с = 3EJJP.

Приведем решение этого уравнения для случая установившегося
режима колебаний

у = A sin (со? ф- ср),	(в)

где	______________________

А ^Уст/V(1 — tf/PoF + (2псо/р8)2, (уст = F0/c),
tg <р = 2nco/(pJ — со2).	(г)

Полный прогиб балки

У Уо,
где yQ — прогиб от действия силы тяжести мотора mg.
Таким образом, прогиб балки, а следовательно, и напряжения в ней
изменяются по несимметричному циклу.

Вычислим величину среднего напряжения в заделке
om =« mgl/Wx = 6mgl/(bhz) = 118 МПа.

Поскольку напряжения пропорциональны прогибам, амплитудное
Напряжение можно вычислить следующим образом:

аа = Ост/К(1 —«2/р8)2 4- (2псо/ро)2>
где

сСг -= Fol/Wx = 48 МПа, р* = с/т = 3EJx/(tnF) = 1250 с’2.

Коэффициент запаса выносливости определяется по формуле

= —;—7------— .	(Д)

^a/G-iT- °т/°в

в которой единственным неизвестным является коэффициент п.

Из условия (д) получаем п — 86,5 1/с или а — 2пт = 8650 кг/с.
73. Динамический коэффициент

£дин= 1/Т^(1 —шя/Ро)а 4- (2no/pg)2.

Для приведенных числовых данных
£цип = 0,316.
74.	Дифференциальное уравнение движения массы т относительно
станины имеет вид

у 4- 2пу +p?i/ = ^ocoz(sin со/+200 sin 10 ш/),	(а)

где у — смещение массы т относительно основания,

2п = а/т\ = с/т.

Представим решение этого уравнения для состояния установившее
гося движения:

у = _ , Уо 0)1 .	sin (со/— ах)

V(P%- co2)s+ 4n2o)2	4 v

.	200сог Уо	• / 1 п/	х

-г	g0------sin (со  1 Of— а2),

У(р2 — ЮО(02)Ч 400n2w2	'

где

tg «j = 2zico/(co2 — р„), tg аа = 2Опсо/(1ООа»2 — pj).

Учитывая, что р, — 0,01 со2 и п = 0,02со, окончательно получаем
относительное смещение массы т, которое записывает прибор

у = у0 sin (со/ — aj -]- 2р0 sin (lOcof — а2).

75.	Дифференциальное уравнение малых свободных колебаний
зеркальца имеет вид

Jcp -|~аф-j. сф= М (i)
или

Ф+(2 пер +роф = Л1(О//,

где возмущающий момент

М (г) = (ВЫ/981) • 103 Н • м.

Вычислим жесткость системы. Приложим к зеркальцу единичный
момент М1 = Fxa — 1 (рис. 300, а).

Рис. 300
При этом зеркальце повернется на угол <рх относительно вертикаль-
ной оси. Считая, что h 1х (рис. 300, б), найдем

Fx = 2Qp = 2Q<$xallx.

Отсюда

Мх — Fxa = 2Qcp1a2/l1 = сфг.

Следовательно, жесткость системы

с = 2Qa2/lx.

Момент инерции массы зеркальца относительно его оси вращения
J — таЬ2/\2.

Определим частоту свободных колебаний зеркальца

р = V 24Qa2/(m3 Тх ft2) —(a/2J)2.

76.	Дифференциальное уравнение движения рамки вибратора имеет
вид

7ф4- аф-J- с<р = М0.	(а)

Представим уравнение (а) в виде

Ф 4- 2/мр -|- ро ф = ТА (М = MofJ).	(б)

Поскольку возмущающий момент Мо является внезапно приложен-
ным, т. е. удовлетворяет условию

{0 при t < 0,

Л40 при t >• 0,

а) начальные условия имеют вид при /=0ф = 0иф = 0, уравнение
б) имеет следующее решение:

Ф = ФСТ 1

~e~ni sin (pt t+ P)j ,(фст = М0/с=yi/c),

(в)

где

Po=Vrc/J-, n = a/2J-, рх = Уро—nz;

tg p = Pifn = У p|— n2/n.

Вычисления позволяют получить

С = GJ/l = 2,1  10-« кН/м; р0 = VcfT = 1440 с1.

При отсутствии демпфирования

Pi = р0 = 1440 с-1; р = л/2.

При демпфировании (п =*= 0,Зро)

Р! = 1370 с-1; tg Р = 3,17; р 72с30'.
На рис. 301 приведены гра-
фики (р/<рст для двух случаев
коэффициента п.

77.	Обозначим абсолютную
угловую скорость маховика ф.
Тогда инерционный крутящий
момент, действующий на ма-
ховик, равен Уф (У—полярный
момент инерции массы махови-
ка). Сила сопротивления пру-
жины определяется разностью

углов поворота маховика и шкива и составляет с (ф — ф) (ср —
угол поворота шкива).

Таким образом, дифференциальное уравнение движения махови-
ка имеет вид

Уф + а (ф—ср) + с (ф —ф) = 0.

Обозначим v = ф — ф. Тогда

Учитывая,

yv-|- av4-cv= —Уф.

что ф — со = соо + Wj cos kt, получаем
v 2nv v = fooj sin kt,

где

2n - a/J;	== с/J.

Решение последнего уравнения имеет вид

v = A sin (kt — 0),
где

А =	— Аа)2+ 4пайа.

Сдвиг фаз

р arctg [2nk/(p2 — ft2)].

Логарифмический декремент затуханий определяется по формуле

6 — 2лп/флрй—па.

Вычислим момент инерции маховика:

У=—(1 — —'j ^- = 0.00365кг-м2-
32 \ D* / g

Частота собственных колебаний (без затухания) и коэффициент
сопротивления

Po^/c/J^OOc^1; n = aj2J я ЮОсг1.

Тогда б — 3,63, Сдвиг фаз 0	33°40'<
78.	Дифференциальное уравнение движения корпуса вибратора
имеет вид

Мх 4- ах ~}-сх = Р (/),	(а)

где

М = т + 2 {/п0 -г т^.

Возмущающую силу Р (/) находим как проекцию на вертикальную
ось сил инерции неуравновешенных масс:

Р (0 = 2moo?e sin cat.	(б)

Амплитуда вынужденных колебаний вибратора

х0 = хС1./К (I — ю2/р§)2 4- (2псл/р1)2,
где	____

хст — 2/noco2e/c; п = а/2Л1; pv = с!М.

79.	Дифференциальное уравнение движения измерительного стерж-
ня индикатора при изменении давления

тх +ах 4-сх = Р (/) = Др (/) F0
или

х + 2 их 4- ko х — &pFfym = В sin <о/,	(а)

где

2п = a/tn; k* — chn', В — АрйРе$'(т&}.	(б)

Решение уравнения (а) имеет вид

х — Хо sin (cat — ф),	(в)

где	__________________

х0/хст = khV(kl — о2)2 -j- 4пг ю2,

tg Ф — 4nca/(k* — со2); x0I — B!k* — Ар0Гер/(сД). (г)

Подставляя числовые данные в соотношения (б) и (г), получаем

2п — 200, хСт = 1,5 мм.

График изменения x0/xc.f в зависи-
мости от a>/k0 (амплитудно-частотная
характеристика прибора) приведен на
рис. 302 (кривая 1).

80.	Дифференциальное уравнение
Движения цилиндра 4 имеет вид

тх 4- ах4-	-\-сг 4-с3)х =	(а)

или

х-)-2пх-|-роХ—BsincoZ,	(б)

где

2п = aim — 75 1/с;

= (Сх 4- с2 4- с^!т — 3,5 • 104 с“2;

в == poeAF/(mA) = 1,2 • 102 м/с2.
Статическое отклонение

хст = B/k* ~ 3,42 мм.

Зависимость частоты колебаний цилиндра амплитуды имеет вид
xolxct = [(1 —®г/Ро)2+ (2па/р$*]-Ч2.

В рассматриваемом случае

2л/р0 = 75/КЗ,5 104 = 0,4
или

х0/хст = [(1 - tf/p*) 4- (0,4co/p0)2]-V2.

График этой функции изображен на рис. 302 (кривая 2).

Там же приведено поле допуска на динамическую погрешность из-
мерения (заштрихованная полоса), уравнение которого можно пред-
ставить в виде

х0/хСт == 1 ±0,1.

Точка пересечения поля допуска и амплитудно-частотной харак-
теристики дает наибольшее допустимое значение угловой скорости
контролируемой детали сотах р$/3=62,5 с-1.

81.	Для решения задачи воспользуемся уравнениями Лагран-
жа второго рода. Кинетическая и потенциальная энергии и диссипа-
тивная функция Релея соответственно равны:

7' = mtr2/2± Jecp2/2;/7=с(/ф—/i)2/2; =	—й)2/2.	(а)

Подставив эти выражения в уравнение Лагранжа

d / аг \	ат = дп________0R_

dt \ д<р ]	д<р дф	дф ’

получим

J0<p ± al (/ср —й) ±с/ (/<р—й) = О
или

Ф ± 2/хср ± р? ф = b sin (2ла//4— у) ±р8 h0/l,	(б)

где

b = УV = Ро Ммо);

2n^al2/J0\ pl = cl2lJ0.

Решение уравнения (б) можно представить в виде

Ф — A sin (2 nvtil^ — у) ± В cos (2 nuttl^ — у) ± D.

Очевидно, что D = h0/l, а для определения постоянных А и В
получим систему уравнений:

[ро — (2лг)//1)21 А — 2n (2nv/li)B = b;

2п (2 яр//х) А [pg — (2 ny/Zj2] В = 0.	(в)
Отсюда

А -=	ЬИ-(2тоЛ)«)	.

g =____________2nb (irtv/li)____

=	[p8- (2nt///J)2]3+4n2 (2nv/ll)2 '

Решение уравнения движения (б) можно также представить в виде
Ф = Фо sin	+ р) -Ь hjl,

где

w = VA2 + В2 =__________________-________________

°	КМ — (Sw/Zjpp + 4n2 (X-w/Z,)2 '

Максимальное значение амплитуды колебаний в зависимости от
скорости движения прицепа находим из условия

dy0/dv — О
или

2 (2rt/Z)2/t§ [p*-2pl& W +
+ 4п2 со2] + 4 [(2п/1)2 hl со2 +pl (h0/l)2] х

X (р?—со2 + 2пг) = 0,	(д)

где <0 = 2 nvfly.

После преобразований выражения (д) имеем

л2со4 4- pj<oa — р* — 0.

При отсутствии затухания (п ~ 0) из последнего уравнения полу-
чаем, что наибольшего значения амплитуда вынужденных колебаний
достигает при резонансе со = р0 или v* — рй1г1 (2 л).

При наличии затухания в системе

со= |/"—Ро/2п2 ± )/р8/4л4 +р"/п2.

Поскольку физический смысл имеет только действительный ко-
рень, то

ож=(//2л)|Л—p*/2n2 4-Кр*/4п4 + pg/п2.

82.	Аналогично уравнению (ж) решения задачи 47 дифференциаль-
ное уравнение движения диска представим в виде

/ф+сф 4-signcpc* cp = Afosin(coZ-}- у),	(а)

гДе с и с* (см. задачу 47).

Считая, что в некоторый момент времени 4 — 0 в режиме устано-
вившихся колебаний отклонение системы максимально, дифференциаль-
ное уравнение на первом участке движения представим в виде

ь	Фх + p!<Pi = psin (coZ + у),	(б)

где

р\ = (с — c*)/J; р = MJJ.
Решение уравнения (б) имеет вид

•Pi = Cj cos ptt + C2sin PJ -I- [ц./(р| — a»2)] sin (at + у), (в)
где у — начальная фаза возмущающего момента.

Уравнение движения на втором участке принимает вид (см реше-
ние задачи 47)

<р2 4- р1<р2 -- и sin (mt 4- у),	(г)

где

Pl = (с + cJ/J.

Решение последнего уравнения представим в виде

Фг = С3 cos p.2t 4- С4 sin pzt [ц/(р! — га2)] sin (at -j- у) (д)

Для определения постоянных интегрирования используем сле-
дующие условия:

1)	при движении системы на первом участке имеем при t q
Ф1 = 0> Ф1 = ф1гаах!

2)	при движении на втором участке (д) имеем при t tx ф2 = 0;
Фг - <Р1.

В конце второго участка имеем (из условия периодичности) при
t-^ t2 = (л/ю) <р2 = 0, а фз = — ф1тах.

Таким образом, для решения задачи получаем следующую систему
шести уравнений (с шестью неизвестными) Сх, С2, Са, С4, tL> у:

рхС2 -|- Iцга/(р2 — га2)] cos у — 0;	(1)

Ф1тах — Cl cos рЛ 4- С2 sin p1il 4-

4- [p-/’(Pi — га2)] sin (со/г 4- y);	(2)

—pfii sin pJi 4- ptC2 cos 4- [pra/ (pl — to2)} cos (<»/, -| y) —
= — p2C3 sin p2tL 4- p2C4 cos р2^ [gra/(p| — w2)l cos (mty 4- y); (3)

C3 cos p»^ 4- C4 sin -I- ]|x/(pl — ra2)] sin (®4 -j- y) — 0; (4)

C, — lp/(pi — to2)] sin у = — {C3 cos р.2п!<й 4-

4- C4sin р2 л/со 4- Ip./ (p| — ra2)l sin (n 4- y)];	(5)

— p2C3 sin (р2л/со) 4- p2C4 cos (p2 л/со) i" lpra/(p2 — to2)! cos (л 4-

4-	T) •-" 0-	(6)

83.	Точное решение задачи об установившихся колебаниях при
наличии в системе кулонова трения оказывается весьма сложным
(см. задачу 82). Упрощение может быть достигнуто, если предположить,
что и при наличии кулонова трения в системе происходит гармониче-
ское движение

Ф = Фо sin (at 4- у).	(а)

При этом энергия, рассеиваемая за цикл, может быть определена
по формуле

U = 4 р/У/?ф0/2.	(б)
В последнем выражении учтено, что сила трения р/V прямо про-
порциональна углу отклонения системы ср, поскольку N = CjCp (см.
решение задачи 47).

При наличии в системе вязкого трения величина рассеянной энер-
гии соответственно равна (см. решение задачи 70)

= ancocpj.	(в)

Приравнивая (б) и (в), найдем коэффициент эквивалентного вяз*
кого трения а:

а = 2 ^/(ло).	(г)

Амплитуда вынужденных колебаний системы с вязким сопротив-
лением, эквивалентным кулонову трению, равна

Фо = Фс/ИО — «Й/Р?)2 +(2й<о/р8)2,

где фст *= А40/с — статическое отклонение системы при действии мо-
мента Мо; с — угловая жесткость системы,

2n — a/J = 2 цс,/ (juoJ), ро = c/J.

Угол сдвига фаз у определится из соотношения

tg у = 2 пы/(р20 — со2).

84.	Дифференциальное уравнение движения системы представим
в виде

^ф+ сир + сф + sign фс* ф = Мо -J-Mj sin&t.	(а)

Уравнение (а) заменим на следующее:

Jcp -|- ссаср 4-сф — Мо 4-sin at,	(б)

где аэ — коэффициент эквивалентного вязкого сопротивления, оп-
ределяемый из условия равенства энергии, рассеиваемой за цикл
системой (а) и системой (б).

Считая, что установившееся движение гармоническое, т. е.

ф = Фо + Ф1 sin (at + у) (ф0 — М0/с),	(в)

вычислим энергию, рассеиваемую в системе (а).

Энергия, рассеиваемая за период в демпфере вязкого трения, равна
noHpjCo, а энергию, рассеиваемую в демпфере кулонова трения, можно
определить из зависимости момента сил кулонова трения М1Р =
~ ujV/? = рс^ф от угла закручивания диска ф. Выражение для Мгр
показывает, что работа, рассеиваемая силами трения за половину пе-
риода при несимметричном цикле отклонений, равна

[(Л1тр max 4- Мтр min)/2] 2ф^ = 2|ICj /?фр Ф1 •

Приравнивая энергии, рассеиваемые за период в заданной и эк-
вивалентной системах, найдем

лаоф1<<) = лаф1© + 4 рс^фофх
или

= а + (4fjtct#/nw) Фр/фр	(г)
(б)

Амплитуду вынужденных колебаний при наличии вязкого трения
определяют по формуле

Ф1 = (Mi/c)/]' '(1 —(2/ко/рВ)2,	(д)

где

2 п — a,JJ\ pl — cl J.

Угол сдвига фаз у определим, как при вязком трении

tgy = 2 па/ (р§ — со2).	(е)

85.	Дифференциальное уравнение движения массы имеет вид

х+pQX = F	(а)

Возмущающую силу F (/) можно разложить в ряд Фурье (см. [81)
/А Г Г 2	4 { cos2co/ . cos4cd/ , COS6(i)/

f(/) = F0 -------- . о - Т- -г — +

71 JT \	1*0	О'О

Решение уравнения (а) равно сумме решений от каждого из возму-
щений (б)

2Fn 4F« v*	cos2no>/	z >

X = -----——  -	-------------------------*	t Bl

nc ntn	(2n — 1) (2л + 1) (pl — 4л2 co2)

Из решения следует, что гармоническое движение смещено относи -
тельно положения равновесия на величину

хет = 2 Рй/пс.

Резонанс наступает при р0 = 2 па, т. е. при
а = Pq/2; р0/4; р0/6; ...
86. Решение задачи аналогично решению задачи 85. В рассматри-
ваемом случае возмущающую силу можно представить в виде
(см. (81).

(0 = ^0 Г— +4sin

L п 2

Решение уравнения движения груза относительно положения рав-
новесия имеет вид

х   Fp ,	Fq sin at____2F0 у, ________cos 2яа>/_____

лс ' 2m(pg—coa)	пт	(2п — 1) (2n-h I) (Ро—4п2<о2)

Полное перемещение груза
х0 = х + tng/c.

87.	Дифференциальное уравнение движения массы при действии
произвольной возмущающей силы F (0 имеет вид

"у + Ply = (IM F (0,	(а)

где

,	2 / cos 2со/ , cos 4(of

со/---------------------j-----------

я \ 13	3-5

ро “ с/m (с 3 EJXIP).
Общее решение можно получить, используя преобразование Лап-
ласа [Ю]- Уравнение для изображения функции Y (s), соответствую-
щее уравнению (а), представим в виде

(s2 + Ро) Y (S) = уй S т £/0 +/ (s)//n	(б)

или

где yQ -= у (0), yQ у (0), a f (s) — изображение функции F (/). Пере-
ходя к оригиналу, получим

„	t

У (0 = Ро cos Р<7 + — sin ре i -|- —— f F (x)sin p0 (t—t) dr. (в)
Po	mPo J

0

Последний интеграл называют свергкой функций F (/) и sinpMf-
Исиользусм в данном случае уравнение (б). Так как F (I) — дельта,
функция первого порядка б (/), изображение которой равно единице
и Ро = У о = 0, получим

Y (s) - 1/lm (s2 4- р8)1,
откуда

Yi (0 = sinpw//(mp0).

Это решение называют реакцией системы па единичный импульс.

88.	Так как F (/) = Q и — у0 — 0, получим

(s2 + Ро) Y (s) Q/ (ms)
или

У (s) - Q/ [ms (s2 + pg)],
откуда

У (0 ~ (Q/wpg) (1 — cos Ро /), у (i) = (Q/mp0) s^n pn t.

Из полученного решения следует, что при внезапном приложении
нагрузки прогиб ртах в два раза больше, чем при статическом дейст-
вии силы. Действительно,

Ушах = 2 Q/(mpo) = 2Q/с -= 2 бст.

89.	Силу F (/), действующую на массу т, можно представить
в виде комбинаций двух последовательно приложенных нагрузок
(см. рис. 74, а). Вводя выражение реакции системы на единичную
С(,ЛУ Ух» решение в интервале времени 0 t <1 tL представим в виде

У	У2 (0 ^'о.

где

У2 = (1 — cos Р(/)/(щр§).	(а)

В интервале времени ty t оо решение представим в виде
сУммы решений

У ~	1р-2 (0 Уг(1 ^1)1*
Окончательно:

при 0 t зС h

У '-= Fo (1 — cos Poi)/ (mpl);

при tj t oo

у — Fb [cospn (/ —	— cos pQti/(mpo).

Аналогично предыдущему, для случая, представленного па рис. 74, 6i
получим:
при 0 t

У = Fo (1 — cos pj)/ (mpl);

при /j t Z2

у Fo [2 — cos pot — cos pv (i — ZJ1/ (/про);	(6)

при i tt

у -- Fa 12 cos p0 (t2 — /) — cos po (t — /,) — cos pt)t]/ (mpl).

90.	Движение системы при однородных начальных условиях yv --
— уо — 0 имеет вид (см. решение задачи 87)

t

у -----— I F (/) sin рц tdt.	(а)

тр0 J
о

В рассматриваемом случае

у = а (/ — sinp<//p0)/ (tnpl)-,	(б)

у - а (1 — cos p0Z)/(/npB).	(в)

Решение (б) можно получить и операционным методом
Учитывая, что f (s) = a/s2, получим

У (s) = a/ls2 (sa -h Р§)],
откуда (переходя к оригиналу) имеем

у (0- = a (t — sin р0//р0)/ (/пр*).

91.	Закон изменения силы F (/), действующей на систему, можно
представить в виде суммы линейных законов:
при 0 /j

F (0 = Р»(/М

при 4 С /

F ft} = — I — — — -—— •

U ti h	’

при tt sC t

=	—Lik/zzk	(t~/j.

ii h ti-tv

Используя решение о реакции системы на действие нагрузки, из-
меняющейся по закону треугольника (см. решение задачи 90), приве-
дем уравнения движения к виду;
при 0 < / < /1

ti mpl \

— sin р0 /);
Ро

при ty t

££. _Л_ 11-------sin р0 /---------±L (/-/x)

4 "’Po \ Ро / It—И ii тро L

------ sin p0 (t — yl ;
Po	.1

при t2 t

I'd	1 /j	J	A F$ 1 Г/v	л \

У= —---------\t-----Sinpoq---------5---------—Л) —

G	'"Po V	Po	J	ia—h	G mp* [

---  sin p0 (t — ii) I -!- —-Ц- [(/—Aj)------sin p0 (t — t2)

Po	I G—h wPo L	Po

Это решение можно получить, используя формулу для изображения
полигональной функции [10, с. 891; для F (I)



так как

У (s) = f(s)ll[tn (sa+pg)],
то

у(о=А Г-г* ® и - (т2- 4 7-)<ра-^ц/-4)ч-
^Pn L *i	\ч —*'i	н/

G — G	!

где

Ф (/) = t — sin Ро^Ро.

если t2 = 2 /ь то

У ® = -у- 1Ф (0 V (0 ~2ф [t-tj U (1-Q +ф (А-2/0 U
тРо G

92.	Решения уравнения движения имеют вид (см. рис. 76, а, б)

а)	у (/) (Foi(mp^tj)\ [ф (/) (/(/) — ф (/ — G) U (I — А)!;

б)	У (/) - Ф (0 U (0 - Ф (t-tj и {t-h) -
mpf, LG	h

где

Ф (0 - t — sin pQtlpQ.

93.	Уравнение движения

У п-P? y~--F(t)jm,
где F (/) - - функция, составленная из периодически повторяющихся
импульсов, имеет периодическое решение с периодом вынуждающей
силы Т только при специально подобранных начальных условиях
Ро у (0) и 'у о =- у (0).

Пользуясь правилом отыскания изображения для периодической
функции и для дельта-функции, получаем

(s2 -Ьро)у (S)— sy0 — у0 = 1/[та (1 -e-sr)].

Отсюда

Y (s) = (sp0 + р0)/(.$а -hpj)-I-1 /[in (s* |- pg) (1 - - e~sT)|	(а)

И

f/(0=PoCOspwf 4- -^-sin'p0 i -|----— V sinp0(f — kf)U tf-kT).

Po	mPo

Из (а) получаем решение для интервала 0 t Т

у (I) уй cos pot -I- (i/o/po) sin I- (l//npo) sin р0Л (6)

Для того чтобы решение (б) было периодическим, должны быть
выполнены условия периодичности: у0 у (Г); уй — у (Т), которые
позволяют получить два уравнения для определения нужных началь-
ных условий:

у0 (1 - - cosp0T)—(у0/р0) sin р0Т = (l/mp0) sin р0Т;

у0 sin РоТ 4- (уо/Ро) О — cos РоЛ “ (Ь>пр0) cos р0Т.

Определитель системы D равен

Р — 2 (1 — cos р0Т)/р0.

Если 7t=/= 2 йл/pn, т. е. отсутствует резонанс (определитель не ра-
вен нулю), то искомые начальные условия имеют вид

ijo = sin р07’/[2 (1 — cos р0Т) тро\\ Уо ~ — 1/(2 т).	(в)

Подставив (в) в (б), получим искомое периодическое решение для
одного периода 0 t Т:

У (0 = —*— (—--Ро - - cos р01 4- sin ро
2/wp0 \ 1-cospoT ro 1	™ /

или

у it) = (Alpo) sin (р0/ -|- а),
где

А —	2(1 — cos р0Т) ]; tga = sinp077(l —cosp0T)-

Отсюда амплитуда скорости хтах — А; амплитуда перемещения
•^max AipQ.

94.	В одном периоде функцию F (t) можно выразить так

Ео (/) = (1/щ) [о (/) — о (t — TI2)].
Изображение же функции F (0
f(s) = (l—	—е-п)]--^ 1/[/п(1 -?е-Гс/2)],

а изображение у (0

1 *	1	00	kTs

Y (s) = Sj/o+ ,7а 4------- Y(—1)*е	2

*г+Р*и	"Фг + р1)

отсюда

• । •

у(0 —f/ocospoi* 4- — sinpo/4------У (— l)ftsinpox

Po	mP° k^o

\	2 /	\	2 )

Так же как в задаче 93, периодическое решение с периодом Т может
осуществляться только при специальных начальных условиях у0
и у0. Найдем их из условий

у (Т/2) = — у0,	у (772) =- — t/0

и используем для нахождения решения у (0 в полупериоде
О < t С TI2-.

y[t} = у0 cos рп1 -|- (уа/р0) sin pot 4- (1/mpo) sin pot.

После вычисления

l l .	. s\n.pQTl2	A

y(t)  --7- sin p0 t — - po -- cos /V ;

2етро \.	l + cospoT/2	]

• r,\	1	/	, . sin po 772	, A

Z/(0 = — cospo t 4- -	~ — sinp0Z .

2m \	l+cosp0T/2 )

95, В интервале 0 t T функцию F (0 можно представить
в виде

F (0 = h [17 (0 — U (t — 0)1

и, следовательно, изображения F (0 и у (0 имеют вид

у .') _ $Уо l~j/0 _[ft О е S^)
s4 I-Ро ms(s2 -I- р<)(1— e~sT)

Переходя к оригиналу, получим решение у (0 для одного пе-
риода:

У (Р == Уо cos ро 14- — sin р0 t 4—(cos ро (t—ti) — cos p0 0. (a)
Po	MPa

Определим у0 и y0, так же как в задаче 93, из условий

У (Л = Ро’. У (Л = Уо-
Из соответствующей системы уравнений получим

h 1 — cos ро 71 > cos Ро {Т — /х) — cos р0
1 —cosp07

h sin pltT—sinp0 (T—sin p0 tL

2mpQ	1—cospo?’

Подставив (б) в (а), после элементарных преобразований получим
искомое решение в интервале 0 t Т

t . Z1	( Т—\

/isin ро — cos р« {t -j- -—

у (/) _------------------------------- 4- 2 sin р0 (/--L )

sln Po V

В интервале T t oo это решение продолжается периодически
с периодом Т.

96.	Дифференциальное уравнение движения массы щ

где

У 4- 2лу -'-ро У - (1//И) F (О,
2п = а!tn.

(а)

Переходя к изображениям, получим
СО

(sa 4-2ns +Ро) Y (s) =••= 2/гу0 4- уй +syn V e~kiT
m k^0

Для одного периода (0 i Т) в сумме справа следует взять
лишь первое слагаемое, приняв k = 0.

Переходя к оригиналам, получаем решение для первого периода:

у (0 — е~п1 Уа COS соо f +

JH/f] -4" (/О	ji 1	• j.

—---------— Sin C0n t 4------------Sin (Do t

<Oo	zncoo

(6)

где

= Vrpi~ П*.

Для того чтобы решение было периодическим с периодом Г, нужно
подобрать начальные значения у0 и у01 используя условия периодич-
ности:

Уо у ^); Уо = у (Л-	(в)

Дифференцируя (б), получим у (/). Из условий (в) найдем необхо-
димые начальные значения yQ и t/0:

enl sin о0 Т

Уо-

(е2пТ—2епТ cos (о0 Т + 1)

„ г / m п	\

е cos Г—------------sin w0 Г — 1

____\______________<0о_______/

m {е2пТ — 2епТ cos <оо 7 4 1)

(г)
Подставив (г) в (б), получим искомое решение в интервале 0

Г, которое справедливо и для последующих интервалов.

97,	Рассмотрим элементарный объем жидкости, выделенный из
трубки сечениями х и х Ч~ dx (рис. 303). Масса этого объема dmL =
L_- pF{ldx (здесь mt — масса единицы длины столба жидкости т± —
г.-: pF0 • 1).

На рассматриваемый объем действуют сила тяжести (dm-^g), каса-
тельная составляющая — сила инерции (d/nx(px) и сила Кориолиса
(2d/nL*MP)« Момент сил относительно точки подвеса равен

dM — — (grp Ч 'Ф* Ч- 2уоф) xdin

или

I

/И = $ dM	Р £ф/2 Ч” ^1Ф Z3/3 Ч-

о

Момент сил инерции массы трубки и момент силы тяжести
/Ио — — (m0(p/2/3 -|- wog(pZ/2).

В соответствии с принципом Даламбера
М Ч- - О

или

•• , 3/их - । 3 о

Ф Ч----—— Ф Ч------— ф = о*

/По + fM	2 / Ч V

Отсюда находим, что частота собственных колебаний трубки, за-
полненной движущейся жидкостью,

Р = K3g/(2/)—13отх р0/(2 (z?in -J-m! /))]2.

Движение является апериодическим при v > v*. где

= l("*o 4-тх Z)/mT] V 2g'(3/).

98.	На рис. 304 изображено деформированное состояние системы
при ее колебаниях. Изгиб трубы сопровождается появлением центре-
бежных сил инерции в жидкости, величина которых на единицу дли-
ны трубы составляет

q — ibiMpu,	(а)

nd2

где Mi — -^-р — масса жидкости, приходящаяся на единицу трубы;
pR — радиус кривизны трубы в рассматриваемом сечении.

Дифференциальное уравнение изогнутой оси трубы имеет вид

[EJxy"] — q,	(б)

dzl

где J х = nd’6/8 — осевой момент инерции сечения трубы.

Так как в выбранной координатной системе zOy (рис. 304) вторая
производная прогиба отрицательна, то

q — лгги2/рв  ‘ — m^cPy/dz2.	(в)

С учетом последнего уравнение (б) принимает вид

EJsy1N -I- т-^у" = 0.	(г)

Решение уравнения (г) представим в виде

у — Ci cos vz	С2 sin vz Caz + С4,	(д)

где

V8 =- tny^tiJEJ^.

Постоянные интегрирования определяем из граничных условий:

1) при г = 0 у = 0; 2) при г — 0 Ми = EJ ху" = 0; 3) при
z = I у' = 0; 4) при z = l Q — EJxy"r — — ту^!2.

Последнее условие представляет собой выражение для перерезы-
вающей силы (при z = /) через силу инерции массы т.

Используя эти граничные условия, уравнение изогнутой оси трубы
представим в виде

у = — Imt/0) (2va EJX)] (sin vz/cosv/ — vz),
откуда следует, что уравнение движения массы (z = /) имеет вид
у0 + 2EJxvs cos vly0/[m (sin vl — vl cos v0] = 0	(e)

Частота колебаний груза зависит от скорости протекающей жид-
кости:	________________________________

р = ]/r2£7a.v3cosv//[/n(sin vl—v/cosvZ)].	(ж)

Если скорость протекания жидкости v — 0, то из (ж) получаем
обычную формулу для определения частоты собственных колебаний

р=

Частота колебаний равна нулю при cos vl = 0, т. е. при vl = я/2,
откуда следует, что критическая скорость протекания жидкости

v* = EJxlmt — (л/2/) YEJJtnL.
99.	Рассмотрим элементарный объем жидкости, движущейся по
радиальному отверстию со скоростью а(| (рис. 305). В процессе малых
колебаний на него действуют дополнительная сила инерции перенос-
ного движения dm^rep и сила Кориолиса (2	Момент этих сил

относительно оси вращения равен

dM = — dm± г2 ф — 2dmT щ cpr,

где — масса жидкости, приходящая-
ся на единицу длины отверстия; ф —от-
клонение угловой скорости диска от ста-
ционарного значения со.

Полный момент сил инерции жид-
кости
g «

М - — п\ (г2<р  |- 2y0cpr) m, dr —

= —firtii [<р (d —г)/3 +ад') И — ri)]-

Кроме того, при колебаниях диска на

него действуют момент инерции J<p имо-	Рис. 305

мент упругих сил со стороны вала сер.

С учетом всех действующих на диск сил дифференциальное урав-
нение его малых свободных колебаний можно представить

ф + M(ri-ri) ----------------с------ = 0>

J + nmt (г2 — ф/3	J -тптг (г% — г?)/3

откуда найдем частоту собственных малых колебаний диска с уче-
том протекающей жидкости и скорость и* (из условия = 0):

_________с______________1_ / nvgmi(rl-~rf) Y*

J + пт1 (г» - rl)/3	4 \ / +	- г?)/3 / ’



100.	Решение этой задачи отличается от решения задачи 98 толь-
ко определением перерезывающей силы. При наличии пружины сле-
дует считать, что

Q = — EJ ху'" = — (туо + су0)/2.

откуда выражение для критической скорости протекания жидкости
получим в виде

tgvl — (vic — 2EJxvs)/c.

101.	Рассмотрим отклоненное состояние диска (рис. 306, а). В этом
положении на диск действует упругая восстанавливающая сила

Л=—	(а)

где с — жесткость вала при изгибе (с = ЪЕ1Х!Р).
Так как i\ = г — е, то упругая восстанавливающая сила

(б)

В таком случае дифференциальное уравнение движения в вектор-
ной форме имеет вид

тг +с (г—е) = 0,

(в)

где т — масса диска.

Уравнение (в) представим в проекциях на неподвижные координат-

Рис 306

ные оси х и у:

тх+ сх =- се cos о>/, I , ч
(г)

ту-\-су = се sin со/. I

При установившемся движении
решение системы уравнений (г) по-
лучим в виде

х---[ери/(р‘о—ел2) J costa/; у =

[ерИ(Ро — о?)] sin м1,	(д)

где

Pv = V с/т.

Из уравнений (д) следует, что не-
ограниченное увеличение амплитуд
наступает при со* — р0 = У~с!7п.

При со < го* отклонение центра
тяжести диска от оси вращения рав-
но г\ е, а при ы > со* смещение
центра тяжести диска происходит
в сторону центра вращения q — е
(рис. 306, 6).

Как следует из выражений (д), при весьма высоких скоростях вра-
щения (со -* оо) происходит самоцентрирование диска (смещение г
стремится к нулю).

В рассматриваемом случае масса диска

т — nD2hp/4 =- 0,625 кг.
Жесткость вала

с = SEJJP == 2,35 кН/м.

Частота собственных колебаний

р0 = \fc/m — 61,4с'1.

Отклонение вала от положения равновесия (см уравнения (д)1

или

г\ = г—е =	х2 + у2 — е ~ есо2/(р? — со2),



е

i^/ps

= 1,6 мм.
Определим силу, которая отключает стержень на 1,6 мм:
Р = сб =~ сг, - 3,77 Н.

Наибольшие напряжения в вале (Л4И « Р//2, IV” х — жР/32)

о = MJWX = 38,4 МПа.

102.

ш* =)/3EJx/(/nZ;i).

103.	В отклоненном положении (рис. 307) на вращающийся вал
действует инерционная распределенная нагрузка интенсивностью

q — т^у.

где m0 — масса единицы длины ва-
ла; to — угловая скорость вала; у —
прогиб вала.

Составим дифференциальное урав-
нение изогнутой оси вала в системе
координат, вращающейся с валом:

EJxyw = q = mQasly. (а)

Рис 307

Соответствующее характеристическое уравнение
Л4 — fe4 -- (А2 — /г2) (%2 -Ь fe2) = О,
где

k* = tn0<a2/(EJ х).

(б)

и решение уравнения (а)

у — Ct sin kz + С8 cos kz -т- C3 shfez + C4 ch&z.

Приведем граничные условия при шарнирном опирании концов
вала:

при z 0	у -= у" -- 0;

при z = I у - - у" --= 0.

Для определения постоянных интегрирования имеем систему че-
тырех однородных уравнений:

С2+С4 = 0;

— А2С8-|-/г3С4 = 0;

Ci sin kl +C2 cos kl -r C3 sh kl -J-C, ch kl = 0;

— Ci A2 sin kl—C8 A2 cos kl + C3 k2 sh kl 4-С4 k2 ch kl = 0.

Приравнивая нулю определитель этой системы, найдем

sin kl • shkl = 0.

(г)

Наименьший отличный от нуля корень этого уравнения kl — л,
т‘ е. критическая угловая скорость вала равна

<»* = (л2//2) | EJjmv.
104.	Уравнение упругой линии при изгибе вала в системе коор-
динат, вращающейся вместе с валом, имеет вид (см. задачу 103):

у — Сг sin kz  ~ C2 cos kz + C3 sh kz 4- ch kz,

k* = (EJX).

В случае консольного закрепления (см. рис. 86, а) граничные усло-
вия имеют вид:

при з = 0 у = у' — 0;

при г — I у" -- у'” — 0,
что позволяет получить уравнение для определения критической уг-
ловой скорости

cos kl • ch kl = — 1.

Решение последнего уравнения наиболее просто получить графи-
чески. Для этого достаточно найти координаты (feZ)i пересечения левой
части графика уравнения с прямой т| = — 1 (рис. 308).

Наименьший корень этого уравнения
(AZ)j « 1,875,

а критическая угловая скорость

= (3,52/И Г£4/т0.

В случае крепления вала, как показано на рис. 86, б, соответст-
венно имеем:

при z — 0	у — у' — 0;

при z = I	у — у' -Q,

что позволяет получить уравнение для определения критической
угловой скорости

cos kl • ch kl — 1.

Наименьший отличный от нуля корень этого уравнения (kl)t *=
= 4,9, а критическое значение'угловой скорости

о* — (24/Z2) Y
105,	В отклоненном or прямолинейного положения равновесия
состояния на каждую единицу длины трубы действуют сила инерции,
вызванная вращением трубы с жидкостью, равная (mQ + mJ со2у,
и центробежная сила инерции движущейся жидкости, вызванная ис-
кривлением вала	— тр*у” (рис. 309) (знак минус опреде-

ляется знаком кривизны).

Дифференциальное уравнение изогнутой оси вала представим
в виде

EJxylv == {то + /и1) “2 У -  т1 и* У”	(а)

или

f/lv4-A?ff- А^ = 0,
где

А2 = m-i&HEJд), А* — (т3 4- mJ <o2/(EJJ.

Характеристическое уравнение для уравнения (а) имеет вид

А4 + k^2 _	= 0(

откуда

Кл = ±	(*? + I 4 4Aj)/2; ’

Х8>4« ±

Решение уравнения (а) получим в виде

у — CY sin Zqj 4' С2 cos К2 z 4* С3 shX3z 4- С4 ch X4z.

Для определения постоянных интегрирования имеем условия:

при г = 0 у — 0	и	у" 0;

при г =® I у — 0 и у" = 0,

Для определения критической угловой скорости получим урав-
нение

sin XJ • sh Х31 = 0.	(б)

Левая часть уравнения (б) равна нулю в следующих случаях:

1) А3 = 0, т. е. при <а = 0; 2) XJ =* Ал.

При А = 1, т. е. XJ — л, получим значение критической угловой
скорости

= К я4	| Z4 (m0 + mJ] — л2 тх ог/[/2 (т0 4- mJ],	(в)

106.	В соответствии с принципом Даламбера, уравнение движения
рычага 2 можно получить, взяв сумму моментов относительно точки А
всех сил, действующих на рычаг:

Ja ф4-m2ф/{/2 4-cli ф/2—т^'1 II ф = 0,	(а)

где JАф — момент силы инерции рычага при колебательном движении;
т2ф^ — момент сил инерции штока; cl*<p — момент силы сжатия .
пружины;	— момент дополнительной инерционной центро-
бежной силы, возникающей при отклонении рычага при колебании ла
угол ср (со -•* ^RJR).

Отсюда собственная частота колебаний

При со2 > со* = с/‘1/(2 малые колебания масс лп, становятся
неустойчивыми и нормальная работа чувствительного элемента регу-
лятора скорости нарушается, тем самым критическое значение угловой
скорости 6)* является верхним пределом рабочих угловых скоростей
регулятора.

107.	При малых колебаниях грузов гн, их горизонтальные смещения
Аг имеют связь с вертикальным смещением втулки т2 — &у в виде
соотношения

by = l/j/fG + Z2)l (tga Н- tgp) Дг = kAr. (а)

Для составления дифференциального уравнения движения грузов
воспользуемся уравнением Лагранжа второго рода

_о.	(б)

dt дд dg dq

Составим выражения для кинетической и потенциальной энергий

Т =	| 2 т*। 2 'Мг+ауД)2 °г. I

2	' 2Аг ‘Г 2	’ I	(в)

П = т2 g (у0 4- Ау) 4-с (уо + Ду)3/2,	I

где у о — величина сжатия пружины при стационарном режиме ра-
боты регулятора.

Принимая за обобщенную координату q смещение Ду, из уравнения
(б) получим
[	, 2т, \	, /	in^arX . ,	„ ।	2т1г(£>* п

( »’4+-d-|^l/ + lc----~]^У-гтгё + сУй----------*----°-

Так как в стационарном режиме Ду — Ду = 0, то
/n2g 4- су» — 2 myitrik — 0,
и, следовательно, дифференциальное уравнение малых колебаний ре-
гулятора можно привести к виду

Ду -f- р2Ду = 0,	(г)

где частота собственных колебаний системы

р = V (k* с—2тх со3)/(й3 /п, + 2/Пу).	(д)

Из (д) следует, что существует критическая угловая скорость ре-
гулятора	___________

<1>й='|/^2с/(2/п1),
при которой собственная частота колебаний равна нулю.

io* 1	, ,/\ т*е 1’ w2gP .

W8.	|/ | —)	—

109- При малых колебаниях стержня относительно положения
динамического равновесия на стержень действуют момент сил инерции,
равный Joq>, сила тяжести Q mg и центробежная сила инерции,
направленная перпендикулярно оси вращения и равная

0,5 ml со2 sin (а + <р).

Здесь угол а определяет положение динамического равновесия,
аф — малое отклонение от положения динамического равновесия.

Уравнение малых колебаний стержня получим в системе координат,
вращающейся с угловой скоростью <о. Стержень может поворачи-
ваться относительно оси, проходящей через шарнир. Для положения
стержня, показанного на рис. 90, эта ось перпендикулярна плоскости
чертежа и проходит через точку О.

Приравнивая сумму моментов, действующих на стержень, сил
и момента инерции стержня относительно этой оси нулю, получим
уравнение

— Jo ф + ~ о)2 sin (а -|- ф)	1 cos (а + <р) —Q — sin (а -ь <р) = 0.

2	3	2

Учитывая, что Jo — и считая угол <р малым, получим

ср + ^-^- -у- cos а—со2 cos 2а ) ср 4--^--у-sin а— у- sin 2а — 0.	(а)

Два последних слагаемых в этом уравнении соответствуют поло-
жению динамического равновесия при ср = ср 0, т. е. их сумма
равна нулю

1,5 g sin a/l — 0,5 a>s sin 2d — 0.

Следовательно, положение равновесия возможно при двух значе-
ниях угла а:

а, = 0 и а3 = arc cos 13 g/(2co2/).	(б)

При а1 — 0 из уравнения (а) следует, что колебания будут устой-
чивыми при

со2 < 1,5 g/l.

Критическая угловая скорость, при которой состояние равновесия
Неустойчиво, равна со* — ]/ 1,5 g/l.

Подставив в уравнение (а) а2, получим, что при

со2 > 3g/(2Z)

любое отклоненное состояние равновесия является устойчивым.

ИО. I)	2) р = КёД-со2; 3) p==co]/l-[g/(Zco2)]2.'
111.	Кинетическая энергия груза при малых колебаниях

Т 0,5 тх2 -|- 0,5 ти>2хг,

гдех— смещение груза, отсчитанное от оси вращения.
Потенциальная энергия деформации пружин

П — 0,5с Ц60 + х)2 + (<% — х)2| = с (6g + хг).

Составляя функцию Лагранжа L — Т — П и подставляя ее в|
уравнение Лагранжа, получим

х + (2с — /па2) х/т = О,
откуда собственная частота колебаний

р = |'2с//п—со2.

Критическая угловая скорость равна

<•>* ~ |' 2с/т.

112.	Дифференциальное уравнение относительного движения массив
т имеет вид

х + (с — /псо2) х!т = 0,

где х — отклонение массы т от положения динамического равновесия.|
Частота колебаний и критическая угловая скорость

р = У с/т—со2, со* = ]/с/т.

113.	В процессе малых колебаний на пластинку действуют силья
Y — подъемная сила, А4С — момент, создаваемый упругим стержнем,
и инерционная нагрузка.

Поскольку площадь поверхности пластинки $ =- bh, подъемная
сила

Y = лро2Ьйа.

.Момент Мс — са, где с — угловая жесткость системы (с = в
= nd4G/(64/)).

Момент сил инерции пластинки Ja, где J = (bh2f>/3) (h 4- 3JA’)i
р1 — момент инерции массы пластинки относительно оси вращения!
(pt — плотность материала пластинки).

Используя принцип Даламбера, составим дифференциальное урав
некие движения в виде суммы моментов всех сил относительно оси!
вращения:

Ja 4- са — К (3/1/4 j- d/2) = 0
или

а 4- 1с/J — npo2bWi!/(2J)]a = 0 (ftx = Зй/4 4- d/2),
откуда частота собственных колебаний пластинки

р = Ус/ J—яро2 />йй1/(2 J).
Нетрудно видеть, что существует критическая скорость при
которой частота колебании равна пулю — система теряет устойчи-
вость (происходит дивергенция пластинки)

|/ 2c/(npWz/ii).

114.	Дифференциальное уравнение малых свободных колебаний
рычага имеет вид

Jff -|- с<р — или Ф + (с — F0R) ф/^ = 0.

Частота собственных колебаний р — ]/(с — FnR)iJ. Критическая
сила F* — c/R.

115.	Сила притяжения массы т магнитом

F - кФ2!а{.

Если массу т сместить в горизонтальном направлении на малую
величину х (х aj (рис. 310), то возникает сила, равная разности

сил притяжения:

ДЕ - кФ2/(а1 — х)2 —

— &Ф£/(ах 4-х)2 « 4АФ2х/а’.

Воспользовавшись принци-
пом Даламбера, получим диффе-
ренциальное уравнение движе-
ния массы

тх  |- 2Т^хН — 4кФ2х/а[
или

х4- 12Та1(т1)~ 4/гФ2/(та2)1 х-0.

При малых колебаниях ча-
стота собственных колебаний
массы т в магнитном поле

р = К 2Т0/{т1) — 4кФо/(тая1).

Интересной особенностью полученного выражения для частоты
является зависимость ее от Фо, которое эквивалентно по своему влия-
нию «отрицательной упругости».

Каждому значению натяжения То соответствует критическое зна-
чение магнитодвижущей силы, равное

Фж=| Tofl?/(2*Z),

При котором частота р равна нулю. При этом значении Ф* состояние
равновесия массы т является неустойчивым, т. е. колебания невоз-
можны.

116.	р = VЬ^Ё7(4^Г^кФи(т^), Ф* « Vbh3 Eaf/(16A/3).
117.	Воспользовавшись методом сил, получим дифференциальное
уравнение движения массы

У sn (—ту) -I- 612Т?(„	(а)

где 6П — прогиб балки в точке крепления массы т от единичной силы

бп - /3/48£J;

612 — прогиб в точке крепления массы т от единичной силы, при-
ложенной к балке па расстоянии z от начала координат, или, что то
же самое (по теореме взаимности перемещений), прогиб балки на рас-
стоянии z от единичной силы, приложенной в месте крепления массы т.

Для б12 примем приближенное выражение

6цsin~ •	(б)

Так как z = vt, го окончательно получаем дифференциальное урав-
нение колебаний массы т

у ‘г Р*У = (Ro'm) sin avtH.	(в)

При однородных начальных условиях у (0) — у (0) = 0 решение
уравнения (в) имеет вид

Из рассмотрения знаменателя выражения (г) следует, что имеется
критическая скорость движения силы 7?0, которую находим из условия

Р? — (nvjiy - 0,
откуда

ц, - /р0/л = (//л) ]/48ЕЛ/(Рт).

Однако при этом значении скорости v в уравнении (г) получаем
неопределенность, раскрывая которую (пот? -> р0), получим

у = — [/?o/(2znpo)W cos pvt — sin pnt/p0).

Так как время движения силы по балке конечно, то конечно и сме-
щение массы т, т. е. никакой критической скорости нет

118.	Для составления дифференциальных уравнений движения
воспользуемся методом Даламбера. Спроектируем все силы, действую-
щие на груз, па неподвижные оси хОуу (рис. 311):

гпх= —N sin <р;	(	. .

ту= N cos ф —mg. )

Исключим из уравнения (а) величину натяжения Л'

т (х cos ф + у sin q>) = —mg sin ф.	(б)
Координаты положения груза выразим через угол отклонения
стержня от вертикали и смещение точки подвеса yt:

у = 1—/созфЧ-^;
x = /sin<p.

В таком случае

y — l (<р sir? <p-l - q/ cos ср)— г/0о3 sincoZ;
х = I (ф cos <р—<р“ sin ср).

(в)

(Г)

Подставляя выражения (г) в уравнение (б) и считая угол ср малым,
т. е. полагая cos <р — 1; sin <jp — <р; <р2 « 0, получаем

ф + \g!l — 0/oft>2/0 s,n Ф ~ 0.	(д)

Уравнение вида (д) обычно приводится
к форме уравнения Матье

efty/dt2 -|- (а -г 2<? cos 2т) <р == 0,
где

а — 4 т ~ а>//2, 2q = tyjl.

В зависимости от конкретных параметров
системы малые колебания маятника будут
устойчивыми или неустойчивыми. Устойчи-
вым колебаниям соответствует положение
изображающей точки на диаграмме Айнса —
Стретта в пезаштрихованных областях (при-
ложение 1). Если параметры а и q таковы,
что изображающая точка попадает в заштри-
хованную область, то движение неустойчиво.

В рассматриваемом случае

а - 0,784, 2q = 0,08,

что соответствует точке на диаграмме (приложение 1) в устойчивой
зоне.

119.	Решение задачи аналогично решению задачи 118. В отличие
от него коэффициент а уравнения Матье отрицателен. Движение
Маятника устойчиво при со > 396 с-1 (при выполнении условия
|а|<<72/2).

120.	<ою1п ~ 125 с-Ч

121.	Дифференциальное уравнение малых свободных колебаний
пластинки аналогично уравнению движения, полученному в задаче
И8. Если пренебречь силой лобового сопротивления, которая при
Малых отклонениях пластинки весьма мала, то, считая в указанном
рещещи скорость потока переменной и пренебрегая слагаемыми со’,
получим дифференциальное уравнение движения в виде

(Paldx- Я- (а + 2q cos 2т) а — 0,
где

4 г cl* Зя bl2 pujx 0^	4 Зя 6/2pD0Uj

4 J Р	ш«~”2	1	’

При указанных в задаче параметрах па — 1,53, коэффициенты
уравнения Матье равны:

при и3 = 5 м/с 2ц —- — 0,132;

при иг = 10 м/с 2q —- — 0,264.

Из диаграммы Айнса — Стретта (приложение 1) следует, что при
изменении амплитуды скорости потока в заданных, пределах коле-
бания являются устойчивыми.

122.	При составлении дифференциального уравнения движения
можно воспользоваться приближенной формулой для определения
прогибов стержня при продольно-поперечном изгибе

У —	- Wa).

где Ра — n2EJ ж/(4/а) — критическое значение сжимающей силы;
у„ = — ту'с — прогиб от действия только поперечной нагрузки,
которой в рассматриваемом случае является сила инерции массы
(здесь с— жесткость стержня при изгибе).

Таким образом, дифференциальное уравнение движения можно
представить в виде

у + (1 — Р/Рэ) су!т = 0,
или

у + (а + 2q cos 2т)у — 0,
где

„21^^8.63,	--

ml* я21т)	со3

- —0,39.

яа 1т

На диаграмме Айнса — Стретта точка с такими координатами харак-
теризует устойчивое движение.

123.	В рассматриваемом случае жесткость балки при поперечном
изгибе с = 24 EJX/P, а критическая сила Рэ = ла£/х//’2.

Коэффициенты уравнения Матье равны:

Ро \ '4с

Ра / то?

4, 2<? =

Р, 4с __

Ра то>г

-0,04.

Точка с координатами a = 4, 2q = — 0,04 находится в области
неустойчивости на диаграмме Айнса — Стретта (приложение 1).

124.	Дифференциальное уравнение движения массы т можно пред-

ставить в виде

у 2 (То Тг sin «О yttjnl) — 0

или

где

dfyidx2  |- (a j- 2q cos 2т) у = 0,

a = _L2Zk = 5(l2, 2<7= —-^ = 2,56,
со2 ml	<п2 ml

uv
Движение массы т является устойчивым, так как точка с коор-
динатами а = 5,12; 2q — 2,56 находится в незаштрихованной области
диаграммы Айнса — Стретта (приложение 1).

125.	Дифференциальное уравнение движения груза представим
в виде

у = — 6ц ту,	(а)

где

6И ~ P/(3EJх) - (/0 — sin <at)3/(3EJx).

Ограничиваясь линейной частью разложения функции 1/бп в ряд
по степеням /ъ получим дифференциальное уравнение движения
в виде

•• 3EJX
у-\----

J тЦ

J-З — sin «>/)?/ = О

(б)

Последнее уравнение удобно представить в форме уравнения
Матье

<Ру!длг + (а -|- 2q cos 2т) у — 0,	(в)

где

a = JL^k	2<?--=—о>/ = —+ 2т.

со» ml't	«« m/g Zo	2

Подставляя величины параметров системы в последние выражения,
найдем

а = 2,5, q = 0,75.

Решение уравнения Матье (в) будет устойчивым или неустойчивым
в зависимости от соотношения между коэффициентами а и q. В рассма-
триваемом случае (приложение 1) изображающая точка на диаграмме
попадает в незаштрихованную область, т. е. движение груза при вы-
бранных параметрах системы устойчиво.

126.	В произвольный момент времени
точка перегиба нити О имеет смещение от
своего среднего положения на величину
а нить отклонена от положения равнове-
сия на угол ср (рис. 312).

Используем теорему об изменении мо-
мента количества движения

-г Л)2 <Р 1 = — mg -I • f/t) Ч>,	(а)

откуда

Ф + 2у! ф/(/0 -1- yj i- g<p/(Z0 + z/i).	(б)

По методу Даламбера, необходимо
рассмотреть равновесие сил, действующих
а груз в произвольный момент времени.
Такими силами являются сила натяжения нити N, сила mg и силы
инерции тх и ту.

Спроектируем все действующие на груз силы на вертикаль и го-
ризонталь:

ту — /V cos (р — mg,	(в)

тх = —N sin <р.	(г)

Выразим координаты груза х и у через угол ф и длину нити Zo:

* = (4 Ч- Ух) sin ср; у =- (/0 + ух) (1 — cos <р).

Подставляя последние соотношения в уравнения (в) и (г) и исклю-
чая из них силу натяжения N, получим уравнение (б).

127.	Дифференциальное уравнение движения маятника имеет вид

•• । 2 dl - . g	Л

<р+—-^-<Р + 'Т<Р==0'

I at I

где I 10 |- lt sin <»i.

128.	Изменение положения массы т вызывает изменение момента!
инерции системы. В таком случае для составления уравнения дви4
жения удобно воспользоваться теоремой об изменении момента ко-
личества движения

-^U<p) = SMv/(	(а)

где J0 — полный момент инерции массы системы относительно точки
подвеса О; ф — угловое отклонение системы от положения равновесия;

1 — моменты внешних сил, действующих на систему относительно
точки О.

Уравнение движения массы т относительно рамы имеет вид

х — хп sin tot.	(б),

Момент инерции системы

Jo — Ji + т Go + xo sin co/)a.	(bi

Момент сил тяжести относительно точки подвеса О при отклонении
системы на угол «р

2Мог ==• — migittp — mg (l0 Ч- х„ sin w/) ф.	(г);

Подставляя выражение (в) и (г) в уравнение (а), получаем диффе-
ренциальное уравнение движения системы в виде

+ т (1Л •!- х0 sin <»/)а] ф Ч- 2ffix0o (10 +

Ч- х0 sin ©О cos o)t • <р Ч- g [т^ + tn Go + х0 sin ©/)] ф — 0.

129.	Решение аналогично решению, приведенному выше для зи
дачи 128. Дифференциальное уравнение движения маятника имеет!
вид

•• ,	2х0 cos о>1	 . д	„

Ф Ч-----2-----<оф Ч-----5----Ф = 0,

/оЧ~Хо s*n «о/ /оЧ- xt> sin u>t

где ф — угол отклонения маятника от вертикали.
130.	При отклонении вагонетки от поло-
жения равновесия на расстояние х и поворо-
те шкива на угол <р изменение длины троса
(рис. 313)

А/ = R(f> -г V /J i -г хг—101,

или в случае малых колебаний (х < /01)
А/ — /?<р.

Отсюда следует, что изменение натяжения
в тросе

АТ - Д/ЕТ//0 REF<p/l0.

Тогда дифференциальное уравнение дви-
жения вагонетки можно записать

Рис. 313

тх = — (Та |- AT) sin а,

где а — угол, на который отклоняется трос от вертикали при коле-
бании вагонетки.

При малых колебаниях

sin а — а - х//01.

С учетом последнего дифференциальное уравнение движения пред-
ставим в виде

х + (а 2 q cos 2 т) х — 0.

Вычисляем числовые значения параметров, входящих в последнее
выражение:

а - 4T0/(m<»2/fll) - 0,114, 2q = 4/?£F(p0/(mwz/«lni) - 2,28.

Из диаграммы Айнса — Стретта (приложение 1) следует, что малые
колебания вагонетки неустойчивы.

131.	Дифференциальное уравнение движения массы в магнитном
поле имеет тот же вид, что и уравнение в задаче 116:

тх + (с — кФЧа^х = 0,	(а)

где

с = 3 EJХН9\ Ф = Фо 4- Ф1 sin со/.

С учетом малости амплитуды магнитодвижущей силы Ф^ уравнение

(а) принимает вид

\ т та\ пщ	/

Или

dtx/dx2 + (а 4- 2<? cos 2 т) х = 0,	(в)

где

- _ 4 ( с\ Пл ______________4 ф1
Нанося на диаграмму Ай пса — Стретта точку с координатами
а =- 1,03[г/| = 0,02, находим, что движение массы устойчиво, так
как точка находится в незаштрихованной области.

132.	При движении шипы ее расстояние от проводника равно
= ао +

Сила, действующая на шину при ее колебании,

Л/.’ = Fo - Г2,
где

Fq = 2 iJ(iff.

F„ = 2мЛ(Л0-ЬЛ131Пй>0 ~	+ sin (j

а0-1-л	а0	ч

В этом случае дифференциальное уравнение движения имеет вид
тх + 2 сх — ДГ
или

х — [ 1 —(J20 г At sin о>01 х — —-1-11/21 - sin Ы.
т L cag	J	aom

133.	Дифференциальное уравнение колебаний рычага имеет вид
(см. решение задачи 114)

•• . / с	Fo R	Ft R .	.\ п	.

Ф + ( —---у------sin «Н<р = О.	(а)

Обозначая

art -

-{-2т,

приведем уравнение (а) к нормальному виду уравнения Матье.

Числовые значения коэффициентов а = 6,0; 2 q — 0,8, что соот-
ветствует устойчивому движению.

134.	В произвольный момент времени положение массы определяет-
ся координатой

х0 = хО0 + vt.

Дифференциальное уравнение малых свободных колебаний в та-
ком случае имеет вид (см. решение задачи 28)

т (I—хоо—(хоо 4- »0

135.	Пусть в произвольный момент времени точка подвеса маят-
ника смещена относительно положения равновесия на некоторую ве-
личину t/0, а маятник отклонен от вертикали на угол ср (рис. 314).

Тогда дифференциальные уравнения движения массы т имею1,
вид

тхх= ~М sin ср,	(а)

пик — — N cos q>+mg.	0)
Рис. 314

Подставляя в эти уравнения
значения координат
x^Si-rGsirup; 1
«/1 = 0ст + 4/<1 + ;1СО5Ф I

и исключая их них силу N, найдем

—gsintp.

Цли, полагая угол (р малым,
ф+(£—0о)ф/*1“О.	(г)

Из условия равновесия узла
точки подвеса маятника

М COS ф = То (у0 + ycr) /sx -h
+ Т’о (Уо + Уст)^2-

Выражая N через у (б) и учитывая соотношения (в), получаем
(Z/Sj s2) То (у0-J- у„) = mg~m [у0—/х (<p sin <р4-<р2 cos<р)].

Учитывая, что /7,ot/CT/(s1s2) = mg и пренебрегая нелинейными чле-
нами в правой части уравнения (поскольку ф — малый угол), пред-
ставим последнее выражение в виде

У о = — Toyoll(ms^	(д)

или

Уо Ч- Р2У» = 0,	(е)

где

р2 = ^//(mSiSj,).	(ж)

Решая уравнение (е) с учетом начальных условий (t = 0, у0 =
= Уоо, Уо ~ 0). получаем уравнение движения точки подвеса маят-
ника

У о = У оо cos Pt-	(3)

Подставим это выражение в уравнение (г)

ф + 4- (g+У0 рг cos pi) <p=0.
*1

Заменяя pt — 2 т, получаем уравнение Матье:

с12<р/с1тг |- (а + 2 q cos 2 т) tp =-- 0,	(и)

где

а — 4 ql(p2li), 2q = 4 у^.

9 Подставляя числовые значения параметров, найдем а = 0,0687,
~ = 1,33, что соответствует устойчивому движению.

Если рассмотреть второй случай (/г — 0,1 I, То — 10 Н), то а =
2*0,825, 2q — 4 и точка попадает в область неустойчивых коле-
*аний.
В рассматриваемом случае, конечно, не может быть беспредельно
нарастающих угловых колебаний, так как система консервативна.
Под неустойчивым движением следует понимать неустойчивость вер!
тикальпых колебаний (тенденцию к нарастающим колебаниям по
углу ср). Для правильного определения угла <р следует рассмотреть
колебания с учетом нелинейных слагаемых.

136.	Решение аналогично решению, приведенному для задачи 135.
В первом случае движение маятника неустойчиво, а во втором
устойчиво. Значения коэффициентов уравнения Матье равны:

1) а — 0,081, q --: 0,5; 2) «--0,0981, q =^0,07.

137.	При решении задачи 81 получено дифференциальное урав-
нение малых угловых колебаний системы

ф-1 ~Г <f + РоФ = -7--1 -F-’	(а)

«'О	Jfl	Jf)

где p^-clz/J0.

Как известно, зависимость спектральной плотности выхода <р
от спектральной плотности входа 1г имеет вид

3Ф(ш) = |Г(М|а5й(а>),	(б)

где | W (ico) |2—квадрат модуля частотной характеристики системы.
Частотная характеристика системы равна передаточной функции
системы, у которой оператор р заменен на оператор /со, т. е.

W (ico)=U7(p)|p=Zffl.

Передаточная функция системы W (р) равна отношению изобра-
жения по Лапласу соответствующей выходной величины к изобра-
жению входной величипьт

^(р)=Хвых(р)/Хвх(р).

Передаточная функция для уравнения (а) имеет вид

П7 (пх =

{Р р2 |-аРр//с+р? ’

где р—оператор дифференцирования (р --djdt).

Частотная характеристика системы

U7{It0)r _L-----(£±^)--------.

/о {(«o)2-|-aPiW/Jo I-P5J

Выражения для спектральной плотности Sh и модуля частотной
функции можно представить в виде

Sh (со) 10о/| (25и2 -!- со2) 2л] — 10о/(| 5и 4- «о I2 2л),	(в)

। W С1Ы} I =	(г)
Тогда выражение для дисперсии угла гр пр и мет вид 113]

р = 1 С 1(с//Л,)2—(ito)*] IQufo
Ф 2л J |(im)2 + aPiw/J0 + p$|2l5c>-Hwl3 ’

--DQ

или

p 10t> f __________________|(c//Jo)2-M/Jo)2(w)2i<to____________

2.1 J I (i<rt)-4-|-(5u+aZ2/JB) (Йо)2 | (5ya/2/J„ J-д2) no | 5i<p§ |2
— co

В приложении даны значения интегралов типа (д). В рассматривае-
мом случае интеграл (д) соответствует интегралу' j3 приложения:

р _ | Q^,	‘4g |-Чц bj Oq Qi ^«/Чз

2«п («о а3—°1 аа)
где

а0 — 1, ai = a.PiJ') + 5 v, а2 — р* 4- а[25 u/J0,

aa = 5 vp2, b0 •= 0, bL - — (a//J0)2, b3 -= (cl/J0)2,
После преобразований выражение (e) принимает вид

(е)

.,»_п _
Um - jL/m - ----------------------- •

, Г. .	1

Ро~г~ Ро+°ь^г-+25и2
L	J

График изменения о<р в зависимости от скорости движения прице-
па v показан на рис. 315.

138.	Среднеквадратичное значение отклонения угла
задачи 137)

(см. решение

5vpJ (al/J„У2^laP/Jy-by) (cl/J^

На рис. 316 приведен график изменения оф в зависимости от жест-
кости рессоры с. Предельное значение аф< при с -> со

о<₽. = k Jo + 5o)/(a/4).
139.	Спектральная плотность производной функции имеет зависи-
мость со спектральной плотностью функции в виде соотношения

5ф-(,)а5Ф («’>)•	(а)

В этом случае дисперсия скорости

Dip = [ Sv (ю)	(б)

— <ю

Поскольку

Зф (<•») = ! ^(к->)|25Л(о>),

выражение для дисперсии скорости представим в виде (см. решение
задачи 137)

*	1рг")	(М2Ъ<*

оо I (tw)3-F(5»-|--—(1й))2-|-|ба — -| р? Iito + 5up§

(в)

Интеграл (в) после преобразований представим в виде

S

V

„ 1 О1*

2Э1>2 | 5d —— — р2 I ——
^0 J J о

График изменения стф в зависимости
") от скорости движения прицепа v при-
веден на рис. 317.

140.	Дифференциальное уравнение
движения массы т

6<р. '°г

к м/с

Рис 317

y-\-ay/m + p20y = f/m,

где

(а)

pl -= с/т, с = 6 EJx/l3 = Ebh3/(2l3).

Спектральная плотность ускорения

S- (££>) = СО4 Sy (to).

Учитывая, чго спектральную плотность смещения у можно преД'
ставить в виде

Sy = I Г (tei) I2 S< =--------------------------------

т21 <ig>)2 -|-aid)/tn	Г I p2 + кор 2я
найдем дисперсию ускорения

со

р 1 Г ____________________________fjt (1Г1 dub_______________

2я J |	/ а \ /а	\

-оо ma («о)3+| — -!• ?2l(^)3-rl—	:-Р? РгРо

Используя приложение, получим

а» - Pi («fVffl-i-Pg) _29 М2/С..
" 2m|afi2/m |	а

141.	В процессе колебаний на массу tn действует сила

F = —ту—ay + f = cy.	(а)

Вследствие симметрии реакции опор

/?	0,5F = 0,5 су.

Выразим спектральную плотность реакции через спектральную
плотность перемещения

(со) - 0,25 с* Sif (о).	(б)

Учитывая, что спектральная плотность перемещения массы имеет
со спектральной плогностью возмущающей силы связь в виде соотно-
шения (см. задачу 140)

Sv (со) ---------,

| (/со)й-|- aeco/m-J- )2 2л

найдем спектральную плотность реакции

с	25с2

о/е ------------------;----------------------------- •

2/n«I (to)3 + ( — ₽8)	p2+p|jiw-Lр» ₽2Г .2л

I \ ш /	\ in ]	|

Воспользовавшись приложением, найдем

0 2 Pi .сх/от-|~ Рг  3J.J2

4«г 2а (аРг/т++ 02)

ИЛИ

~ 1,7 II.

Максимальное напряжение в балке

Отах	6 Rl/(bh2).

Среднеквадратичное отклонение максимального напряжения

оа - aRlh/ (Jx • 2) = 10, 2 МПа.

142.	При возмущенном движении системы угловая скорость

Q « По -|- AQ.
Если возмущение ДЙ мало, то момент сопротивления можно найти
как

Мс (Q) = Мс (й0) -г (дЛ4с/дй)^й, АЙ.

Представим дифференциальное уравнение возмущенного движения
при действии ла систему случайного момента сопротивления ДЛ4С

Jd^Q/dt - Мд ~МС (Йо) -(5Л4с/Ж)у0 ДЙ • 1- ДМС.

Поскольку Мд — Мс (Йо),

JdAQ/dt Ч- (сШс/дЙ)йо ДЙ - ДМС.	(а)

Как известно, зависимость спектральной плотности от корреля-
ционной функции имеет вид

Saai (о)) f Кдм (т) e-IOT dr,

или, учитывая выражение для Кьм,

5дм — D
2л

е-1вя dx = _L_ д
2л;

г 0

J £(«-*<•))	4-

— <ю



Ра
(аа+со2) л

Спектральная плотность случайной угловой скорости АЙ
Хли-|^(М12-5дл1,

где

| Г (<ю) | =

____________I___________

1/J2toa+ (e)Alc/DQ)2

Дисперсия отклонения угловой скорости

Одо = ——-
л

Dada
[Jaw4-(<Wda)% (а2 гЧ>2)

откуда

.Ода =

___________2D___________

I(DAfc/DQ> (Ja+

143.	При решении задачи 75 получено дифференциальное урав-
нение вынужденных колебаний зеркальца осциллографа

Ф + 2п ср 4- pg ср = Яi (Я — aBl 104/(gJ)).	(а)

В случае, когда полный ток i = iQ + Ai, угол поворота зеркальца
можно представить в виде ср — <р0 + А<р, где <р0 — угол, соответ-
ствуютий номинальному значению тока iQi а Дер — угол, вызванный
случайным током Ai.

Для угла Дф из выражения (а) получим

Дер -h 2 пД<р + р^Дф — АЛ1.	(б)

Спектральная плотность угла Дер

5Дф - A2 SД£ /](to)2 +	+ р§ |а.	(в)

Дисперсия угла Дф (см. приложение 2)

п С	NA* Ж)	пЛгЛ2

£/Дю I ----------------------- ------- •	(Г)

J	I (г ю)2 + 2ni(О -г Р о I2

— оо

Среднеквадратичное отклонение угла Д<р

одф= (А/2р0) lz<2nQ/«.

144.	Дифференциальное уравнение движения массы т при ки-
нематическом возбуждении имеет вид

у-}-2пу +ро у = pl у0,

где

2п — а/т, = 6 EJx/(mP).

Вычислим спектральную плотность вертикального смещения массы

Sy (со) - pt Sl/0 (to)/ll (io>)2 -|- 2nt® -v pt |2 2л].

Наибольший изгибающий момент в балке возникает в за,челке

М = (—ту — ау)1.

Его спектральная плотность

SM ~ I21 — т (t®)2 — at ® |2 Sy (ой,
или

SM	|ma (to)4—a2 (MH _

2л | (to)2 +2nie> • |- pg ]210 iw I2

___________20p^ P [m2 (fa)4 — a2 (MH _____

’ |(M3+(2n~10) (M2 l-(20n-; pg) ш ]- lOpg |2 2л '

Вычислим среднеквадратичное отклонение изгибающего момента М

о?м= f Sm (ю) dw = 5PipK2” + 10)fflg + «2] _ 5 4 j Oo

J	n (20n rP§-)-lOO)

— oo

~ 2,32 кН - m.

Максимальное нормальное напряжение в заделке вычисляется по
формуле

п — M/W

vrriax П1' н л*
Поэтому среднеквадратичное отклонение
аЛ1/ у/ = 29,3 МПа.
max	35

145-	Дифференциальное уравнение движения массы ш, составлен-
ное по методу сил, имеет вид

У1 = 1\1 (—Й1 —ayi) + $12 F.	(а)

Вычислим спектральную плотность перемещения массы

<j Z \	2 SF (<а)

{Ш)|тви(М*+абп»-«>-|1Р ’	(б)

Тогда дисперсия случайного смещения ух равна

= — f -т-----------------------------------------•	(в)

2 л J | /п61Г (йо)3-|- (а-| bm) 6n (ta)2 >(1 -|- &a6u) /ш -|- b |2
-----ОО

Вычисляем интеграл (в) (см. приложение 2)

Dyl — лб,г (а + bin)/ [2Ьа (1 + bbna 4- b26u/n)J.	(г)

Среднеквадратичное отклонение вертикального смещения массы т
®У1 =) &УС

Изгибающий момент в заделке

М = FI4- 21 (— тф, — оф,).	(д)

Воспользовавшись уравнением (а), исключим из уравнения (д)
силу F:

М = (//б12) (л+ 6П туг 4~ 6U at/,)—21 (ту^ау^,
или

Л4 = (6ц/612 —2)mlyi-~- (бц/й12 — 2) а/л.4~ ^1/^12-	(е)

Спектральная плотность

(Ж)

где J UZ, (ш) ] — модуль часготной функции, равный

(«о) -	ml (М2 -I- (2^ a/rw 4- -1- .

\	\ о12	/	о12

С учетом значения выражение для принимаег вид

о =______________(йо)4-1-610W2-'-M______________

М |	(но)34-(а-[- bm) Sn	|2 2л '

где

Ьл = m^P (6„/612 - 2)a,
Дисперсия момента М (см. приложение 2)



(1 Ц-t <х)	bt— 6^! m(g-;- bm) bz/b

261! ma (1 4-6U ba -b2 6ц m)

146.	Дифференциальное уравнение случайных колебаний массы
имеет вид (см. решение задачи 144)

Др 4 2п\у 4ро Др =~ ро куо-

(а)

Для определения среднеквадратичного отклонения разности

Дг/ — Др0 = £	(б)

необходимо определить спектральную плотность случайной функции е,
для чего найдем передаточную функцию (б).

Передаточная функция системы (а) (при нулевых начальных дан-
ных)

W (р) = ДУ (р)/ДУ0 (р) == р^/(р2 + 2пр + р2),	(в)

где ДУ (р) и ДУ0 (р) — изображения функций Др и Др0 по Лапласу.

Воспользовавшись преобразованием Лапласа для левой и правой
частей уравнения (б), получим

е (р) = ДУ (р) - ДУ0 (р).

(г)

Передаточная функция системы (б) имеет вид

= г (р)/ДУ0 (р) = W (р) - 1 - р (р 4- 2п)/(рг + 2пр 4 р2).

Спектральная плотность Se

S6(at) = \W1(i(a)\iS^,

или

$ _________________Oi [(й'>)4—4п (йо)51]___________

£ “ Г(М3+(2л |-Р)(М94-(Р? + 2np) *g> 4- Ppg Р2я ’

Вычислим дисперсию разности е (см. приложение 2)

De = i Se (at) dot

«1 (Ро -i-	-I- 4fla)

2л(р8 + 2«Р+P2) '

Среднеквадратичное отклонение разности перемещений

ог8==Т'

147.	Дифференциальное уравнение движения поршня под деист-
вием случайной составляющей давления имеет вид

Дгх 4 2 пД^ 4- РдД^! = F’\py! (mL 4* п?2),

где тх — масса поршня; тг — масса штока.

Спектральная плотность смещения поршня

5д2, = |Г(«о)Р5ДР1(<о),
или

е _	«i^2

ид»,------------------------------------------------------------.

(«1 -\-т2) | (i<o)3 + (2n-| р) (Zco)« + (2п0 +р«) /и • j- ppj |» 2л

Вычислим дисперсию перемещения Дгх (см. приложение 2)

Ддг,

.	r«i F2

dto = -----1----

pni+mj)2

______2л + Р

4pgM2n₽ м -ЬР2] ’

Среднеквадратичная погрешность показаний прибора (или средне-
квадратичная ошибка прибора)

сгДг1=1 ^Дг,-

148.	Дифференциальное уравнение движения поршня со штоком
имеет вид

Дгх 4-2п Дгх +ро & = Api ^/(«14- "М + Ро Дг0.

При действии независимых случайных возмущений дисперсия
равна сумме дисперсий

С*Дл, = ^Д?! (^Pi) "Ь^Дг, (Д^о)-

Дисперсия каждого из возмущений в отдельности равна

D&z,(APi) = -	- [ |U7(to)PSAp,d(D,

— ОО

02

D&z, (Д^о)= Ро f | W О®) |а 5дг0 du>,

(а)

где

Г (ю) = 1/1 (ио)2 + 2 nfo + р' |.

После вычислений интегралов (в) (см. приложение 2) получим

ст* =£)	(2» l- Pi)

Аг‘ Дг* («i-!-m8)2’ «MPi^Pi+pg + Pi)

I Рп «г (2»+Рг)______________

4пр3 ’ 4np2(2«p2+pJ + p2) 1

149.	Дифференциальное уравнение движения поршня со штоком
под действием случайных возмущений имеет вид

Д?! 4- 2пД^1 4- р? Дгх =	4- тг) + Дг0. (а)

Дисперсия Ддх

/?Дг, • - Ддг, (ДР1) 4~Ддг/(Д2о)г
где

(Api)= |Гр5Др,сГ<о

NF
(mi-l-ffli)2 4np2

(Az0) =--p* “2 l2-"+P*>— .

‘	4₽4n(2n02+p* + p2)

Оптимальное значение жесткости пружины найдем из условия
dDдг1 Idpl = 0 [ р§ = cKm-i -f m2)].

Для определения р§. получаем уравнение
п* 2ЛК п’ ЛК2 — п

где

- В .,а2 (2л+Р2)

(mj+m^dn *	4р2п

К = 2н₽г+ ₽!,

Оптимальное значение жесткости пружины с* существует только
при условии В/( — А > О и равно



150.	Представим дифференциальное уравнение малых вертикаль-
ных колебаний массы т при кинематическом возбуждении в виде

Z/+ 2пу +'роУ = Ра Уо-

Для определения дисперсии ускорения у найдем спектральную
плотность перемещения у0 в зависимости от корреляционной функции

00

5ро(0) = ^ J ^с(г)е-^Л = Ор0

- — ОО

. О

е~<“< -1-МT dx

gl

(а% +<в2) л

Спектральная плотность вертикального смещения груза
где

| W (tw) | = р*/ ] (zco)2 -|- 2 п1а> + pl |.

Найдем спектральную плотность ускорения у

2D., ch со4

S -((D) = ^S„ (со) =------------—----------------— .

и	’	| (iw)’s + 2ntw-l-p2l2|al-|-w|a2n
Вычислим дисперсию вертикального ускорений

D _	1 с ________________р* ____________________________

у 2а J | (йа)з [-(S/i-t-cq) (ко)4-|-(2яа1-,гр$) KO-|-atPi |а
— co

Воспользовавшись приложением, получим

av = V D„, ajpl (a, 2n-~ Po)!{2n	-J- pJ 4- a?)].

151.	Дифференциальное уравнение движения массы имеет вид

тх 4- сх F (/).

(а)

о)
sin2(2-r)

Рис. 318

Представим его решение при дей-
ствии произвольного возмущения Г (?)
при нулевых начальных условиях в
виде

sin ро (Л<— т) F СО

где

pQ = У С/ГГ1.

(б)

На рис. 318, а изображен график функ-
ции sin ро (/„ — т) (ро = 2 с-1;	2 с).

5ч Для того чтобы отклонение груза
было максимальным в момент времени
tK = 2 с, необходимо, чтобы подынтег-

ральное выражение было знакопостоян-
ным, т. е. значение F (t) в промежутке времени 0 т 0,43
было отрицательным, а при 0,43 < т 2 положительным.

Наибольшее значение хк получим при следующем законе измене-
ния силы:

—- ]

+ 1



при О <С т <С 0,43;

при 0,43	2.

(в)

График изменения возмущения во времени показан на рис. 318, б.

После вычисления интеграла (б) с учетом закона изменения силы
F (т) (в) имеем

хтах = 58,6 мм.

При действии же внезапно приложенной силы F — 1 смещение
массы т в момент tK = 2 с равно 37 мм.

152.	Скорость движения массы можно получить, продифференци-
ровав по параметру /к выражение дчя смещения [уравнение (б) в за-
даче 1511. В общем случае производную интеграла по параметру вычис-
ляем как 181:

Ъ (а)	b (а)

Л- Г f(x,a)dx = Г ^-dx + ^Lf[b{<x\a\-
аа J	J да	da

а (а)	а (а)

—^_/га{а)а]
аа

В соответствии с (а) скорость движения груза

- 1 *“

х = — I cos р0 (/к—т) F (т) dx.

tn J
о

(а)

(б)

Учитывая закон изменения функции возмущения



— 1 при	0,43;

-1-1 при 0,43 <т^2,

получим

0,43	2

х(/к) = — С cos 2 (2— т)(— 1) di+ ( cos 2 (2—т) (-5-1) dr = 38 мм/с.

/н J	J

О	0.43

153.	Дифференциальное уравнение движения массы т имеет вид

Его решение

тх4- ах • ]- ex = F (/).

sin р (tK — т) F (т) dr,

(а)

(б)

где

n=-a,f(2m), р =У рЪ—п2, pl = c/m.

Поскольку влияние вязкого трения на частоту колебаний весь-
ма незначительно, можно принять

Р = 1<р§—п2 = у 22—(0,2)2 « 2 с-1.

Подынтегральная функция в выражении (б) изменяет свой знак
в момент времени тх = 0,43 с (аналогично задаче 151). Следовательно,
закон изменения силы F (т), при котором х достигает максимального
значения, будет таким же, как и в задаче 151.

154.	Дифференциальное уравнение малых колебаний системы отно-
сительно положения равновесия, соответствующего номинальному
значению тяги имеет вид

тх 4- ах -|- сх — АД,	(а)
откуда

*н

х = —— f е~пУк~х) sin p (tK —т) AR (t) dr, (6)
mp t!

где

л = a/(2m), p = | 'p?— n2, pg ~ c/m.

График подынтегральной функции e~nl‘K~x} sin p (tK — т) (при
p a; 30 c-1, n = 2 с'1) (рис. 319, а) имеет нули при т = 0,08; 0,185; 0,29;

v	0,395 с. Следовательно, закон измене-

«У -n(t -т)	» ния разброса тяги AR имеет вид

е	• sinp(tK-z) (рис 319>

Рис. 319

| + O,O5Ro при 0<т<0,08;

| — 0,05 Ro при 0,08 <1x^0,185;

Д7?=| J-0,05Ro при 0,185<х<0,29;

— 0,05 при 0,29 т 0,395;

I +0,05 Ro при 0,395 <х< 0,5.

После интегрирования (которое наибо-
лее просто выполнить графически) из
уравнения (б) получим

*тах = 10,05 R0/(mp)l • 0,15=50 мм.

Такая дополнительная осадка соот-
ветствует силе

F -- схиах = 45 000 Н.

Следовательно, разброс тяги AR = 5% Ro может вызвать ошибку
в замере тяги, равную

Д = (F/Ro) 100=22,5%.

155.	Вынужденные колебания системы с одной степенью свободы
при нулевых начальных условиях определяются следующими урав-
нениями (см. задачу 151):

х = —-— 1 sin р0 (/к—т) F (т) dx\
трй J

1

х = — f cos р0 (/к— т) F (т) dx.
т J
Введя обозначения

аг = A cos а, а2 ~ (А/р^) sin а,

представим выражение функции погрешности прибора в виде

Д = хА cos а + (х!ро) A sin а.	(б)

Подставим выражения (а) в соотношение (б)
4?
А с

Д =----- I [sin р0 (/к —т) cos а ~|- cos pQ(tv —т) sin а] F (т) dr, (в)

mpo J
о

или

Д = —— Г Sin [р0 (fK —т) ч-а] F (т) dr.
^Ро J
о

Учитывая, что числовые значения коэффициентов уравнения (в)
равны А — 0,2, а — л/6, найдем значения моментов времени т, в ко-
торых sin [4 л (0,5 — т) + л/6] = 0.

Из последнего соотношения следует, что

откуда

4 л (0,5 — т) + л/6 — rm {п = 1, 2, 3, ...),

тг = 1/245,

хг = 7/24 с.

Таким образом, закол воздействия возмущающей силы на систему
при котором Д достигает максимального значения, имеет вид

/7(т) =

+0,1 при 0<тС1/24;

— 0,1 при 1/24^’т^7/24;

+0,1 при 7/24	1/2.

(г)

Интегрируя выражение (в) с учетом закона изменения возмущающей
силы F (т), получим наибольшее возможное значение ошибки прибора
Afliax = ММ.

156.	Решение уравнения (а) в момент времени /к можно представить
в виде вектора <рк на фазовой плоскости срОср (рис. 320, с). Каждому
закону изменения возмущающего момента Мв в момент времени
соответствуег определенный вектор — решения "<рк.

По-видимому, имеется такой закон изменения момента Мв, при ко-
тором модуль вектора сри (направленного под углом е к оси ср) дости-
гает своего наибольшего значения (см. рис. 320, а). Если изменять
значение угла е в пределах 0—2 л и для каждого промежуточного зна-
чения 8 определять ] <p |тах, то конец вектора срв опишет на фазовой пло-
скости некоторую замкнутую кривую (см. рис. 320, а).

Поскольку для каждого значения е определяется | ср | шах, получен-
ная кривая является границей области возможных (наибольших) реше-
ний ср и ср.
Для практического определения границ области возможных ре-
шений спроектируем вектор <рк на прямую, определяемую единичным
вектором е:

<Рс = (Фк'е) = | ФкС05а Н—~ since ].
\	Р* /

(а)

Определив максимальное значение проекции вектора решения <ре
для фиксированного значения угла а и закон изменения момента Мв,
соответствующий фетах, находим по этому закону значение комионен-

1Рис. 320

тов вектора <рк, т. е. значения <рк и <pI!t которые являются координа-
тами одной из точек границы области возможных значений решения.

Например, при а — л/6 выражение (а) принимает вид (см. решение
задачи 155)

Фе-—!- fsinlpo^K—т) + -^-]мвЛ.	(б)

JoPo JI	GJ

О

Полагая

найдем

sin [р0 (tK — т) | • я/6] -= 0,
Ро (^к — i) +'л/6 = л, 2 л.

Учитывая, что р0 — aU0 « 0,4 л, найдем: т, = 0,42 с, т2 — 2,9 с.

Следовательно, закон изменения момента Л4П, при котором <₽г
достигает максимального значения, имеет вид

Мв=

+ Ь при 0	^т^0,42;

— b при 0,42 ^т^2,9;

-j-b при 2,9 ^т^5.

(в)
Вычислим значение <рк при законе изменения возмущающего мо-
мента (в):

-0,42	2.0

hC	Г

= -—	i sinpo(/K—т)<4т-Ь sinp0(/к—т) t/т-|-

4Ро	J	J

О	0,42

5	“1

-|- ( sin ро (/к — т) t/т =	 1,66.

Л	J	JaPv

Диалогично

Фк/Ро= №b/(jo pl)]  1,09.

Произведя подобные вычисления для различных значений угла со,
получим:

а	0	30э	60°	90°
Фк	5Ю-»	4,1 •10-2	2,5*10-2	0
Фк/Р	0	2,7-10-2	4.2*10“*	5.10-*

Область возможных значений решений, построенная в соответствии
с приведенной таблицей, показана на рис. 320, б.

157.	Дифференциальное уравнение возмущенного движения зер-
кальца имеет вид (см. решение задачи 143)

Дф + 2пДф -J- р’Аф — А (/).

(а)

Представим решение уравнения (а) при нулевых начальных уело-
ВИЯХ

t

Д<р = — f е~п	sin рг (t—т) Mdx,	(б)

Pi «J

где	________

n2-

Для получения максимального значения Дф возьмем верхний пре-
дел равным бесконечности, а закон изменения At (г) — разрывным,
следящим за знаком функции sin (/ — т). Это позволит вычислить
интеграл

Д<Гп,8Х =-- C-^ISinPiBlt/s

Р Й
Интеграл (в) можно представить в виде

Л	&А

Афтах ~

Pi

Я	2Я

Pl	Pi

J Ф(е) de — J Ф (s) de -i-

О	л

"₽Г

Зя	(fe< И я

Pi	Р

+ J Ф(е)йе —1)* j <P(z)ds

2л	kn

Ot	pt

где

Ф (s) =	«• sin р± е.

После интегрирования

_	—пл ОО —пл/

дфтах = -^г (L-Н р< ) V е р« .

Р1 /=1

ОО -«Я/

Ряд 2 е Pi представляет собой бесконечную геометрическую про-

1='
( -пя\

грессию, сумма которой равна 1Л1 — е р' I.

Окончательно

Д«Ртах=а^ U т-

Если п мало (при малом затухании), то, принимая pi ~ р0> получим

△фп.ах ~ 2 аА/(ппрс).

158.	На рис. 321 изображены масса т и балка в произвольный
момент времени. Воспользовавшись принципом Даламбера, получим
дифференциальные уравнения движения массы и балки:

mj+IV-F = O;	j (а)

Jo(pn-aLa<p + cL2 <p= —Nl. )

р45 Исключая из системы уравне-
ний реакцию N и учитывая, что
у = 1<р, получим

(Zo + ml2) ср + aL2 <р + cL2 ср = Fl (б)

или

<р4-2пф4-р§ ф = F//(J04-ffi/2), (в)

где 2 п = aL2/(J0 -j- ml2)-,
р* = cL2/ (Jo I- ml2).
Решение уравнения (в) представим в виде

t

Ф -------------f е~п (Z-T) sin р} (I — т) Fdx,

(Jt +тР) Pl J

о

(Г)

где

—пг.

Учитывая связь между у и <р, из первого уравнения (а) определим
динамическую реакцию

W - F (П — ml d2(p/d?.	(д)

Учитывая выражение (г), найдем

t

N=F(i)-^^-\- -	Sinrp1(/ _ г)+ ₽]Fdr, (е)

О

где

В = l^po J-4napT, tgp^Snpi/pg.

Максимальное значение выражения (е) получается при разрывном
поведении возмущения F (т) (аналогично задаче 154), а именно такое
ее поведение, при котором F (т) принимает значения, равные ± а,
в этом случае подынтегральная функция остается все время поло-
жительной.

Моменты разрыва функции F (т) определяются из условия
sin [р&к -Ь Pl = 0 или ек + Р = kny откуда sK = (Ал— ₽)//Y

Интегрируя уравнение (е), получаем следующее выражение для
наибольшего значения динамической реакции:

N = ~r^H~Bl e-^sin^e + p-l-pl) I —

— e-^sln^e + p b Pl) I

«I

(ж)

где B-i — BmPa/lpopi (Jo + ml2)], tg px = p/n.

Для получения наибольшего значения реакции Afmax примем верх-
ний предел равным бесконечности. Тогда

ЛГтаах =	'"в	). В.

и\-тр

Учитывая, что

Г

sin (р-*-pj

со —п g) ~

2sin pt V е р>
k— 1

(з)
окончательно

тп	Г

Wmax == , , ~г -1- Bi Sin fl cos f>. j- cos p sin fn - r 2 sin fx-__

sin p2np1/Vpl + 4n2 p2i; sin fi = p^Vpl -|- n2.

При малых значениях коэффициента вязкого трения а (или, что
то же самое, при п I)

sin Р ас 2 п!рй\ cos р а; 1, sin pt а; 1; cos ft a n/p0.

Раскладывая e~nn,p' и e~n^/p' в ряд и удерживая только линейные
члены разложения, из уравнения (и) получаем

^шя! = 2aml2p0/[rm (/0	m22)].

159.	При установившихся колебаниях решение уравнения дви-
жения (в) (см. задачу 158) имеет вид

ср =	-	sin(<a*+P)	.

(70 4- тР) ’ У(ш4 —-Н«3®г ’	'

где tg р = 2 п®/(р2 — со2).

Так как со = р0, то из (а)

<p=~a/sin(-y![(Jо-} tnl2)2np(>\.

Динамическая реакция

N = — mlip -f- F (I) =	- sin (4+Ро + a sin pQ t.

(J0+ml3)2npo \ 2	/

Амплитуда динамической реакции при малых а

Wmax = poaml2/[2n(Jo + ml2)].

Максимальное значение динамической реакции Л2тах при разрыв-
ном поведении возмущающей силы F (/) (см. задачу 158} на 30% боль-
ше, чем при F (/) — a sin pot.

160.	Дифференциальное уравнение малых вынужденных колеба-
ний системы:

ср + pjcp — FI/.I,	(а)

pj - cL2/{J0 + ml2)- J = Jо + ml2.

В соответствии с начальными условиями [ф (0) = ф0; ф (0) — 0)
представим решение уравнения (а) в виде

/к

‘I к = q о COS Ро tu - - f cos Ро (tк — т) F (т) di,
или

Фк *= —Фо + — f cos (Зл—pQ т) F (т) dr,	(б)

•г Л

Следовательно, ф„ = ф’Ктах ПРИ следующем законе изменения воз-
мущающей силы:

’ -{-а при 0 т л/(2р0);

Р . к —а при л /(2р0) т Зл/(2р0);

-га при Зл/(2р0)	т	5п/(2р0);

—а при 5л/(2р0)	т	Зл/р0 = tK.

Интегрируем уравнение (б) с учетом найденного закона изменения
возмущающей силы F (/):

|Фтах| = Фо + 6fa/(Jp0).

161.	Кинетическая энергия системы складывается из кинетической
энергии 7\ верхней массы и кинетической энергии Т2 нижней мас-
сы ш2.

Так как масса ту совершает вращательное движение, поворачиваясь
в процессе колебаний на угол ф, и поступательное движение, переме-
щаясь горизонтально на расстояние х1г то

л=—

1 2

|~ "h Dj

Ф3 -|- xi

(а)

Масса m2 совершает вращательное движение со скоростью <р и два
поступательных движения: х2 по горизонтали и t/2 по вертикали.
В таком случае

т2= 4- [ДД Фг -I- ma (XI4- yl)
2	8

(б)

Изменение потенциальной энергии си с гемы связано только с из-
менением вертикальной координаты у2 груза

П = т2%у2.	(в)

Принимая в качестве обобщенной координаты угол поворота ф,
найдем

Ху -=	х2 = I sin ф —	у2 = I- (I — cos <р),	(г)

откуда

Ху = 0,52?! ср; х.г«(Z cos ф>— O.BPi) ф5 у2 = ф I sin ф. (д)

Подставляя выражения (а)—(д) в уравнение Лагранжа второго рода,
иолучим

Ф +_______________CT»g/sin<P_______________ о.

т- tny DJ 4-««(Д -I- ~L4-F— Uh cos Ф )
о	\ о 4	/
162

< х 2	cl2 cos q> cos а /	I	1	\

1)	— ml2 а — -------------(	---.	•	—: i — О-

3	sing) V V1 —sin a sin 2cp |/1 -|- sin a sin 2ф/	1

2)	p — [^Зс/т cos (p.

163.

1)	a+ ~"“j" sincx b1 + sin a—У1—sina) = 0;

2)	p =lz'(3g/4)(c/Q+l/0.

164.	Период колебаний системы можно разбить па четыре отрезка
два отрезка времени, в течение которых одна из пружин находится в
контакте с упором, и два отрезка времени, в течение которых происхо-
дит свободное движение груза.

Движение груза при контакте пружины с упором описывается
уравнением

х (x0/p0)sin pot,	(а)

где х0 — скорость, с которой пружина (груз) входит в соприкоснове-
ние с упором; ро = Vdm.

В соответствии с уравнением (а) время контактирования пружинь:
с упором

?! = я/р0,	(б)

Поскольку пружина входит в соприкосновение с упором со ско-
ростью х0, время движения груза в свободном состоянии (в одну сто
рону)

/2 — 2Д/х0.	(в)

Период колебаний

Т = 2(/г 4- ?2) — 2(idpv -г 2Д/х0).	(г)

Представим последнее выражение в зависимости от амплитуды сво’
бедных колебаний х0. Величина наибольшего сжатия пружины, оче-
видно, равна х0 — Д, что в соответствии с уравнением (а) можно вы-
разить через х0

х0 -- Д = х0/р0,
или

ХО ~ Ро (Хо — Д).

Подставляем последнее соотношение в уравнение (г)

Т - (2/р0)[л F 2Д/(х0 — Д)1-

Частота свободных колебаний

р — 2л/Т =- лр0/[л + 2Д/(х0 — Д)].

165.

р = 2л/Т	,

(Pi-I-Р») [л + 2Д/(х0 — Д)]
166.	При движении груза в одну сторону (например, влево) ог по-
ао;кения равновесия дифференциальное уравнение движения имеет вид

Xi 4- PiX-l = О,

где Pl = с^т-	<а>

Считая, что в момент прохождения груза через положения равно-
весия (т. е. при xj — 0) скорость движения xt = х10. представим реше-
ние уравнения (а) в виде

*1 = (Ло/Р1)51п Р1*-	(б)

Груз будет находиться в контакте с левой пружиной в течение полу-
периода колебаний (б), т. е. в течение

— л/рг.

Аналогично время контакта груза с правой пружиной

Период установившихся колебаний

Т = ti + t2 = л (рг + pj/lptfj.

Частота свободных колебаний

р 2л/Т = 2]/ сх сг1\Ут (/ёх+У’сг)].

167.	Частота малых свободных колебаний груза

р = Ус/т.	(а)

Жесткость системы с определяется как отношение нагрузки к вы-
званному ею перемещению

с = Р/х.	(б)

Для обеспечения постоянства частоты свободных колебаний необхо-
димо, чтобы отношение с/т было постоянным. Это возможно в двух слу-
чаях: при постоянной нагрузке Р и при нелинейной характеристике
пружины. В последнем случае для каждого значения груза Р жест-
кость пружины

с = dP/dx.	(в)

Из условия постоянства частоты свободных колебаний следует, что
откуда	= (Я/Р)(^йх),	(г)

,!1И	fe/p2)lnP = х -I- Сг

Р = exp l(p7g)(x -I- Ci)].	(д)

Значение постоянной интегрирования Cj найдем из граничных ус-
“0ВИи задачи. При Р = Ро, х = х0

Ct = (g/p2)hi Pv + х0.
Окончательно выражение зависимости перемещения от приложен,
ной нагрузки принимает вид

х ~ (glp2)\nP/P0 -I- х0-	(е)

168.	Кинетическая энергия при движении массы иг

Т = тх2/2.

Потенциальная энергия

П = с (б0 -Ь 6)72,

где сб0 = То — начальное натяжение нити; сб — 7\ — дополнитель-
ное натяжение, вызванное колебанием массы; б — удлинение пружины.

Выразим б через отклонение х, ограничиваясь первым нелиней-
ным членом разложения

б = 2(/ — I cos а) = х2/1,
где а = х!1.

Окончательно потенциальная энергия деформации системы равна

П = с (б0 -Ь х2//)72.

Подставляем выражения для кинетической и потенциальной энер-
гии деформаци и в уравнение Лагранжа:

х -f- (2cb0/in)lx/l + x3/(60Z2)} = 0.	(а)

Возьмем первый интеграл дифференциального уравнения движе-
ния (а), для чего представим

d2x	• dx	Id (х2)

----= х-----—	—-
dt2 dx------2 dx

Тогда

или

? = Лх - (4сб0/щ)[(х2 - 4;)/(2Z) + (х* - Ао)/(4б0/2)].

Используя начальные условия (при t = 0 х = 0; х = х0), найдем

х=2

сбр / Х%—X2

tn ।	21

*0	** I 2

2бп/2 J

Последнее соотношение можно построить в виде кривой на фазовой
плоскости.

169.	При отклонении массы tn от положения равновесия на про-
извольную величину х натяжение в пружинах (рис. 322) составляет

7 сА/—. (( /р 4 -V*—/р) ~ гх4 (2/р).
Спроектируем на горизонтальную ось силы, действующие на массу:
тх = — 2ТХ/1О — — сх^Цо
или
х-{-/гх3^=0,	(б)

где	k	с/(ml2e).

Введем обозначение х — у Тогда
"  dy	dy	dx	dy____dy

di	dx	di	dx	dx

Подставим последнее соотношение в уравнение (б):

ydy = —kx3dx.	(в)

Интегрируя уравнение (в) с учетом началь-
ных условий (при t — 0, х х0, х — у — 0),
получим

У* = k (4 - х4)/2.

Учитывая, что у = х, из последнего соотно-
шения имеем

f= - Г

J У*(4 — **)/2

где е — х/х0 — безразмерное перемещение.

Поскольку восстанавливающая сила Т [см.
уравнение (а)) симметрична, для определения

Рис. 322

периода колебаний достаточно рассмотреть только одну четверть

периода

1 ________

774= 1/х0И2/£ ( de/Hl-e4.
О

(д)

В выражение (д) входит полный эллиптический интеграл первого
рода Л, который равен К — 1,8541 (см. 167], с. 150).

Эллиптический интеграл первого рода обычно выражается в одной
из нормальных форм:

1

(О, <Р) = [ -/	=

COS ф

<йа12*) ’

где

а — sin а, а' = cos а.

Полагая а = л/4 и <р — л/2, найдем

1 ___________

К (д/4) =. \/ 2 (' Л/1' 1 — if4 = 1,8541.
и
Следовательно, период колебаний груза
7= 1,8541 (4/0/х0)|/т/3.

Круговая частота колебаний

р = 0,85 (x0/Z0) cjm.

170,	По методу Релея, для консервативной системы применяется
равенство наибольшей кинетической и наибольшей потенциальной
энергий системы:

7mas-mio/2; Лшах« J‘ 2Td(M).
о

Так как Т = cAZ, а Л/ та x2/(2Z0) (см. решение задачи 169), то
/7max = c4/(4/g).

Следовательно,
mxol2 = cxiol(4l2o') и х0 = У^т[с.

Учитывая связь между частотой свободных колебаний и началь-
ным смещением (см. решение задачи 169), найдем

р — (0,85/Zo) । /0 х0 V2c/m = 1,02 у’ х0/10 т с/ш.

171.	Составляя дифференциальное урав-
нение движения, подобно тому, как в задаче
169, получим

тх 4- 2Т0х/10 4- сх2/1а = 0.

Перейдем к безразмерному смещению
е = х/х0. Тогда

ё 4- 270 e/(ml0) 4- cxq г3/(mil) = 0.	(а)

Введем соотношение 8 = ide/de. Учиты-
вая начальные условия задачи и интегрируя
уравнение (а), получаем

8* = |2c/(mZ0)] [(Т0/с) (I - 8г) 4- (х§/4/0) (1 -в*)].

(б)

Уравнение (б) описывает движение мас-

сы на фазовой плоскости (рис. 323).

172.	Рассмотрим произвольный момент движения. Пусть, напри-
мер, масса движется справа налево, так что х > 0, а х< 0 (см. рис. 322

к решению задачи 169).

Поскольку сила кулонова трения всегда направлена против ско-
рости движения, дифференциальное уравнение колебания представим
в виде (см. задачу 171)

тх 4- 2Г0 х/1й 4- cxP/ll = F-

(а)
Перейдем к безразмерной координате е — х/х0, где х0 — отклоне-
ние массы при t = О

£ 2TU г/(гп10) -I- cxl ъя/(т1%) = Fj(mx^.

(б)

Поскольку £ = ede/cte, из уравнения (б) с учетом начальных условий
(при / = 0 £ — Ео, 8 == 0) получим

8=±/2|/--------— (80-8) + ^ (£§-В2)+-^|- (£&-£<). .	(В)

К тх0	mlo	4 ml J

Подставляем числовые значения входящих в это уравнение пара-
метров:

е = ±	]/—50 (в0 —в) 200 (eg - е) + 50 (eg—в4).	(г)

При исследовании движения иа первом
полупериоде колебаний в0 = 1, а 8 < 0.

Из решения (г):

при t = 0 е. = 1, е = 0; при 8 = 0 е=
= —20; при t = 772 8 — —0,42, 8 = 0.

Для исследования движения на втором
полупериоде можно также использовать
решение (г), но при этом считать, что ось
х направлена влево (это ведет к измене-
нию знаков в и е, что надо учесть в ре-
шении).

Полагая е0 = 0,42, найдем, что при
е — 0в = 5,64, а при t = Т (в — 0) £ да
« 0,15 (рис. 324).

Аналогично строим решение и на ос-

тальных участках движения.

Движение массы т прекратится, если в одном из крайних положе-
ний (левом или правом) восстанавливающая сила пружин будет мень-
ше (или равна) силы трения. Из этого условия найдем наибольшее
отклонение, при котором невозможно свободное движение массы.

Полагая в уравнении (б) 8 = 0, получим 8* = 0,124. Из расчета
следует, что движение заканчивается на третьем полупериоде в точке
на фазовой плоскости в = 0, в да 0,1.

173.	Дифференциальное уравнение движения массы т имеет вид

тх + сх + схх3 = 0	(а)

или

х + р2х + рх3 = 0,	(б)

где р — малый параметр.

Решение уравнения (б) ищем в виде ряда

X = х0 + рхх + р2ха 4' ... .	(в)
Положим

Р2 — Pl + .Ufli + Цаа2,	(г)

где рь аъ а2 — постоянные.

Подставим выражения (в) и (г) в уравнение (б).

Ограничиваясь слагаемыми, содержащими р, в первой степени, по*

лучим

х0 FP1 xo-J-|i(x1 + pJx1 + a1x0-[-xg) = 0.	(д)

Уравнение (д) должно быть справедливо при любом малом зна-
чении р, поэтому

х0 4- р*х0 - 0,	(е)

Xi -г Р,х, = —(а^ц + х*).	(ж)

Учитывая начальные условия (при t — 0 х0 — Л, xl — xi — 0),

решение уравнения (е) представим в виде:

х0 = A cos р^.

Подставим это выражение в правую часть уравнения (ж):

х, 4~ Р?х, =— (aiA 4~ 0,75As)cospx; — 0,25Ascos3pit. (з)
Решение уравнения (з) должно быть ограниченным, поэтому

а1А 4- ЗА3/4 = О

(в противном случае частота возмущения равна частоте свободных коле-
баний И Хг -> оо).

Из последнего соотношения

Й1	—ЗА314.	(и)

Решение уравнения (з) с учетом начальных условий

Xi = (A 3/(32pJ)](cos 3pLt — cos р^).

Следовательно, в первом приближении полное решение дифферен-
циального уравнения (а) имеет вид

х — A cos pj 4- p{A3/(32p®)](cos 3ptt — cos Pity.

Частоту свободных колебаний находим из соотношения (г) с уче-
том (и)

pl = р2 -|- ЗцА2/4.

В рассматриваемом частном случае рх — 1,17с-1.

174.	Заменим нелинейную характеристику F = сх 4- с,х3 линейной
F = сох. При этом необходимо, чтобы

А

( [сох — (cx4-CiXs)]Mx^min.

6

Вычисляем интеграл и варьируем полученное выражение по неиз-
вестному параметру с0. Тогда

с0 — с 4- ЗсхА2/5,
откуда следует, что частота свободных колебаний массы

Р = l^Co/zn — Ус/т + Зсх Д2/(5/п).

Или с учетом числовых значений, входящих в уравнение парамет-
ров, р — 1,14с-1 вместо полученного ранее (см. решение задачи 173)
значения Pi 1,17 с-1.

175.	Считая движение гармоническим, решение дифференциаль-
ного уравнения свободных колебаний (см. решение задачи 173)

х + р2х + рх1 — 0	(а)

ищем в виде

х0 — A cos (p-ft -г а).	(б)

Решая уравнение (а) по методу Галеркина, необходимо, чтобы
2л/р, м

(*о + Р2 *о + Мо) хй dt = 0-	(в)

i1

Подставляем выражение (б) в уравнение (в) и находим квадрат час-
тоты

р* -= р2 + 0,75рД2.

Полученный результат совпадает с решением задачи 173 по методу
Ляпунова — Пуанкаре.

176.	Характеристику упругих элементов в рассматриваемом слу-
чае можно представить в виде:

F =- 0 при 0 х А;

F = с (х — А) при А х	А.

Замелим действительную нелинейную характеристику линейной
Fj = сйх.

Среднее квадратичное отклонение линейной характеристики ог
нелинейной

д	А

J — — С с? х2 dx 4----— f [с (х—А) с0 х]2 dx.

д J	А—& .)

о	д

Так как dJfdc0 = 0, то

с0 - (2А2 — 2ЛД — Д2)с/(2Ла 4- 2ЛД -|- 5Д2).

При А 0, с0 = 0 колебаний нет, так как в этом случае частота сво-
бодных колебаний становится мнимой

р =У с (242—2 Л А — А2)/т (242 + 2Л А )- 5Аг).

177.	Уравнение свободных колебаний массы имеет вид (см. ре-
шение задачи 169).

тх 4- 2ТхН — 0.	(а)
Вычислим полное натяжепие в пружине

Т - сМ + То, где М х2/(2(0).	(б)

Подставляем выражения (б) в уравнение (а), считая х С 10

тх + 2Т0х/10 + сх*/12 — 0	(а)

или

х + р2х + рх3 = 0,	(г)

где р‘ = 2T0/(ml0), р c/(mZ“).

Из решения уравнения (г) (см. решение задачи 173)

Pi == Р2 -г Зрх’/4,
откуда х0 91,2 мм.

178.	Сила, действующая на массу при отклонении ее на х, равна

F = кФ2! (а — х)2 — кФ2! (а + х)2 ж 4(£Ф2/а2)(х/а -|- 2х3/а3).	(а)

Представляем дифференциальное урав-
нение движения массы в виде

mx + сх — F
или

х + рах -|- рх3 = 0,	(б)

где р2 - dm — 2кФУ(тс?}, р =

= — 8ЛФд/(ша5).	(в)

Применяя метод малого параметра (см.
решение задачи 173), получим значение
основного тона частоты свободных коле-
баний

Р? = р2 -i- Зрх3/4.	(г)

Подставляя выражения (в) в уравнение (г), найдем критическое зна-
чение х0 (pt = 0)

х20. = (с - 4/еФ*/а3)/(6£Ф£/а5).	(д)

Введем безразмерный параметр, зависящий от магнитного поля и
жесткости системы:

а = 4^Фд/(са3).

Тогда решение (д) принимает вид

е2 — 2(1 — а)/ (За),	(е)

где 8 = x9Ja.

Уравнение (е) представлено в виде кривой / на рис. 325. Поскольку
е = x'Ja < 1 заштрихованная область является областью устойчивых
значений 8 и а (областью устойчивых колебаний). Кривая 1 соответст-
вует критическим значениям 8 и а.

При а 0,4 е = 1,0, т. е. движение происходит с ударами о магни-
ты, и, следовательно, приведенное выше решение становится неспра-
ведливым.
179.	Дифференциальное уравнение движения типы В имеет вид
^см. решение задачи 132).

тх -г 2сх — [2ji/x/J/a0 —	+ х)] = 0.

Раскладываем 1/(ай + х) в ряд

+ P2*i -г — н!0х® -= 0 (х = XoXj),	(а)

где рч = х0 /«о! 0 ~ 2p./1/2f/(maJ); р2 — 2с/т — 0; щх, = х/ап

Ищем периодическое решение уравнения (а) и частоту колебаний
рх в виде

*1 = Х10 4- Р1 *11 + Р-! *12, 1	,б,

Р? = Р2 + Cl Pi + Сг PL I

где функции х10,	х12 и постоянные и С2 подлежат определению.

Подставляя выражения (б) в уравнение (а) и ограничиваясь члена-

ми, содержащими р,, получаем систему уравнений:

х10 -ьр! *10 = 0;	(в)

Хц_г Pi Х]Х = Схх10 рхТо;	(г)

Х12 4“ Р? Хх2 == Cj Хц J- С2 Xjo 20X10 Хц 0X10.	(д)

Учитывая начальные условия (при t = 0 х10 = 1, xJ0 = 0), реше-
ние уравнения (в) представим в виде (в такой форме решение можно
искать при условии р® > 0 или 2dm — 0 > 0)

х10 = 1-cospjf.	(е)

Решение уравнения (г) не должно содержать вековых членов, по-
этому следует принять С3 — 0. Если решение уравнения (г) соответ-
ствует однородным начальным условиям [хп (0) — хи (0) — 0), то

Хц= ~-А-+4-Л cospi^ V-^cosSpi/-!-
2pJ з Pl	6pl

+~~ swpli-	w

J Pl

Подобным же образом получаем решение уравнения (д). Из усло-
вия, что коэффициент при множителе cos p^t в правой части решения
Уравнения (д) равен нулю, следует, что

С2 = 502/(4pi) - 30/4.

Подставляя Сг во второе уравнение (б) и учитывая, что Сх = 0,
найдем основную частоту свободных колебаний шины

Pt Р2 -I- (хо/а)21502/(4р2) - 30/4].

(з)
Уравнение (з) следует решить относительно р®, но, учитывая и
pt p24-C2tt\ можно в правой части этого уравнения принять I?

Pi Р2 + (x0/a0)2i5fW(4p2) - ЗР 41 -

= Ро - ₽ + (xoW45P2/[4(p* - Р)1 - Зр/4},
где р% = 2с/т.

180.	Решение отличается от решения задачи 179 только знаком к
(или, что то же самое, знаком а)

181.	Принимая в качестве малого параметра щ = х0тах/а0, полу-
чаем уравнение движения в виде уравнения (а) в решении задачу
179. Решение уравнения (в) должно удовлетворять начальным усло-
виям

х (0) = 0; х (0) — х0,
откуда

х0 (x0/pj)sin pYt.

Следовательно, х0 тах — х^'р^ т. е. р.х — xJaopL.

Решая далее задачу, аналогично задаче 179, получаем
частоту свободных колебаний шипы:

pl = р* -]- (xe/aeP)3(5pW) - Зр 4),

где р2 = 2с/т — Р; Р — 2ii/1/2l/(ma^.

182.	Имеем дифференциальное уравнение

q Т g4>. / — g<p3/(6Z) = 0.

основную

(а)

Принимая в качестве малого параметра u g /(61), получаем (с точ-
ностью до членов первого порядка относительно р.) частоту основного
тона колебаний

Р? =	~ фЖ

(б)

Применяя метод прямой линеаризации, дифференциальное уравне-
ние (а) представим в виде

<р 4- сф = 0.

(в)

В соответствии с методом прямой линеаризации необходимо, чтобы
«взвешенное» уклонение линейной характеристики от нелинейной
было минимально

фо

ч> —’J —с<11 ч>} d<T - °.	(rt

Фо

Произведя вычисления, получим

с~- Pi = Ро (1 — 5ф£/42) (р2 *1 g/l).	W

Разность в полученных величинах квадратов частот (д) я (б) с0‘
ставляет

Д pj(l - 5ф2/42) - р2(1 - <pJ/8) = 0,006p2(pJ.
]83. Дифференциальное уравнение колебаний рычага имеет вид
(сМ. решение задачи 114)

ф -F Р2Ф I- НФ3 = О,

2 в (сц-НЩЫ).

Основная частота, определенная по методу малого параметра,
Pi - Р2 + (3/4)(ф0/Р1)2[Р7?/(6/)].

Применим метод Бубнова — Галеркина. Считая движение гармо-
ническим и полагая срА — <р0 sin (рА/ + а), потребуем равенства нулю
интеграла

J (ф1 + ргФ1Нр-Ф1)ф1^ = 0-

Учитывая, что ф0 = 4>o/pi, из последнего выражения найдем
pj - р2 Ч- (3/4)(ip0/p1)2|FP/(6./)].

Таким образом, полученные решения совпадают.

184.	Дифференциальное уравнение малых свободных колебаний
рычага имеет вид

Уф + (tngl0 + с) ф -|- sigп ф/гф2 = 0.	(а)

Здесь 51§пф означает, что знак момента силы трения Мтр — 6ф2
совпадает со знаком скорости <р.

Дифференциальное уравнение (а) представим в виде

Ф + р2 Ф + sign фаф2 = 0,	(б)

где р2 = (tnglo + c)/J, а = k/J.	(в)

Поскольку необходимо выяснить зависимость частоты колебаний
от начального отклонения ф0, за начальные условия примем:

Ф (0) ~ а, ф (0) - 0.

Рассмотрим первый иолупериод движения. Здесь sign ф = —1 и
уравнение движения имеет вид

ф + р2ф—аф2 = 0.	(г)

Ищем решение в форме

Ф = Фо + аФх + «2Фа + • ••.

р2 = Pi + С\а 4- С2а2 + ... .	(д)

Подставляя выражения (д) в уравнение (г) и пренебрегая членами,
содержащими а в степени выше второй, получаем систему уравнений:

Фо 1-р! фи = 0;

Фх 4- Р? Фх = фо —Cj ф0;

Ф2 I’ Р1 Ф2 = — ф! — Сг ф0 -!" 2фу фр
В соответствии с начальными условиями решение первого уравне-
ния (е) имеет вид

Фо = a cos pAt.	(Ж)

Подставляем это решение в правую часть второго уравнения (ех
(при однородных начальных условиях надо принять С± = 0, чтобы
не было вековых членов):

фх — (1/2)а2 — (2/3)a2cos pj 4- (l/6)a2cos 2pyt.

Подставим выражения (ж) и (з) в правую часть третьего уравнения
(е):	..	г ,

Фг + р^фа = —Caa cos pj — 2a5pxsinp1H(l/3)sinp1Z +

+ (l/3)sin2p1/l.	(e'j

В последнем уравнении содержится произвольная постоянная, ко-
торую нужно определить из условия отсутствия резонанса.

Уравнение (е) можно преобразовать к виду

<p2 + pi Ф2= f-^-pl
\ &

а3 — Сгa\cosp1t—~р* а8 +

9	9	I

4- 4- р! а3 + р! a3 cos 2рх t —р? a3 cos Зрх t.
3	3	о

(и)

Чтобы решение уравнения (и) не содержало вековых членов, не-
обходимо выполнить условие

Са = р2а2/3.

Из второго уравнения (д) найдем частоту свободных колебаний

Pi=P/lzl -|-а2а2/3.

Угол ф при колебаниях (ограничиваясь двумя слагаемыми) ф —
= Фо + афх и при t — я/р± амплитудное значение угла

Ф (зт/рх) —	— —(о — 4aa2/3).

Рассматривая уравнение движения на втором пол у пер иоде

Ф -(• р2 ф 4- аф’ = О,
можно получить выражение для частоты

Р2 = Р/И1 4-аМ/З

и значение амплитуды в конце второго полупериода

аг ~ Oi — 4сод2/3.

Для последующих полупериодов задача решается аналогично.

185.	Уравнение движения массы т имеет вид

тх + сх 4- с\х3 — Fq sin u>t.	(а)

Уравнение (а) решаем по методу Галеркина, положив

х та хх — х0 sin о/.
Подставим выражение (б) в уравнение (а) и потребуем равенства
яудю интеграла
2л,'<о

/ = j1 [mXj-j-cXjH-CjX? — sin ы/J хх = 0.	(в)

b

Здесь 2л/ю — период колебаний.

После интегрирования

(3/4)схх3 + (с — mo2)x0 — Fo = 0.	(г)

Корни уравнения (г) удобно определить графически, построив гра-
фики функций:

т)! = (3/4)cxxJ и Па = Fо — (с — та>2)х0.

Точка пересечения графиков т]х и т|2 позволяет получить значение
действительного корня уравнения (г), равного х0 ш 2,27 см (рис. 326).

186.	В зависимости от значения частоты возмущающей силы изме-
няются и корни уравнения (г) (см. задачу 185)

(3/4)сххх + (с—таг)хо—Рй = О. (а)

Аналитическим условием сов-
падения двух действительных кор-
ней кубического уравнения яв-
ляется условие

0 = 0 при р3 = —jf =/= О,
где D = qz + р3, q =— 2Fo/3clt
р = 4(с — mw2)/(9cx),
откуда

и’ = dm + [9г1/(4т)][2/70/(Зсх)]2/3.

Используя числовые данные задачи 185, получаем со. = 16,6 с-1.
При этом q = —13,33, р = —5,63.

Для определения амплитуд [корней уравнения (а)] воспользуемся
тригонометрической формой решения кубического уравнения.

Корни уравнения (а)

*oi = —2r cos ф/3, хо2 з = 2г cos [(л ± ф)/3].

Так как г ~ sign qVTpl = —2,38, a cos ф = q/r* — 1, то корни урав-
нения (а):

х01 = 47,6 мм; Хо2.з = —23,8 мм.

Тот же результат можно получить графически. С ростом величины
прямая т)2 = F — (с — m(i)2)x0 на графике Т) (х0) (рис. 327) повора-
чивается против вращения часовой стрелки. Искомому значению w*
лев% соответствовать такое ее положение, при котором она касается
°й ветви графика гц и пересекает его правую ветвь.
187.	Дифференциальное уравнение движения (уравнение (а) в ре1
шеи и и задачи 185) представим в виде

тх + ггииРх — (m<o2 — с)х — CjX3 4- Fo sin tat.

Используя метод Дуффинга, примем в качестве первого приближе-
ния величину

хг = х0 sin <о/.	(б)

Подставим хг в правую часть уравнения (а) и получим уравнение
для вычисления второго при-
ближения

тх2 + /пш2х2 = [(/ла>2—с)х0 —
— (3/4) qx3 F0]sin со/ +

+ (l/4)cxxjsin Зсо/. (в)

Поскольку рассматривает-
ся только периодическое ре-
шение, то для исключения
векового члена необходимо,
чтобы

(/псо2 — с)х0 — (3/4)Cjj^ -|-

+ Fo = 0.	(г)

Это уравнение совпадает
с выражением для определе-
ния амплитуды вынужден-
ных колебаний х0 ко методу
Галеркина.

Если условие (г) выполне-
но, то второе приближение
находим как решение диффе-
ренциального уравнения
тх2 + тш2х2 = (1/4)с1х2 sin3o/,	(л)

откуда х2 — A sin со/ + В cos of — Ic1x^/(32o?m)}sin Зо/.

Постоянные иптегрировния А и В определяем из начальных усло-
вий.

Так как при отсутствии трения сдвиг фаз между возмущающей си-
лой и смещением равен нулю, максимальное отклонение массы проис-
ходит в момент действия наибольшей силы, т. е. за начало отсчета вре-
мени можно принять t = 774, где Т = 2п/<л — период. При этом
х2 — х0 и х2 -• 0.

Используя эти условия, находим

А = х0 — clxl/(32a2m},) В = 0.

Следовательно, приближенное решение уравнения вынужденны*
колебаний имеет вид

х = х0 sin <x>t — 1с1Хо/(32<д2/??)] (sin tot — sin
♦ уравнения (г) вычисляем х0 — 2,27 см, тогда х — 2,27 sin 10/ —
0,363- Ю'1 (sin I0< — sin 30Z).

188.	Дифференциальное уравнение движения массы in имеет вид
тх + ах -|- сх 4- х3 = Fo sin (at -j- P) •	(a)

Здесь учтено, что при наличии сопротивления смещение х и сила
f имеют рассогласование по фазе (угол сдвига фаз р).

Приближенное решение уравнения (а)

X = х0 sin &)/.

Подставляя выражение (б) в уравнение (а) и пренебрегая слагаемы-

ми, содержащими sin 3at, получаем

( —m<o2x0 + «o4'0,75c1x’—7-'о cos 0)sinwZ+

4-	(асохо — Fo sin 0)cos at = 0.	(в)

Поскольку функции sin at и cos at
линейно независимы, для равенства нулю
уравнения (в) необходимо, чтобы

—то? х0 4 • cxQ 4- О,75сх'хЗ — Fo cos 0 = 0;^
а©х0—Fb sin 0 = 0.1

(б)

Система уравнений (г) определяег амплитуду колебаний х0 и сдвиг
фаз 0.

Исключая из (г) р, получаем

[(с — гп<в2)х0 4- Олбере’]2 4- (ао>х0)2 — F*.	(д)

На рис. 328 показано графическое решение уравнения (д), в кото-
ром

Th — [(с — тсо2)хо 4- OJSqx®]2 4- (аа>х0)2;

Ла = Ло-

точка пересечения графиков rjj и Г]2 позволяет получить значение ам-
плитуды установившихся колебаний х0 = 1,65 см. При этом сдвиг фаз

Р — arcsin aax0/F0 та 54°40'.

189.	Предположим, что маятник совершает колебания относитель-
но некоторого отклоненного от вертикали положения. Тогда диффе-
ренциальное уравнение его движения имеет вид

J Ф 4- сир 4 - mgl si n ф = М (Q—ф).	(а)

Разложим функцию возмущения М (й — ф) в ряд в окрестностях
номинального значения Й

М (Й — ф) = м (й) — М' (Й) ф 4- 0,5Л4" (Й) ip2 —0,17АГ " (й) <р34-...
Ограничиваясь линейной частью разложения, получим

Jtp-j- [а -|- М' (й)] q> + mgl(p = М (й).

Отсюда следует, что при отсутствии колебаний (<р — ф = 0) угОЛ
отклонения маятника от вертикали равен

ср0 = М (Q)/(mg/).	(б)

Обозначим -ф = <р — ф0. Тогда

/ф -}- [а 4- М' (Й)] -ф 4- mglq = 0.

При а. 4~ М' (й) >• 0 система диссипативна, т. е. ее колебания
являются затухающими. При а 4- М' (Й) <0 система самовозбуждаю-
щаяся, т. е. возможны возрастающие во времени колебания.

Вопрос о действительном поведении системы можно решить, если
в разложении М (й — <р) удержать нелинейные члены.

Рассмотрим разложение М (й — ф), включающее члены третьего
порядка. Тогда

/ф + 1а + 7И' (й)]'ty + mgl'ty = 714”(Й)фа/2—М"' (Й)ф3/6.

Обозначим а + М’ (й) = —bi. М'" (й)/6 = &2. Тогда при 7И"(Й) = 0

&1'ф4-&2 ij>84-ttig^> = 0.	(в)

Полагая

Ро==Рок х--= if-p0Vbjbi

р. = bJiJpo),	(г)

получаем уравнение Релея

х" 4- х = р (1 — х'а)х',
где х' — dx/d®.

190.	Дифференциальное уравнение движения тормозной колодки
имеет вид

<?	Ф = —сф 4- 7И (Й—ф).	(а)

Поскольку состояние равновесия (ф = ф = 0) неустойчиво (так
как М' (й) < 0), система может самовозбуждаться.

Рассмотрим изображение движения системы на фазовой плоскости.

При J -> 0 возможны два вида движения:

1)	если момент упругих сил пружины полностью уравновешен мо-
ментом сил трения, то система имеет малые угловые ускорения Ф и
изображающая точка находится па силовой характеристике:

F — — сф 4- Л4 (Й — ф) — 0.

Последнее уравнение изображено на фазовой плоскости в виде
кривой A BCD (рис. 329, а) ;
2)	если же эти моменты не уравновешивают друг друга, то при J -> О
_^.со. Этому случаю соответствуют вертикальные прямые па фазо-
вой плоскости.

Предположим, что система выведена из равновесия и ее состоя-
ние определяется точкой А 0 на фазовой плоскости Так как в этом слу-
чае <р ->°°> изображающая точка движется вертикально вверх, пока
не попадает на силовую характеристику в точке Лт. Затем следует
движение до точки Л2, откуда происходит срыв в точку А3 (участок
д ВД3 система не проходит).

При дальнейшем движении изображающая точка проходит путь
СЛ4Л5Дв и повторяет его бесконечное число раз.

Вычислим период колебаний. На участке АаС

—cQ7\ + Мо —	= О,

откуда Л = (Мо — ЛЦ.ед.

Время движения по участку

/с

г,- ( -&=—!- г л1'	4

Здесь использованы соотношения

сф = —ЛГ' (Q—ф) ф и dtp = qdt.

По характеристике сил трения можно вычислить время Т2.
випп°СколькУ Участки A2At и CAt система переходит мгновенно, пе-
р °Д колебаний

Г = Тх + Т2.
Построим график зависимости <р (Z).

На рис. 329, б построена кривая ф (0, состоящая из горизонталь-
ных участков ср Й, соответствующих участку ДЙС диаграммы на
фазовой плоскости, вертикальных, соответствующих скачкам, и кри-
вых, соответствующих участку Д4Л5.

Графическое (или числовое) интегрирование позволяет построить
кривую ф (t). Полученная пилообразная кривая характерна для раз-
рывных колебаний.

191.	Как показано при решении задачи 189, уравнение движения
маятника при нелинейной характеристике сил трения приводится к
уравнению Релея (см. уравнение (в) решения задачи 189).

х-V р§ х = рх’р0 [1 —x2/pg],	(а)

где р =---(а + М'(Й)/(/р0) может рассматриваться как малый пара-

метр; точкой обозначено дифференцирование по размерному време-
ни Л

Решение уравнения (а) ищем в виде

х = a cos (pat 4- у),	(б)

где any — неопределенные, медленно изменяющиеся во времени функ-
ции, т. е. такие функции, производные которых по времени имеют тот
же порядок малости, что и параметр р.

Найдем скорость х

х = a cos (р014- у) — ар0 si п (рог/ 4- т) — шр sin (р014- у).

Поскольку в решении имеются две неопределенные функции (а и
у), необходимо, чтобы

a cos (р014- у) —-а<р sin (р014- у) = 0.	(в)

Тогда

х == —ара sin (р0/ -|- у),	(г)

х = — ар0 si п (р01 -|- у) — ар§ cos (р01 + у)—a<pp0 cos (р014- у).	(д)

Подставим выражения (г) и (д) в исходное уравнение (а):

—арй sin (pat I- у) — ароФ cos (р(1/ 4- у) =

= —р(1 — a2sin2 (pot 4- у)] ар? sin (pot 4- У).	(«)

Для определения неизвестных а и у получены два уравнения (в)
и (е), из которых

У^Р-РоП — a2sin2(p0/4-y)lsin(p0/4-T)cos(p0f4-Y); 1

а = арр0 {1 — о2 siп2 (р01 Ь у)] si n2 (р01 у).	I
По методу Вап-дер-Поля, функции (ж) заменяются их средними за
период значениями (при этом ср считается параметром, а не функцией
времени), т.е.

2Л/Ро

V = V" f Т (т) dx;

б

Интегралы (з) удобнее вычислять, перейдя к повой независимой
переменной:

О — роъ Т-

Тогда

dQ podx + ydx.

Поскольку ф имеет тот же порядок малости, что и параметр р, мож-
но считать, что

dO = pvdx.

В таком случае

2Л

а =	|1 —a2sin20]sin2Od9;

*п

у = j* (1 —a2 sin2 9) sin() cos OdO.
u

Произведя интегрирование, получаем

a= _Н£5_ф(0)

_ А	3 а2\.

2 \	4	!’

(И)

(к)

4Л

Уравнение (и) позволяет определить изменение амплитуды колеба-
ний а во времени.

Из общей теории нелинейных колебаний известно, что равенство
нулю правой части уравнения (и) свидетельствует о наличии предель-
ных циклов (или состояний равновесия на фазовой плоскости).

Найдем корпи уравнения а -- 0. Из (и) следует, что а = 0 при —
=- 0 и а2 = 2/|/У

Нулевой корень соответствует состоянию равновесия маятника, а
ненулевой — периодическому движению.

Исследуем устойчивость равновесия п устойчивость периодического
Движения маятника. Допустим,

а = Cj -|- Да,	(л)
где at — корпи уравнения Ф (а) — 0; Да — отклонения маятника от
состояния равновесия или периодического движения Подставим (л)
в (и)

d&a/dt = (у,р0/2)Ф(а< + Да).	(м)

Разложим правую часть последнего уравнения в ряд, удерживая
в разложении только линейные члены

d&aldi (рр0/2)(йФ/4ф)Да.

(н)

Решение уравнения (н) имеет вид

<1ф t

Ла--Се 2 Ju‘ ,

(°)

откуда следует, что движение (или состояние равновесия) маятника
устойчиво при dtp/dai < 0 (если р > 0) и неустойчиво при d&.!dat > 0.

В рассматриваемом случае |х = 0,015 >0 (см. задачу 190):

хт. / \ «и -ч Л	l Л 9	,\

Ф (а) = — 1  ----------а* :	----— — 1------------аМ .

V f 2	4	/’ dat 2 \	4	)

При at — аг = 0
diD/dat = 1/2 > 0,

т. е. состояние равновесия неустойчиво.

При •= а2 = 2//3

dФ/da2 = —1 < 0.

Следовательно, предельный цикл колебаний является устойчивым,
т. е. маятник, выведенный из положения равновесия, совершает коле-
бания с медленно изменяющейся амплитудой, стремящейся с ростом
времени к предельному значению “Фпред (переходя к амплитуде угло-
вых колебаний ip)

Фпред = — 1Ж = 0.224 рад.

Ро

192.	Поскольку начальный угол фо меньше предельною (ч|>0 = 0,1,
Я’пред = 0,224 рад), амплитуда колебаний маятника непрерывно уве-

Ф
2_

Рис. 330

личивается, стремясь к предельной.

На рис. 330 пунктиром показана фа-
зовая траектория изображающей точки,
характеризующей движение маятника.
Сплошная замкнутая кривая изобра-
жает предельный цикл (устаповившее'
ся периодическое движение маятника).
Если фо > Фиред, т0 движение маят-
ника происходит с убывающей ампли-
тудой (пунктир снаружи замкнутой
кривой).

193.	В первом приближении ре-
шение уравнения движения маят
ника имеет вид (см. (г) в решении задачи 189 и (б) в реше-
нии 190).	,____

Ф = (л/Ро)	cos (р01 + v).

Мгновенная частота колебаний
dftldt — ро h dyldt.
При решении задачи 191 после осреднения за период получено,
что dyldt = 0, т. е. Midi —- р0 = const.
194. После выкладок, аналогичных выполненным в решении зада-

чи 191, получим

Ф (а) = (а/8)(4 — а2); гр (а) = 0.

Приравняв Ф (а) нулю, найдем
aL = 0, а2 = 2.
Первый корень соответствует неустойчивому равновесию системы,
второй дает амплитуду предельного цикла.

Продифференцировав Ф (а) по а (см. решение задачи 191) и подста-
вив туда значение а, соответствующее предельному циклу, получим

Следовательно, предельный цикл устойчив.

195. В стационарном режиме сила лобового сопротивления плане-
ра уравновешивается силой натяжения троса

сх0 = cxSpvl/2,	(а)

где с — жесткость троса при растяжении; х0 — удлинение троса при
стационарном режиме полета.

Если планер совершает малые продольные колебания, его движе-
ние описывается уравнением

тх + с (х0 + х) = сх Sp (у0 — х)2/2.	(б)

Здесь х — отклонение от положения равновесия.

При увеличении х скорость планера уменьшается, поэтому в пра-
вой части уравнения (б) стоит знак минус.

Преобразуем уравнение (б) с учетом равенства (а):

Х-l- plx— — р(2оох—x) = Fc,

rW	u — cxpS/(2m), р^ = с/т.

При колебаниях планера относительно положения равновесия сила
сопротивления должна быть симметричной функцией х, поэтому Fc
следует принять равной

Fc = — p(2vvx—x | х[).

Допустим,

х — a cos (pQt -J- ф) — a cos 0.	(в)
Считая а и <р переменными и применяя метод Ван-Дер-Поля
(см. задачу 191), найдем (достаточно получить уравнение для а)

2л

~ =-—-£- I |2и0 а—и- pQ | sin U || sin2 (ИО — Ф (а)	(г)

at	J	7

О

или	Ф (а) = — (ар/р|))|2пол - (8/3)ар0].

При а, — 0 и а2 — 3t’on/(4pll) Ф (а) = 0, что соответствует наличию
состояния равновесия (а, -- 0) и предельному циклу с амплитудой
аг 3v0Jt/4p0.

Найдем производные Ф (а) по а при значении а, равном а, и а2:

c№/da |о=0 = —2v0 я/р0 < 0;

d&/da ]а=о„ = Зи0 п/(4р0) > 0.

Полученный результат свидетельствует о том, что положение рав*
новесия (установившийся полет планера) является устойчивым.

196.	Воспользовавшись принципом Даламбера, получим следующие
дифференциальные уравнения движения:

tn1 4- с (хх—х2) = 0; т2 хе 4- с (х2 —хх) — 0.

Решение системы ищем в виде

хх -- A sin pt; х» = В cos pt.

Для определения А и В получаем систему уравнений вида

(с — р2/п)Д — с В — 0; —с А |- (с — т2р2)В = 0.

Так как А и В не равны нулю, то определитель системы должен
быть равен нулю:

с— М1Р2 —с =0

—с	с—т2р2

или

р2 [трп^р2 — (/пх 4 т2)с] — 0,
откуда

Pi == о, р2 == J '(/«! 4 ~гпг) c/^nii т.,).

197.	За обобщенные координаты примем угол поворота цилиндра <р
и угол отклонения маятника от вертикали

Вычислим кинетическую энергию цилиндра:

T1 = (j<p24.Mr4p2)/2,

где J — Мг2/2.

Скорость движения массы т складывается из скорости, перпенди-
кулярной стержню (Ш), и скорости горизонтального перемещения оси
цилиндра (лер). Тогда кинетическая энергия массы т

Тг = т(12 0а-| г2 q/ Н - ср cos 0)/2.
Изменение потенциальной энергии системы определяется величн
ной вертикального подъема массы т

П = mgl (1 — cos ft).

Составляя функцию Лагранжа L — Т\ 4- Т2 — П
и подставляя ее в уравнение Лагранжа

(dldtydLldqi) — dLldq, — 0, получаем

(ЗЛ4г2/2 Ц- /иг2) ф 4- mlrH cos ft —mlri? sin ft = 0,
mlr ф cos ft f-fn^ ft + ,ngl si n ft -- 0.

В случае малых колебаний в последних уравнениях следует пре-
небречь нелинейными членами и принять sin ft — ft, cos ft = I. Тогда

(ЗЛ1/2 у- tn) г2 ф 4- znfr-ft — 0;
mlr ф tnP ft-\-mglO ~ 0.

Для определения собственных частот колебаний положим
Ф = A sin pt, ft В sin pt.

Подставим эти выражения в уравнения (а), и из условия равенст-
ва нулю определителя системы однородных уравнений найдем

Р1 = 0, р2 =

(1,5.41 g

(1.5/Иm) l—ml

ъ 0,73 с-1.

198.	Применяя метод сил, составим дифференциальные уравнения
движения диска:

X=611 (~ ’ПХ) 4- 612 (—J ф);

(а)

Ф 612 (—тх) 4- б23 (—/ф).

Здесь б,; — перемещения диска от единичных сил, приложенных
в направлении возможных перемещений. Вычисление 6,; показано п
решении задачи 47.

Обозначая EJX и GJP жесткость проволоки пружины при изгибе
и кручении, имеем:

Л лпПЗ [ sin2 а . cos2 а \

0И =---А- I -- Г 7	;

4 \ Е J	GJ р /

с	г-, /cos2 а . sin3 а \

—+—

.	. лпЛ2 . п / I . IX

О]2 == б2] =-sm 2а {--------.

1	4	\EJX GJP)

Подставляя эти выражения в уравнения (а) и отыскивая их реше-
ние в виде 6г == А{ sin pt, получаем

Pf.2 -------8 (£Jx4-GJp) /1 -р i / ।

niiD* m (1 [ • 3 cos9 2a) \ V

EJX GJp (1 + 3 cos2 2a)
Графики изменения частот и ра в зависимости от угла а приведе-
ны на рис. 331. При этом принято, что GJp = 0,8EJx, а р* =
= EJ x/(rmDsm).

199.	Рассмотрим положения масс в произвольный момент времени
(рис. 332, а). На массы действуют силы, показанные на рис. 332, б.
Воспользовавшись принципом Даламбера, получим следующие диф-
ференциальные уравнения:

У1Н- « а1 — Т0СС2 s 0 » I
«»4!/2 + 7’0a.3-h7’0a3 = 0, |
где

“j = У1/1\ “2 = (Уг — У1)^, “з = У?!-

(а)

С учетом последнего система уравнений (а) принимает вид:
т}у! + {ухИ) — TQ (уг — у,)// = 0;

т2у2 -I-	(у2 — у^П + Тйу2П - 0.

Отсюда находим собственные частоты колебаний масс

[(m2 + m2)	m2).

200.	Дифференциальные уравнения движения массы m, составлен-
ные но методу сил, имеют вид:

У	= I -- ту) + fiI2( ~ Jot <₽);

ср = 621 ( — ту) +622 (-701ф) 

Решение системы уравнений (а) ищем в виде

у = A sin pt, <р -= В sin pt.

После преобразований получаем уравнение для определения соб-
ственных частот колебаний системы

Pi — (625/01 + 6ц^)Р2/(Д/«701) + l/(A^oi) = 0,
где

A — $11$22	$12$2Ь

откуда следует, что квадраты частот колебаний

Р1.2 =

(^22 ^01 ~1~ ^11 ш) I (^22^01 I (\1т)2— 4Azn</01

2/тгД/ Qi

Первая частота колебаний р± при JOi позволяет получить час-
тоту колебаний точечной массы, равную J/ 1/(6ппг). Найдем поправку
к этой частоте, принимая <701 малым, но не равным нулю.

Выражение для р2 можно преобразовать к виду

01 ’"»’ $ 1 <	1

Р1 •=--------------------------------------------------

$2 2	1 4"	622	01 —	03

т2Ь[т

2A-mJ01

Разложив корень в ряд и огра-
ничившись только первым членом
разложения, после преобразований
получим

Р2! =	— (6®2/01)/(4Д-А«26п).

Второе слагаемое в этом выраже-
нии представляет собой искомую по-
грешность в определении квадрата
частоты, если считать массу т то-
чечной.

20L Для определения собствен-
ных частот колебаний многомассовых
статически неопределимых систем
удобно воспользоваться уравнениями
движения, составленными по методу
сил. При этом статическую неопре-
делимость системы можно не рас-

крывать, а заменить лишние связи	Рис. 333

неизвестными силами Xt.

Выберем основную систему так, как это показано на рис. 333. Си-

лами, действующими на балку, являются силы инерции (—и

~'-кцу2) и неизвестная реакция X.

Перемещения точек приложения этих сил равны:

У1	— --	т2У2

У? = --- т1 У1 $21	^У2 $22 4" % $2Э »

№ = — ^1//1$31 —^$33 '

(а)
Полагая Vi ~ CjSin pt, уг — C2 sin pt, X = Xo sin pt и учитывая,
что yn - 0, получаем систему трех однородных уравнений относитель-
но неизвестных Съ С2 и Хо.

Уравнение частот этой системы имеет вид

(1 -щ1ргб11)	—тгр2612	$13		
—/»1Рг б21	(\—т2р2822)	$23	= 0	(б)
—/П1Р2Ь31	~т2р2832	$зз		

или

	$и	$12	$13	
т2	$21	$42	$23	Р4	[mx (бП б33	6?з)+ ^2 ($22 $33
	$ы	$32	$зз	

— б2з)]р3+б8а = 0.

(в)

Коэффициенты 6,j определяются методом Мора путем перемноже
пия по правилу Верещагина соответствующих эпюр 1,2,3 (см. рис.333)

.	д«(/—up. ч _ />«(/—/>)». s	(з

Oil —	- « О.,ч	, о.... —	.

и 3/EJ.v - 31EJX Sd 48EJX

bJ..	b»t----------(Г- a2 - b2); 6n - b31 - —~	—V.

Л (ilEJx K	' IJ 31 4EJX \ 3	4 / '

6,.:1-63J

b /_№_______\

AEJX \ 3	4 J’

Здесь I 2 (a + b).

Подставляя числовые данные в эти выражения и решая уравнение
(в), найдем:

р2 — 101с-1; р2 = 150 с'1.

202.	Дифференциальные уравнения малых свободных колебаний,
составленные по методу сил, имеют тот же вид, что и в задаче 201.

Собственные частоты колебаний системы равны:

а)	рх-3,681 EJxl(tnl2)-, р2 = 10,62V EJx/(mls) (см. рис. 143,а);

б)	рх—2,34 /Е4/(т/3); р2 = 3,05 VЁЦЦтЁ) (см. рис. 143, б);

в)	Pi =~- 2,54 | EJxl(mlz); р2 4,37 ф^Б7й/(/«/3) (см. рис. 143, в);

г)	рс— 1,05 | EJx/(mP); ра — 6,06 VЕ^ЦтЕ) (см. рис. 143, г).

203.	Для составления дифференциальных уравнений движения си-
стемы воспользуемся методом сил:

Hi = 511 (— "h Ui' +Лг ( — В |
.'/»= b311 - /«j у, I + йгг ( — т.,цй). J

(а)
Для определения коэффициентов 6Н к каждой из точек крепления
масс прикладываем единичные силы и строим эпюры 1, 2 изгибающих
моментов (рис. 334). Перемножая их по правилу Верещагина, найдем:

6П = 62г = 4/Л/(9Е/х); 612 = б« = 7/3/(18£Jx).	(б)

Отыскание решения уравнений (а) в виде t/t — jsin pi, у2 —
-= А2 sin pt позволяет получить систему однородных уравнений:

(6П тг р2 — I) А! + 612 т2 р2 А 2 = 0; |

62i тг р2 Ai h (623 tn2 р2— 1) А2 = 0, |

откуда находим уравнение частот:

ОТ1 6ц+^1 ^22__.

/«1И2(6П 622 —	'

(8„ 6аа —6^)

Подставляем в уравнение (г)
величины из (б):

72 EJ*

5 м/з

откуда

0,891/£Vj(mP),

Ра = 3,7 УEJHml3).

Для определения форм колеба-
ний в уравнениях (в) положим
Лп = 1 и р = рР Тогда

Л г1 (1 —	=

= 1,052.

Рис. ЗЗЛ

Аналогично при А12 = 1 и р = р2

А 22 = —0,475.

Формы колебаний 3, 4 изображены на рис. 334.

Ч исловые значения частот, соответствующие условию задачи, равны:

Pi = 336 с’1, р2 « 1400 с-1.

204.	Уравнения движения получим по методу сил:

yt = 6U (— myj + 6Г2 ( — ту2) + 613 ( — ту3);
Уъ = 621 ( — mpj + 622 ( ~ту2) + 623 ( — ту3У,
Уа == 631 ( — ту1) +632 { — ту2} + б33 ( — ту3),

(а)
где 6„ = 25% 6t,	39%; 613	17% 6.,„--81Х;	- 39Х; 6JS --

- 25Л, л - Pi‘3888EJx.

Решение ищем в виде у, — A£sin pf.

После преобразований получаем уравнение частот колебаний си-
стемы

2880.il3 - - 1344рг -I- 131fi — I - 0,	(б)

где р = пг/3рг/(3888£/х).

Решение уравнения (б) ищем графически. На рис. 335 показан гра-
фик левой части выражения (б). Из графика получаем три значения у,
[корни уравнения (6)1, при кото»
f(u)	рых левая часть уравнения (б)

ша нулю:

рх 0,00825; р2 = 0,126;

Рз — 0,334.
Собственные частоты колебаний:
р1 = 5,65р EJx/iml3);

ра •= 22,051 'ЁТ^тРу,

Рз = 36 УЁГЛтЁ).

205.	Положение центра тяжести пластины при колебаниях опре-
деляется горизонтальным х и вертикальным у смещениями и углом по-
ворота ф пластинки.

В таком случае дифференциальные уравнения малых свободных
колебаний могут быть представлены в виде:

к = (— тх) 6П + (— ту) б12 + I — Jcp) 613;
У = ( — nix) 621 +(— ту) б22 +( —/ф) б23;
ф = ( — nix) 6М + (— ту) бзз 4- ( — Jip) 633.

(а)

Коэффициенты бц уравнений (а) определяются перемножением по
правилу Верещагина эпюр изгибающих моментов Л 2, 3 от единичных
сил, приложенных к центру тяжести пластинки в направлениях х, у.
ср (рис. 336, а):

6n - £/(3£Jx); б12 - б21 = Zft/(4EJX); S13 --= б31 = /2/(2£Jx);

622 = Р/(4£Л); 623 - Sy2 - /2/(2£Jx); б33 - l/(EJx).

В случае малых перемещений вертикальное перемещение центра тя-
жести пластинки

у — /ф/2.

Тогда уравнения (а) принимают вид

х = (— nix) fiu + { — /п6п — (2J/Z) 613] у\

У ~ —nix) 6ai~[-1 —	— (2///) 6а8] у-

(б)
Полагая х — sin pt, у = A2 sin pt и учитывая, что J = wz/a/12,
найдем собственные частоты колебаний:

1,185	(в)

Рз = 4,75 |Л£Л/(^3)- /

Определим формы свободных колебаний. Полагая в уравнениях

(б) х — Ап sin ptt и у — А.гг sin ptt, найдем

д _	1 — ^Р1 6ц

21 (m6ls -|- 2Jfi13//) pl

Ац = 1,15 Лп.

Рис. 336

Аналогично при р — р2

д _	1 —6И л

” (m6u+2J6lafl)pl 13

—0,87А12.

Проверкой правильности решения может служить условие ортого-
нальности главных форм колебаний

WiAjjAj, -j-	— 0.

В рассматриваемом случае при тг = т2 = т

-J- A2iA22 = 0.

Полагая An = А12, убеждаемся
в выполнении условия ортогональ-
ности. Формы колебаний рамы
показаны на рис. 336, б.

206. P1 = 0,97Kl47(^j; Pi =

S,2VEJx/(mls).

Формы колебаний и смещения
масс ni! и тг изображены на
Рис. 337, а, б.

\
\

Рис. 337

\
I \

/
207.	Центр тяжести пластинки может иметь линейные (вертикаль-
ные и горизонтальные) и угловые перемещения, т. е. система имеет
три степени свободы.

Выберем основную статически определимую систему так, как это
показано на рис. 338.

Дифференциальные уравнения движения центра тяжести пластин-
ки представим, используя метод сил, в виде

X = I — тх) 4( — ту) 612 +( —/ф) 61я 4 /?6Г1;
у — (— тх} б2] 4 ( — ту) 623 4 ( — Уф) 6as4 R621 ;

Ф - (- тх) 681	—	mjy.l	6S2-r- (—Ji) б33’Г

(а)

Рис. 338

К системе уравнений (а) необходимо добавить уравнение переме-
щений, учитывающее, что линейное перемещение в направлении неиз-
вестной реакции R равно пулю

( — тх) 6п+(—ту) Й424 (—Лр) 64а 4^б44---0.	(б)

В этих уравнениях х — горизонтальное, у — вертикальное и
Ф — угловое перемещения массы т.

Для определения коэффициентов уравнений (а) и (б) к основной
системе прикладываем единичные силы и строим эпюры изгибающих
моментов подобно тому, как это сделано в задаче 205..

Систему уравнений (а) можно упростить, если учесть, что левый
угол пластинки не имеет вертикального перемещения, т. е. что между
вертикальным смещением у и углом поворота ср имеется зависимость
в виде

у =
Учитывая, что момент инерции массы пластинки относительно
центра тяжести равен J = т/2/12, получим следующую систему урав-
нений:

х = (—тх} 6П

P„6U +	6W)£ -|-RSU;

\	О	/

у = {—тх) 621 — 1т6-22

+~«MV + R6at;

6	/

(в)

I

0= (—mx)6.n- (m642T- -у- 643U+^641.

1

Вычисляем коэффициенты «о-, используя эпюры /, 2, 3, 4
(см. рис. 338):

би = /’/(3EJX); <\2 - б2, = ?3/(4Е/Х); 61Я = 631 = E/(2EJX);

Ьи = «я -- /3/(6£/я); б32 = ls/(4EJx); «2з = «аз = l2/(2EJx);

б«4 = «42 = /3/(4£/х); «Д4 = «43 = /2/(2ЕУх); «44 = 2/а/(ЗЕ/я).

Полагая х = Лх sin р/, у Л2 sin pi, R — R^ sin pt, найдем час-
тоты свободных колебаний системы:

Pi = 1,45 VEJj^nF);	= 5,83 /£Jx/(znZJ).

Для определения форм свободных колебаний примем:

х — Xi = Ап sin pjt-, у = ух — Л21 sin pxt.

Из системы (в) получим

Л 21 = 1,05Лп.

Вторую форму колебаний получим, положив

х = х2 = А12 sin p.,t, у = уг = A2i sin p2t- Az — —0,95Д12.

Формы свободных колебаний при Дп = Л12 = 1 изображены на
рис. 338 (поз. 5, 6) пунктиром.

208.	Р1 -= 71,2 с’1, р2 = 466 с’1.

209.	р, = 0,685 |/£4/(/п/3), р.2 = l,4K£Jx/(m/3).

Формы колебаний, соответствующие этим частотам, изображены
на рис. 339, а, б.

210.	Рассмотрим отклонен-
ное от положения равнове-
состояние системы (рис.

340, а).	г

Вычислим потенциальную
нергию системы как энер-
И1° изгиба стержня

П = суй/2, (а)
Рис. 340

где с — 3EJ х:13 — жесткость
при изгибе консольной балки.
Кинетическая энергия
груза

Т — 1пи20/2 ••}- Уф2/2,	(б)

где ы0 = и'4-ф//4 (рис. 340, а).

При рассмотрении малых
колебаний

у = (ф/ — U)COS ф - ф/ — и. (в)

Применяя метод Лагранжа, получим уравнения малых колебаний:

mu -t-mkp/4 -|-c(u—(pl)- 0;

mu + 5нг/ф/4 -|- 4c (ф/ — и) — 0.

Решение уравнений (г) ищем в виде

и = A j cos pt; ф = Л 2 cos pt,

(г)

что позволяет получить уравнение частот

р4 — 29ср2/(4т) «= 0,

(Д)

или

откуда

рх==0; pt = V87EJ/(4ml3).

Нулевой частоте (рх 0) соответствует движение системы, как
жесткого целого (рис. 340, б); частоте р2 соответствует форма колеба-
ний изгибного характера (рис. 340, е).

Из условия ортогональности форм колебаний можно установить
соотношение между амплитудами. Так как

/пи01н02 + /фпФ12 = 0,	(е;

полагая «01 = и02 = 1, найдем (рис. 340, б) фп — 4/(5/), из уравнения
(е) — ф]2 = —5//.

211.	В отличие от решения задачи 210 потенциальная энергия си-
стемы

П -	~mg-^~ I (1 — cos ф) =	4~mgl<p*.	(а)

Z о

Выражение для кинетической энергии остается таким же, как и в
задаче 210..
Уравнения движения груза имеют вид:

и + — гр -р — (и — /(р)	0;

4 т

и +— Zq> + -^-(/ф—и) 4-б£ф==О.

4	т

(б)

Из системы уравнений (б) получим уравнение частот

отсюда

5 с
ml

g-^0,

(в)

Р4

29

4

~РЧ
т

где с “ 3EJ/P.

212. Рассмотрим положение
стержня в произвольный момент
времени (рис. 341, а).

Вычислим кинетическую
энергию системы

Т= т^/2 -J-

При определении потенциаль-
ной энергии изгиба стержня его
можно рассматривать как бал-
ку на двух опорах (рис. 341, б).
Поскольку изгибающие момен-
ты в верхней и нижней точках

5cg
ml

Рис. 341

равны нулю, то

П - culJ2f

где с = GEJ Х1Р.

Из рис. 341, а следует, что в случае малых колебаний

(cos ОС я» 1)

ыи ----- al — их, al = и.2/2.

С учетом последнего представим уравнения движения масс:

т2 «х + си.}--------и.г — 0;

йг + v «а — ~ «1=*0.

4	Z

Характеристическое уравнение для этой системы имеет вид

р1 [п^т^р2 — (cmj/4 + cma)] = 0,
откуда	___________

Pi — 0, р2 = V{ст1-\-^стг)НДт^т^.

Нулевой частоте соответствует вращение стержня без изгиба, а
частоте рг — форма колебаний, изображенная на рис. 341, а.
213.	Рассмотрим положение системы в произвольный момент вре-
мени (рис. 342, а). В соответствии с принципом Даламбера система, на-
груженная силами инерции, находится в равновесии, поэтому реак-
ция опоры

7? — — тих—2ти? — ш3.	(а)

Момент сил инерции относительно шарнира равен пулю

т1иг -1,- 4л?/а2 + 3mlu3 = 0.	(б)

В уравнения (а) и (б) входят четыре неизвестных величины (R,
и2, и3). Для получения недостающих уравнений рассмотрим изгиб
стержня под действием сил инерции

EJsy" —Rz + (—тй№ — I) (-2/пй2)(г — 2/).

После двукратного интегрирования, учитывая соотношение (а),
получим

EJxy — {пгих ]-2тм2-|- mu3)zs/6 —

— тщ (г — /)3/6 — 2ти2 (z-2lf/6-\-Cz -{-D.

Постоянные интегрирования С и D находим из граничных условий
задачи:

Криг — 0, у = 0;

при z - 3/ у = 0.

Из первого граничного условия имеем D = 0, а из второго

С = — (19/2znUjL -г 52fWia + 27Z2znZi3]/18.

Окончательно уравнение изогнутой оси стержня имеет вид

EJxy= (/nur+2/nua	-----^Г”) —

(г)

Ц 6	9 )	\	6	18 /
Из рис. 342, а следует, что

У1 = ~Уг=1 = «з/З—Ui, уг = —Уг=21 — 2аэ/3—«а.	(д)

Используя соотношения (д), из уравнений изогнутой оси (г) полу-
чим два недостающих уравнения:

'• г 23	-• । . •• . 3CJT EJX

mut 4-	|-4/nus ,----—

.28	5	- , F..I„	2 EJX „

mu, -r — mu* -j--------mu~ 4-------— u2----------— u8 = 0,

1 1	9	3	8 /s i 3 is

(e)

(ж)

Уравнения (б), (e), (ж) образуют полную систему уравнений задачи.
Получим следующее уравнение для определения частот:

Р21Р4 _ ! 6	Ps + J2L Е±V ] = 0 г	(3)

|_	м/3	5 \ nil* } J

откуда находим частоты:

А-0; р2 = 1,23/£4/(т/3); р3 = 3,8 ) £4/(/нР).

Нулевой частоте соответствует вращение стержня без изгиба, т. е.
движение абсолютно жесткого тела (рис. 342, б).

Найдем связь между амплитудами при второй форме колебаний (р=
- р3). Рассмотрим систему уравнений (б) и (е), в которых примем
“(2	>4j2 sin р^- Тогда

44а2 Т~ 3.4 32 ~	^12, П ,5j422 4“ 74 32 =	44а.

Считая 412 — 1« найдем 422 — 0,61, 432 — —1,15.

Аналогично, полагая в уравнениях (б) и (е) ui3 — 4ia sin p3t и
считая 413 = 1, найдем, что при колебаниях по третьей форме Д39—
-= —0,485, 433 — 0,31.

Вторая и третья формы колебаний системы приведены на рис.342, в
и г.

214.	Формы колебаний системы можно определить из следующих
соображений. Система имеет две нулевые частоты, соответствующие
поступательному и угловому движениям тела как жесткого целого. Эти
формы колебаний изображены на рис. 343, а, б.

Две другие изгибпые формы — симметричную и кососимметрич-
ную — можно найти из условий ортогональности.

Обозначим: «и, uia, «13, «ы — линейные перемещения левой мас-
сы, соответствующие различным формам колебаний; н21, и22, и2Я, —
линейные перемещения правой массы; <pn, ф12, <ри, ф14 — угловые
перемещения левой массы; <ра1, фаа, <раэ, ф24 — угловые перемещения
правой массы.

Третья форма колебаний (симметричная изгибная форма) должна
быть ортогональна первой форме (поступательному движению)

/nuu«13 + ти21и2я 4- /фнФи 4- 7ф21ф2з = 0.	(а)

Поскольку фп — ф12 = 0, полагая uu = u21 = 1, получим «13 =
в «а5 == 0 (случай и13 = и23	0 входит в первую форму колебаний).
Кроме того, третья форма колебаний должна быть ортогональна вто-
рой

А7Ш12и13 + mu2.2ui3 -I- J(p12q>19 4 ЛР22Ф23 = °-	(б)

Полагая «12 = —1, u2Z — 1 и учитывая, что «13 — и23 — 0, а ср12 =
— 4>2я = 3/(4Z), найдем, что ф13 = —<р23.

На рис. 343, в показана третья форма колебаний.

Аналогично из условия ортогональности четвертой и первой форм
колебаний

/п-1 >ии + m-1 -«24 +	+ Лр24’0 = Oi	(в)

откуда

«14 = -- «24 = -1 ‘

Учитывая ортогональность четвертой и третьей форм, получим

m-0-1 4- т-0(—1) + ^Ф1зФ14 +	= 0	(г)

или

Ф14 — ф24-

Из ортогональности четвертой и второй форм колебаний
т(-1)(-1)+/п.Ы 4-лХ<рм+уЛ_фаа = о. (д)
Следовательно,

Фи ™ Ф24 = —16/(30.

Четвертая форма колебаний изображена на рис. 343, г.
Определение частот колебаний проведем, используя найденные
формы колебаний. Поскольку третья форма колебаний является сим-
метричной, рассмотрим половину системы (рис. 343, д).

Для определения жесткости системы при угловых колебаниях при-
ложим к массе единичный момент и найдем угол поворота

Ф1з $11 — Z/(2£JX).

Соответствующая частота колебаний

Рз = Kl/Vfin) = /8£Jx/(m/3) = 2,84

Четвертой частоте колебаний соответствует кососимметричная фор-
ма. Поэтому силовую схему можно представить так, как это изображе-
но на рис. 343, в.

Для определения частот воспользуемся уравнениями Лагранжа.

Кинетическая и потенциальная энергия системы соответственно рав-
ны:

Т — Лр®/2 - /п«о/2: П — cyil'2 (с = 24£Jx/£),

где и0 — и + /ф/4; у = 1(р/2 — и.

Уравнения движения и уравнение частот имеют вид:

(J + ml2/16) ф -j- mlu/i-l-cP ф/4—dull — 0;

mlф/4 -j-mu—cly/2 -\-си = 0;

р2 [Лир8—9с (£ т J- J)/16] = 0.

Частоты, соответствующие кососимметричным формам колебаний:
р2 = 0; р4 =₽ Vr67,5£Jx/(mZ3) =8,2 /£ Jx/(/n/3).

215,	Система имеет четыре степени свободы и соответственно четыре
формы колебаний: две кососимметричные (рис. 344, д, б) и две симмет-
ричные (рис, 344, в, г).
Определение частот кососимметричных форм колебаний аналогично
определению, приведенному в задаче 214:

Рх-0; р2 = 4,7 { EJjQnP).

Для определения частот симметричных форм колебаний рассмот-
рим половину системы с жесткой заделкой на одном конце (рис. 344, д).

Выведем дифференциальные уравнения движения, используя ме-
тод сил:

w = 6П (—та} + 6]3 (— Лр); (р = 62Х (— ти] + б22 (— /ср)-

Коэффициенты 6f7> полученные по методу Мора с применением пра-
вила Верещагина, равны:

6П - 31P/(48EJT); 6J2 = 62L - 322/(4EJx); б22 - //(EJX).

Частоты симметричных форм колебаний равны

Рг = 1,11 EJKtnl^, -6,5УЁТх1(тР).

Полагая н22	= 1, найдем

углы

ЧР22 * 0,93/Zj Ф24 = —3,3/^

216» Положение системы в про-
извольный момент времени опре-
деляется четырьмя независимыми
координатами: ylt <Pi и <р2
(рис. 345, а).

м Вычислим кинетическую энер-
гию системы

7 =	#f/2	У*/2 4- А Ф1 /24“

4-Афг/2.	(а)

Потенциальную энергию дефор-
мации системы удобно выразить че-
рез относительные линейные и уг-

ловые перемещения масс уи и <р„.

Считая массу /и непидвижной (рис. 345, б), приложим к концу
упругого стержня силу Q и момент Л4. Тогда угол поворота и прогиб
соответственно равны:

У к —	Q 612 М; |

<Рк = Q + б2г М,)

где бп * /3/(ЗЕЛ); б12 = 621 = /2/(2£Jx); б22 = l/(EJx).

Из этой системы уравнений определим Q и М:

Q = (б22/ Д)	— (б12 / Д) фк;	1

М = — (621/Д) ^к + (бц/Д) <ри । j

где Д - 6П622 - 6|2 - [£/(£</х)Р/6.
Вычислим потенциальную энергию деформации изгиба стержня

/7= С М?,аг - f	!' W dz -= — +

J 2Е/Х ,1	2EJX	2EJX

о	и

. QMP , <Эг/з э ,	.	-	, .

2EJ х	6с</ д

где

°и

I

26PEJX

(б?( -z6126n+ 4-fib Н=4	’•

\	о	]	2 I

#12 ”оЛ2 РГ I $Si $^)-----------$12 Т" $12 $22

2Д2£/Х L	•>

#22

I___

2Д2 EJX

$12— /$12 $22 “И ’"Z- $22

3

3 £/х

2 /з *

Как следует из рис. 345, а:

У к = У г—Уг — lz Фз/2—4 ф! /2—/<pi - у2 —£/Х —
—4ф2/2—4 Фх/2;

(Д)

Фк^Фз--Фи

где Ц — I + 4/2.

Подставляем выражения (д) в уравнение потенциальной энергии
деформации:

П = />и<р! + />22ф1 + Ь33у\ + ЬмуЪ + Ь12Ф1Ф2 + />13Ф1Г/1 +

+ ^14 Ф1!/2 + *23ф2//1 + Ь^2у2 + />34!/1!/2.	(в)

где bn = an + (Zj)!t222/4 — 1{а12/2-, Ь22 аа + /!а22/4 — /аа1а/2;

^33 ~ Ьц ~ И221 Ь(2	-2<Zji “Г /ifl12'2 |-

— Ojj ----- 4Иц> /114 ~ “~^12 “I- 4^22; /12» ~	®12 "t" 4®42> ^24 =

" U12	/3^22* /1з4 ” *"“2п22.

Воспользовавшись уравнением Лагранжа, получим систему диф-
ференциальных уравнений движения:

J, ф + 2/>ц Ф1 + />12 ф2 + />1Э У1 + />14 Уг » о;

Л Ф2 + /iia Ф1 + 2/>22 ф2 4- Ь23 у± 4- &21 у2 » 0;

W1 Ух + />13 Ф1 + &2S ф2 + 2/>3s Ух + &34 J/2 == 0 :

т2 У 2 4* /114 Ф1 4’ /^24 фа 4* /1з4 У1 + 2/>М У г — 0.
217.	Решение дифференциал иных уравнений малых свободных коле-
баний, полученных в задаче 216, ищем в виде у^ /hcospZ, =--

Rt sin pt. что позволяет вывести следующее уравнение:

2£ц — Jt р”	612	Ь13	^14	
613	2Ь2г — J2 рл	Ьц	624	
^13	Ь-т	р2	^34	— 0
614	624	6;]4	2644—т2р2	

или

J г? ^т^р* + atf6 -г a2pi + а3р2 + а4 = 0.

Поскольку система имеет две степени свободы, соответствующие
движению абсолютно жесткого тела, четыре корня уравнения должны
быть нулевыми, т. е. коэффициенты а9 и равны нулю.

Отличные от пуля частоты определяются из уравнения

‘|- а}р2 -г а2 = 0.

Подставляем сюда числовые данные

aL = —2[J1J2mlb4i |- JtJ2ш2633 + J1tnLm2b22 d-	=

= —(13/16)/?i3ZEJx;

= J I1? 2 (^34 - ^633644) T J (623 - 462263з) “Г

4“ J(624	2^1 (4^11^44 — 6)4)	J2^2 (^^11^33

- 6f3) +	(46u622 - 6f2) = (21/32)(mW/A

Тогда собственные частоты колебаний;

Pi,a- 0; р8 = 0,447] BJe/(m/«); р4= 3,52]/£4/(m/3).

218.	Система имеет пять степеней свободы {положение каждого из
грузов определяется вертикальным смещением и углом поворота, а по-
ложение центральной точечной массы определяется только ее верти-
кальным смещением).

Двум степеням свободы (движению системы как жесткого целого)
соответствуют нулевые частоты р, = р2 = 0 и формы движения, по-
казанные на рис. 346, а и б.

Третья форма колебаний ортогональна двум первым:

munUi3 + ти21и29 + mu31«Sa	J<jpn<p18 + «Арюфяз = °!	(а)

«г«12«1з -г ты22и2з I- rnu32u3S + /фхгфхз + /фзаФзз == °-	(б)

Поскольку фп = <р81 — 0 и «и — м21 — u3i — 1, из уравнения (а)
следует, что

«13 -г «23 + «зз = 0.	(в)

Принимая «и =-«35 = —1, найдем игд = 2.
Аналогично, подставляя в уравнение (б) величины — 1, и12 ~
-	- ихз ~ —1> Фза = Ф»2 = 1/С получаем и22 -* 0. Следователь-

но, третья форма колебаний является симметричной (рис. 346, в).

Условие ортогональности четвертой формы колебаний трем первым
позволяет получить соотношения:

«14 + «24 ‘l~ «34 ~ 0;	(г)

— «14 + «34 Г “V <Р14 + <РУ4 -= 0;	(д)

ml	ml

—«14 Л ' 2«24 — «31+ — Ф13 <P14-i •— ФЭ3 Ф34 = 0.	(в)

Поскольку четвертая фор-
ма колебаний должна быть
кососимметричной, т. е. wI4=
= —п34 = —1, из соотноше-
ния (г) получаем п24 — 0.
Кроме того, <р14 — <р34 и из
(д), полагая п34=1, находим
Фи ~ Ф34 ~	= —

Четвертая форма колеба-
ний показана на рис. 346, г.
Пятая, симметричная, форма
колебаний ортогональна
первым четырем. После вы-
кладок, [аналогичных преды-
дущим,'принимая и15 = и35 —
= 1, получаем <р1Б = —ф35=
= Зш(/(/ф43)== 12/(/ф^3),
= —2. Эта форма колебаний
изображена на рис. 346, д.

Частоты [колебаний можно
определить, используя най-
денные формы свободных ко-
лебаний.

Для определения частот,
соответствующих симметрич-
ным формам колебаний, рас-
смотрим систему как шарнирно
по (концам моментами М = Jp2<
(рис. 346, е).

Рис. 346

закрепленную балку, нагруженную
) и инерционными силами Рь Р2, Р9

Из условия равновесия системы

Pi -I- Ра — Pt, т. е. и2 = 2ых.

Представим дифференциальное уравнение изогнутой оси балки
в виде

EJxy" — М + ти^г — тигр2 (г — I).
После интегрирования и определения постоянных

EJ ху — М ——Ь ^—ти1 р2—	ти* р* — (Мl-|-	\г. (Ж)

2	(>	6	*	\	2	/

При 2=1,

У в —(«I + «г) = —3«i-

Тогда из уравнения (ж)

3EJX ux — МР/2 -I- ти^Рр2^.	(з)

Поскольку «/г=0 — — <р, из уравнения (ж)

EJхф — Ml Н- ти1Рр112.	(и)

Учитывая, что М = Jpty, приведем уравнения (з) и (и) к виду

(—тР р2/3 J- 3EJX) иг — Jp2 Ар/2 - 0 ; 1

гпР р2 uj2 -ь (Лр*—EJX) <р = 0.1	К

Соответствующее уравнение частот

р1 — 52EJxp2/mP - 144[(EJx/(m/3)l2 - 0.

Отсюда находим частоты симметричных форм колебаний:

Р3 = 1,71 Г£Уя/(т/3); р. = 7	.

При отыскании форм колебаний остаются неопределенными углы
Фпз и Ф1Б- Их можно вычислить, используя одно из уравнений (к) и
известные величины частот р3 и р5.

Принимая и13 — —1, найдем = —5,5/7, а при и1ь = 1; <р15 —
= —2,2//.

Частоты колебаний, соответствующие кососимметричным формам,
находим аналогично тому, как показано в решении задачи 214. Ре-
шение позволяет получить следующие величины частот:

р2 = 0; р4 = 3,88/£4/(т/3).

219.	Для составления дифференциальных уравнений движения
воспользуемся принципом Даламбера. Рассматривая каждую из масс,
найдем, что в процессе колебаний на массу действуют момент сил инер-
ции (—Ар) и момент сил упругости. Считая, что < <р2 < ф3 (ф4 —
углы поворота дисков), имеем:

— Лф1 4“ Af£ — 0;

-72ф2 + (М2 -	- 0;

2Ф3	/Ч3 = 0

или

—	+	—ф0 = 0;

—Л	+ С2 (Фз—ф2) —£1 (ф2 —Ф1) = о;

“/а Фа—Сг (Фэ — Фг) = °-

(а)
Решение системы уравнений (а) можно искать в виде срг = A ^sin pt.
Получим уравнение частот вида

pe-

ci 1 с2
~+тг)

Ci с2

А ~г А 4- А
А А А

р* = 0.

Учитывая, что q = GJpUt и с2 = GJp!l2y найдем собственные часто-
ты колебаний:

Pi 0; Ра = 92,4 с”1; р3 = 151,6 с-1.

220, Обозначим (р2 — угол поворота левого диска; ф2 — угол по-
ворота правого диска; cpf —угол поворота колеса /; ср* — угол пово-
рота колеса 2.

Вычислим кинетическую и потенциальную энергии системы:

Т = Аф?/2 + 72<р1/2;

И -= ct (<рх — ф1')2/2 + са (ф2 — (pi)2/2.

Между углами поворота шестерен имеется зависимость в виде

Ф1 = —ф2«-

Исключаем из выражения для потенциальной энергии угол ф- и ис-
пользуем уравнение Лагранжа:

А Ф1 -F(Фх -1-"<₽г)=о;

Л<р2—са(<р2—<р2) =0;

ИС1 (Ч>1 + Иф2) Н- С2 (ф2 — Фг) = 0.

(а)

Последнее из этих уравнений означает, что в любой момент вре-
мени моменты упругих сил, действующие на шестерни со стороны ва-
лов, уравновешены.

Исключаем из этих выражений угол фг:

Л Фх +

_£1£г_
Ci “2 + са

Ф, -|-

 C1Cs— <ps = 0;

<?i и2 4-

<р2

г

Г1“2-[-с2

с. с..	п

. ф2 == 0.
cLu*-t-c2

(б)

Ф1 +

Уравнение частот системы (б) имеет вид

Р» Г А J, р* _	/г) I = о,

L	cj«®4-c2J

откуда следует, что собственные частоты колебаний равны:

С1 С2

С1ил+са

Лк84-Л
Л Л

221.	Уравнения угловых колебаний дисков составляются анало-
гично тому, как это сделано в задачах 219 и 220.
Частоты колебаний рассматриваемых систем равны:

а)	Рх = 0; рг =	— (см. рис. 160, а);

I/ 2 J

б)	рх= р c/2J; р.3 ='|/г2с/J (см. рис. 160, б);

в)	pj = 0,8 ]/ с/J; р2 — 1,97 |zc/J (см. рис. 160, в);

г) Р1=0: Ра =

_ f А 4 4 Л	____

|/	uf и% Cj.±ul съ + cs

(см. рис. 160, г),
где «j = z2/zi, и2 — z4/zs’f

д) pi — 0,651 У р2 = 1,256 У с/J (см. рис. 160, д).

222.	Уравнения движения систем можно получить по методу Лаг-
ранжа. Кинетическая и потенциальная энергии системы соответствен-
но равны:

Т = Jcpf/2 b2J<p|/2 -Ь 3Jqjj/2;

П = с (фд—Фг)г/2 + с (ф3—ф3)2/2.

Дифференциальные уравнения движения принимают вид

/ф’1 + с(ф1— ф2) = 0;

2J фз—с (ф] — Фз) +с (ф2 — ф3) = 0;

3/ф3~с(фа—ф3) = 0.

(а)

Решение системы уравнений (а) ищем в виде фг = А, cos pt, поэтому

(с— Jp2) Ai—сА2 = 0;

— с А14- (2с—2 Jp2) Ai ~ с А а = 0;
— сЛ2 + (с—3/ра)Лз = 0.

(б)

Отсюда получаем уравнение частот

р*[р* _ 7cp2/(3J) -I- (c/J)2l - 0.

Следовательно, частоты колебаний системы:

Рх = О; р3= 0,755с/ J ; р3= 1,33 Кc/J.

Найдем связь между амплитудами колебаний для каждой из форм
колебаний.

При пулевой частоте (первая форма) из системы уравнений (б)

Лп = А ц = А 81.
Для второй частоты колебаний

А 22 ~	JР1)А 42/С	0,435A j 2> А з2 = ^А 22- (С "—" 3</р2) ~

= —0,615А12.

Для третьей частоты колебаний

Азз ~ 0,77А13: А33 = 0,179А|3.

Формы колебаний показаны на рис. 347. При построении принято
Ап = А12 = А13 = 1.

Произведем проверку полученных форм колебаний, используя
условие ортогональности. Представим условие ортогональности форм
(например, первой и второй) в об-
щем виде:	/ -|	|	|g,.g

j/L]tAj2 4- 2УА21Д22 ч~

4- 3JА 31А за ~ О- (г)

Подставим в (г) значения ампли-
туд А и первой и второй форм коле-
баний:

7(1-1 + 2-1-0,435 — 3-1-0,615) =

- J (0,025) « 0.

Рис. 347

Из условия ортогональности для
первой и третьей форм

J (1-1 —2-1-0,77 -к 3-0,179) = Л0,03 ъ 0

и для второй и третьей форм

J (1-1 —2-0,77-0,435 — 3-0,615 + 0,179) = 0.

223.	Обозначим с = GJpll, тогда дифференциальные уравнения
движения дисков можно представить в виде

J<Pi+ £(<₽!—<р2) = 0;

J Ч>*—с (<рх — фа) + с (<р2—Фз) = °;

</ф5 — с (ф2 — ф3) + с (<|>8—<р4) = 0;

27ф4 + с(ф4—ф3) = 0.

Принимая = At sin pt, получаем уравнение частот

4,-тт₽‘+6(т)>~т(тГЬо-

Отсюда находим часто гы колебаний

Pi = 0; р2 = 0,656 j/c/T; p8=J,335 Vc/J-, p^X^VaJ.
На рис. 348 показаны соответствующие формы колебаний. Как вид-
но, условие ортогональности форм колебаний выполняется.

224.	Уравнение частот системы имеет вид

р2 Гр’—т v р4 + is (~f	в (I = о.

L О и	\ J /	\ J / J

(а)

Корни уравнения (а) (собственные частоты) следующие:

Pi - 0; pi - 0, 613c/J; р23 = 2,26с/J- р\ - 5,8с/Л

Рис. 348

Формы свободных колебаний характе-
ризуются следующими амплитудами откло-
нений дисков:

первая форма

Фи ~ 1; ф21 ~ 1> Фз1 =	Ф41 = 1>

вторая форма

Ф1Й = 1; Фгв 0,387; <р32 = —0,0375;

<Р4»	—0,455;

третья форма

ф12 — 1; ф23 — —1,26; <ряз — — 0,966;

Фаз '= 0,412;

четвертая форма

Фм=1; Фы~—4,8; фм~6,22; Ф„=—0,8.

225.	Выражение для потенциальной энергии деформации систе-
мы остается тем же, что и в решении задачи 220, а в выражении для
кинетической энергии появляются два новых слагаемых

Т = J, ср?/2 + J.2 <р22/2 -’ - J {(<р02/2 -5- Л (ф2)'/2.

Исключая из выражения для кинетической и потенциальной энер-
гии угол <р' (см. решение задачи 220) и используя уравнение Лагран-
жа, получали следующую систему уравнений:

ЛФ1 + С1Ф14 С1«ф2 = 0;

(J2 + J (и2) фг Ч - сг	+ (Су и2 + с2) фг — с2 ф2 — 0;

J 3 Ф2 —с2 Ф2 Ч- с2 ф2 = 0.
Принимая ф, = ф;о sin pt, получаем уравнение частот

[У2(Cj/3 ”Ь	1) ”	Н- (^1^2 )У2 |-

Ч" (^2^3	^2)^1} = 0,

где J3 = J'u2 -|- J'; с3 — с2и2 J- с2.
226.	Кинетическая и потенциальная энергии системы соответст-
венно равны:

Т — A <pi/2 -I- Jа ф$/2 4- Jз фз/А

// = Ci (фх —(pi)2/2 + (Д (фа — фз)2/2 |-^2 (фз—Ф3)’2/2.

(а)

Здесь ф', ф^ и ф' углы поворота зубчатых колес редуктора.

Ыа рис. 349 изображена схема работы редуктора, из которой
следует

г	•	»	»	»

ф1 = — ф3 — = — пф3; фх =ф2.

zi

Исключая с помощью последних соотношений из
уравнений (а) углы ф{ и ф^ и используя уравнения
Лагранжа, получаем следующие дифференциальные
уравнения движения:

Л Ф11- «i (<Pi ' «фз) —0;

J2 фа + Ci (ф5 + мфз) = 0;

(б)

•ЬФз-1-МФз—Фз) —0;

Сх и (фх (- ифз) + с-i м (ф2 + «фз) I- с2(фз — ф3) 0.

Из последнего уравнения (б)

__ СдфЗ—С1И(ф.1-|-ф8)

3	2Cl^+c2

Рис. 349

Исключая из уравнений движения угол ср', получаем следующую
систему дифференциальных уравнений:

А Фх 4“ ап Ф1 — aiz Фг 4  ^1з Фз - 0;

А Фз-----^19 Ф1 4" ^11 Ф2 4’ ^13 Фз =

Фз -Г «13 Ф1 -Г «13 ф-2 + 2/ZO13 Фз 0,

(В)

где

с? и2 4- Ci с»	с? а2	Ct са и

ап = ——	2 ; Пр ----------1------; а13 =---------.

П 2с1и2-\ч;2	2слм2|с%	2с,и2-{с,2

уравнение частот системы (в) имеет вид

J2JI"	g ^11(^1^з т ААЛ Р4 4~

4-	+ J2) — a*3(Jv I* — aI2Al P2 —

— 2a1;Jw — aJJ — ai3(a12 + nn)l - 0,

Нетрудно показать, что свободный член последнего уравнения
равен нулю. Это следует и из физических соображений — система
может вращаться как жесткое тело*
227.	Рассматривая динамическое равновесие каждого маховика,
получаем два уравнения вида:

Л Ф1 + С1 (<Р1 — Фг) + « (<Р1 — Фз) = °;

Ji ф2 —С1(ф1— Фг) —Ci (Фз—Фз) = О,

(а)

(б)

где фг — угол поворота левого маховика; <р2 — угол поворота пра-
вого маховика; <р3 — угол поворота контактного кольца демпфера.

Рассматривая равновесие безынерционной упругой оболочки, по-
лучим третье уравнение

«(фх—Фз)—с2 (ф3—фа) = 0.	(в)

Решение системы уравнений (а)—(в) ищем в виде ф; = A£ew,
что позволяет получить следующее характеристическое уравнение:

(Л2 AH-Aa-bq) —Ci	—ра

или

—с
1а

(X2 А + Сц. -j- С-1)	—с2

сг — (la-}c2)

(Г)

1ьЛ/2а + 14ЛЛс2 + 1’а(Л + J2) (сг + с2) + ^clc2{J1 + J2) = 0. (г)

Имеем систему с дробным числом степеней свободы.

Из уравнения (г) получаем два нулевых корня (112 = 0), соответ-
ствующие вращению системы как абсолютно жесткого тела. Для на-
хождения остальных трех корней имеем уравнение

is + А 1* -L 4+Z? (С1 + с2) К + ^±^-2.	= 0.

ос	Jj Jл	со

Подставляем в него числовые данные:

X3 + 60А2 + 630 X + 12 600 = 0,

откуда находим:

%3 = —53,1;	= (—3,45 ± И6,5).

Рис. 350

228.	В качестве обобщенных коор-
динат выбираем вертикальное смещение
центра тяжести корпуса у и угол его
поворота q> (рис. 350).

Потенциальная и кинетическая энер-
гии системы при колебаниях:

П = сАу + ф/Л)2/2 -ь с2(у — <р/2)2/2;

Т = ту2!2 -|- /ф2/2.

Подставляем эти выражения в уравнение Лагранжа второго рода:
ту + сх(у -|- ф/х) + с2{у — ф/2) = 0;

/ф -I- c^ity + фУ — с212(у — ф/з) = 0
или

У-,.О'и«/-|-а12ф=0; 1

I	(а)

ф + #21 */+ а22 ф = 0, >
где

ап =- (q + с2)/т; а12 = (Cyly — съ1г)/т;

a2i = (ЙЛ — сг1^и-, ai2 = (c^J Ч- c2ll)/J.

Разыскивая решение системы уравнений (а) в форме у — A sin pl;
ср = В sin pt, найдем собственные частоты колебаний;

Р1. 2 = ]/”(а11 'F а2з)/2 -+- V[(Сц Й22)/2]2 + й!12 азъ
откуда

pi — 16,5 с4"1; р2 = 50 с-1.

229.	Равенство собственных частот колебаний системы возможно
при выполнении следующих условий:

CjZj = с2/2 и (cJJ + cJ^IJ — (cj -г c^lm.

Если ввести обозначение р2 = Лт, то эти два условия можно
свести к одному

Ра - 1^-

230.	За обобщенные координаты выбираем вертикальное переме-
щение центра тяжести кузова у, его угловое перемещение <р и верти-
кальные перемещения переднего и заднего мостов уу и у2 (см. рис. 166).
Составляем выражение для кинетической и потенциальной энергий и
диссипативной функции Релея:

2	2	2	2 '

П = ^-(у + срЬ~У1у+^-(у-^а-у^+^-+^-,
л	£	£	£

R =	(</ +	(у—<ра— р2)3.

X	А

Подставляя Т, П и R в уравнения Лагранжа, получаем следующие
уравнения движения:

«70Ф + « (°2  I- 62) Ф + (с2а2 Ч- Су Ъ2) <р • | - а (Ь—а)у +

Ч- (ci b—с-2 й)У—аЬу1А-аау2—Су Ьуу-\-с2уг <2 = 0;

ту + 2ау  J- (сх -]- с2) у -|- а {Ъ — а) <р + (tj b—с2 а) ф —

—а (Hi -I- У у)—Су Уу—с2 Уч •= 0;

т\ Уу аУ1 + (с+сг) Уу —аЬц>—Су 6ф—ау—Суу — 0;

^i2 Уч + “1/г + (2с + с2) Уч + ®оф Ч- с2 аф -- ау—с3 у = 0.
231,	За независимые переменные (обобщенные координаты) возь-
мем перемещения центров тяжестей переднего и заднего мостов и уг.
Введем новые неизвестные и положив

= у + <fa, z2 = у — <р&,
откуда

у = Zibl(a 4- b) F гм! (а 4- /?); <р = zj(a -|- Ь)—zt/(a Ь).

Проводя решение подобно тому, как это проделано в задаче 230,
получим две независимые системы дифференциальных уравнений:

tnbz^ гcj(а Ьb)гх —с(аЬ}уг=Ъ; |
У1—<Vi = 0,

maz2 4 • Ci (а 4 Ь) z2—с (а 4- Ь) у2 — 0; 1
тг у2 - Ь (с 4 сх) уг—Cj z2 = 0. J

(а)

(б)

Рис. 351

Этот частный случай (Jo = таЬ)
эквивалентен расчетной схеме, при-
веденной па рис. 351.

Система уравнений (а) описывает
колебания переднего моста и некото-
рой массы ma = mb!(а -р Ь) при
неподвижной массе т3> а система
уравнений (б) описывает колебания
заднего моста и некоторой массы
т5 = та/(а 4- Ь) при неподвижной
массе т2.

Из системы уравнений (а) следует:

р, — 8,27 с-1; р3 = 48.5 с-г, а из системы уравнений (б) — р, =
= 9,9 г1; р4 = 48,8 с’1.

232.	Удлинения верхней и нижней ветвей передачи при колеба-
ниях шкивов равны:

фа; j	.

= — R1 фх "I"	Фз- I

Удлинения AZ можно выразить через дополнительные напряжения
ио формулам, приведенным в условии задачи:

Д/, -- ^Дой Д/.2 — а2До2.

(б)

В процессе колебаний на каждый из шкивов действуют момент сил
инерции (—7ф) и момент от сил натяжения в ветвях передачи

Дифференциальные уравнения свободных колебаний шкивов
имеют вид

Л Ф1 -h Ri Г (Дох—Дста) = 0;
./ирг4-7?гГ(До2-До1) = 0,
Учитывая соотношения (а) и (б), систему уравнений (в) предста-
вим в виде

4>i RI Fa., 4^—R, Rг Faa <р2/JL = 0; 1

-	.	|	(c)

Фа — Ri Ri Fa3 cpj/Jг + RI Faa <p2/J2 = 0, >
где

a3 — (aj I- a^ia,a.2.

Из уравнения (г) определяем частоты колебаний:

Pi = 0; р2 -1 Я1 (^/Л + Яг/Л) = 146,3 с~т.

233- На рис. 352 изображено положение
момент времени.

Вычислим кинетическую и потенциаль-
ную энергии системы:

Т - Л <р,/2 + л фг/2 -1- J {4’2/2;

П - c^.li/2 •!,- сДZg/2 j- mg [h3 sin ф -|-
+ft2(cosi]; — 1)J,

где c EF/l.

Удлинения упругих связей:

Д/i — R1(p1 — R2<p2 — x cos tp1();
Д/2 = R2cp2 — RiQ>2 — x cos (p101

или, учитывая, что x = h^,

Ali=Ri <pi—R3 <p2 —hi ф cos <p10;

ДZa = R2 (p2—Ri tfi — hi ф cos ф10.

• (a)

системы в произвольный

Рис. 352

(6)

Подставляем выражения (а) с учетом соотношений (б) в уравне-
ния Лагранжа:

..	2с/?? ..	
<Р1Ч'			<f 2 - 0;
	Л	JL
..	2cRi R2	
Ч>2		<Pi+ ,	Ф2-О;
	2c/i? cos <р1а	_g  Ji Л	

Угол ф можно представить как сумму углов от статического при-
ложения нагрузки mg —ф0 и утла при колебании системы ф(

-ф = фп | фр

При этом в статическом состоянии (ф — 0) действительно соотно-
шение

2ch^|>o cos <р10 + mghi 0.
С учетом последних соотношений гретье уравнение (в) принимает
вид

% + 2c/ifcos Фютр/j; -= 0.	(г)

Часготы собственных колебаний системы равны:

Р1 0; р2 = 187 с-1; р3 == 270 с'1.

234. Вычислим кинетическую и потенциальную энергии системы
при колебании шкивов (рис. 353).

11 = cA/f/2 + сД/1/2 + щ gfri + r2)’.(l —cos t), ।	'

где c — EF/l—жесткость упругих связей; и Д/2— удлинения
упругих связей, равные

Д/i = 7?1 ф1—R« ipg —х cos <р10;

ЛА> = —/?1 Фх -Г R.2 ф'2 — X COS <р10.

0)

Между углом <рх поворота ведущего шкива 4 и углом пр поворота
кулисы 3 имеется зависимость в виде

<Р1 = ф (1 + rjr^,	(в)

где яр = х/(гх + г2).	(г)

Из выражений (в) и (г) следует, что

х -

Тогда уравнения (а) принимают вид:
Т= J2 Ф2/2Ч-	+	г?) фГ/2;

п^-~ [(#1—ricos <Pio) Т1—#s SP2]2 + v [—(Ri+r! cos фм)фхт-

U)

(e)

+ fls Ф2Г2 + ml g (Г1 + Г2) (1 —COS —7^- фх
\ flT rt .
Используя уравнения Лагранжа второго рода, получаем диффе-
ренциальные уравнения движения:

Ча +1 Ti ач	1 + r 1 cos2 Фю) 4-gri I ф!—

I. - (Л гю, rj) l	]

----2£f *1 *2 ф2 Q.
(A+ffljr?)/

••	2EF n n . 2EF n2 , n

Ф2 — Ri Къ Ф1 + — R* <p2 -= 0.

J 2 I	J j /

(ж)

Из последних уравнений найдем частоты собственных колебаний:
Р1 = 34,6; р2 = 179 с-1.

235.	На рис. 354 изображена масса т в произвольный момент
времени t. Поскольку натяжение в нитях То принимается постоянным,
юризонтальным смещением массы можно пренебречь.

Рис. 354

Дифференциальные уравнения движения имеют вид:

ту= — (То si п <Xj + То si п а2).
J<p= —(Т^/ti + Т0/гг).

Учитывая, что

(a)

sin 04 = (у + Ь<р/2)//г; sin а2 — (у — Ь«р/2)//х;

hx = (b/2) sin (ах + a); h2 ~ (b/2) sin (ф — а2),

получаем, считая а и ф малыми:

У^.	ф = 0;

/n/J2 J 2т1х12

।	„ г [о ft f2 I - pt~H» 'i m = 0

2JLI. 2J 1^	2 111г /
Ти^(/а-Ц

2ml tL

„2 i lо । b lt + ^\ T9b
~p Ч2 'Т7Г Т"

Эти уравнения позволяют получить уравнение частот:

__р2 1 Л) (^1 + ^)
1 ml,

2Л. 12
или

„2| 7> ;/t+z2	|т , Tib b-\^(lr\-l2) _(}

I J l^lg 4mJ I ° ‘ 2mJ	Lt l2

В частном случае при lT l2 --- I движения по у и ср независимы
и частоты собственных колебаний:

Pi = V'2T0/(mI)-, p2 -= V(T0 b/2J) (2 + b/l).

236.	В произвольный момент времени положение вагонетки опре-
деляется тремя координатами: х, у, <р (рис. 355). При этом горизон-
тальная координата является независимой функцией скорости движе-
ния вагонетки (х = xv -j- vt), а две другие координаты имеют связь
между собой в виде дифференциальных уравнений движения:

ту = (То sin аЛ 4- То sin аа);	(а)

</ф =_= —T0h2 + 7'0/Ч-	(б)

Учитывая, что

sin 04 « (у bq/ty/Si, sin az « (у — bq/2)/S2;

7^ h + у — x sin ccL; h2 ~ h + у — {I — x) sin <x2,

получаем

у + [27^)] A.d) у + (Г0/ш) A2(t) Ф = О,

Ф 4- АЖ) у 4- (T0&/2J) Л ДО Ф = О,
Лх(/) = ь (I — b)/[(x0 -i- vt — b/2) {i-x0 — vt- b/2)  21;

Л2(/) = b [I — 2 (x0 4 v/)]/l(x0 + vt — b/2) (/ — xQ —
— vt— b/2)  21.

237.	Рассмотрим произвольное отклоненное от положения равно-
весия состояние системы (рис. 356, а). В соответствии с принципом
ДаЛамбера дифференциальные уравнения движения массы можно
представить в виде

тх= — Тх cos «j 4 Тг cos а2;

ту = —(Л sin ах 4 Т2 sin аг) 4 mg.

Из графика следует, что

cos аг = (х0 -|- x)/(s,0 4 Д$х); cos ос2 =	— (4> 4 x)l/(s20 4

4	Д$2);

sin ах = (i/о -|- y)/{si0 -I- Asx); sin а2 = (y0 4 y)/(s20 4 As2).

При этом натяжения в ветвях нити равны

Т\ = Т10 4 Д7\’>	Т2 = Т20 4 ДТ2.

Подставляя эти соотношения в уравнения движения (а) и сох-
раняя члены, линейно зависящие от приращений номинальных зна-
чений, получаем:

= -Ло — -Ло — -Д'Л^ 4 АЛ4

s	ss0	S1O	S*)0

4Ло-^Д51-ЛоЦ^Д%;

510	$20

(б)

Й=-Ло-^-------Ло^-----Л71-^-—АЛ —4

$10	$20	$10	$20

4Ло-^Д«14Ло-^Д«г.

«10
Удлинения ветвей нити связаны следующими зависимостями
с приращениями усилий:

Asj — ATjSinHEF) Д7 !S10/(cZj); Д$2 =	(в)

В уравнения (б) и (в) входят шесть неизвестных величин (х, у,
Д7\, ATg, Asl, As2). Дополнительными геометрическими уравнениями
задачи могут служить тождества

sin2^ | cos2 ctj = 1; 1

sin2cc2-|-cos2a2= 1» I

которые позволят получить (с учетом выведенных выше соотношений)
два уравнения:

= (Vo/Sio) у -| - (x0/s10) х;

As-j = [ (Л Х(|)/52О]х-[_ (Уо/$2о) У'

(Д)

Входящие в систему уравнений (6) статические натяжения ветвей
имеют между собой зависимость в виде уравнений равновесия:

--'Т *о д 'р Zi Хо _л. j’ Уо । *р Уй___
_______________________________________* 10	г * к.0	 ” и» <10	Г 1 20	 ” tnS’
$10------------------------------------$20-$10-$20

откуда

7\0 = mg~-^-.	(е)

h Уа	h Уй

Подставляем соотношения (в), (д), (е) в уравнения (б):

х+м-1-012^ = 0;

у + апх+ °22 У — 01

где

У1 /Ло । Ло\ EF / ** _|_ (Л—*о)а V.
«10	«2 0 / W \ S«0	«8 О	/

Я12 ж

_ EFyQ / х0
д21 =---------

«	\ «?0

Л—х.,
гЗ
-20

t Уй /Ло *о Ло (^i~"-*o) \

™ X «10	«20	/ ’

1 /Ло *2 . Ло gt-Xo)8 \ , EFyl( 1  1 \

\ «10	«20	/	\ «То «То /

(ж)

(з)

Полагая х - A sin pt, у ~ В sin pt, найдем уравнение частот:
СИ Р8 ^12	__0

^21	^"22--Р8

или

Р4 - (Ди + Дгг) Р2 — а?о -i- апа22 = О,
откуда

Pl,2 ~ V' (ЙН + Я22)/2 р ((au -j~ йг1)/212 -|- Й®2.	(и)
Н частном случае расположения массы т в середине пролета (х0—
/р'2, s10 — s20 — sfl) начальные натяжения в ветвях Т10 — Ti0 — То.
При этом система уравнений (ж) распадается на два независимых

П1'|«|н'|)е1щиальных уравнения:

тх + 2\Тй {yhsl) + EF (хо/зЦ)] х = 0; |
ту + 2 J То (xj/s?) 4- EF(yi/so) ) у = 0 . I

(к)

н.к готы вертикальных и горизонтальных колебаний соответствеп-

|ц । равны:	______________________

Pi =•' V Ш)] (Тоу%+EFxq)‘, I

pa = Kl2/(ms8)](7'044-EF^). j ’

Pac. 357

11:< последних выражений можно найти частоты колебаний для ряда
Ч.К П1ЫХ случаев.

11олагая xQ — 0, т. е. рассматривая вертикальные колебания груза
ни растяжимой нити (см. рис. 356, б) (при этом s0 = у0; То = mg!2\
/1	0), найдем

Pi = l^g/So, Рг~ V2EF/(msJ.

Если во втором уравнении (к) принять уа = 0, получим частный
। лучай колебаний массы т, расположенной посредине упругой нити
ipnc. 35G, в).

В этом случае (Т* — натяжение, при котором уи ял 0)
рх= /4£Т/(т/1)7

238.	Дифференциальные урав-
нения движения массы т ана-
логичны уравнениям (ж), полу-
ченным в задаче 237. Но в от-
личие от них величины х0, i/0,
/•„, » Т’го являются функциями
< корости движения массы v и
времени t.

В соответствии с начальны-
ми условиями задачи масса т
начинает двигаться из положе-
ния, изображенного на рис. 357,
вписывая в стационарном дви-

кенни дугу эллипса. Уравнение эллипса в полярной форме имеет
вид (в обозначениях, приведенных на рис. 357)

5ю == WU —• е cos cq) - sD0/(l — ex«/sI0).	(a)

Учитывая, что

Sio = soo + vt,	(6)

иi уравнения (а) получим

x0 = vt/e,	(в)

»де	______

б —	4* s20) = /j/(s00 ’ -1 s'jo т Zj).
Вторая координата массы т при ее стационарном движении

i/0 = Ks?

о—-’Си-

(О

Натяжения 7\0 и соответствующие стационарному движению»
определяются из уравнений:

г?1х0 = “Ь x^/s’so —	о»	(д)

WJ/o “* ^iof/o^io “Ь	— т8*

Разрешая эту сумму уравнений относительно 7\0 и Т20 с учетом
полученных выше соотношений, найдем:

гр = __________

т 11 F*o/Gi—*о)1

у _______________Уо + g_________

20 “ т(уп/«2о)1(/1-*е)/*о+1] ’
где

$21) - ^^9

ij„ = (иЧуп) [(1 — I//2) — ($ю — xjl}2hj^\.

(е)

239.	Изменение напряжения в цепи якоря в произвольный момент
времени равно приложенному напряжению

«l + «r I- «ф — «о sin со/.	(а)

Учитывая, что ис = L diidt\ Ur = Rt; и? — a2 dqldt, предста-
вим уравнение (а) в виде

Ldi/dt + Ri j- a-jdsp/dt — un sin cot	(6)

Дифференциальное уравнение вращения якоря имеет вид

Jdhf/dt* -f- с<р = a2i;	(в)

здесь a.2i — электромагнитный возмущающий момент.

Решение однородных уравнений (6) и (в) ищем в виде

i — At еи\ q> ~ A2ef-(,

что позволяет получить следующее характеристическое уравнение:

?? -|- (R/L) № -I l(a,a2 + cL)/(JL)] к ]- RcRJL) = 0. (i )

В частном случае весьма малого активного сопротивления цепи
якоря (R т С) получим следующие значения корней:

>-1=0;

JL

Ai= ±

240.	В состоянии равновесия конденсатор имеет заряд дс, а
пружины сжаты па величину х0 (силой, с которой пластины конден-
сатора притягиваются Друг к другу).
При колебаниях заряд и смещение соответственно равны:

Я = Яо + д<7> х — х9 + Дх.

I мкость конденсатора С обратно пропорциональна расстоянию
В>чду электродами

С - а/(1 — х),

Гт а — некоторая постоянная; I — расстояние между пластинами
отсутствие заряда.

При выводе уравнений движения воспользуемся уравнениями Лаг-

Иька. Потенциальная энергия системы (электрическая и упругая)

Я = —Ukq 4- с (Дх -Ь х0)2/2.

Разлагая выражение для потенциальной энергии в ряд и ограни-

таясь квадратичной частью разложения, получаем

//..	2» ДоДх-1-

2а	а

2

Уо
2а

L «

Ax-j- const.

+ сх0

J

Выражения в квадратных скобках, очевидно, равны нулю из ус-
»пня равновесия системы. Сумма кинетической и магнитной энергий'

T = /nA?/24-LAg‘/2.

Энергия, рассеиваемая системой (из-за активного сопротивления
| »лсктрическом контуре),

D = £A<7a/2.

Ди(|>ференциалы1ые уравнения свободных колебаний системы име-
vi вид:

тДх-рсДх—— Д0»О; ДД|/4-^Д?4-
а

—£«_ Ах = 0-
а	а

241.	Кинетическая и потенциальная энергии:

Т — Ji ф1 /2 + J а Фг/2; /7 = с(ф±—

Irv i и ср2 — углы поворотов дисков.

11снользуя уравнение Лагранжа, получаем дифференциальные
|Гр.нн[сния движения дисков:

A %+₽ (Ф1 — Ф2) — 0 >

Лфа + с(ф2~Ф1) = 0.

(a)

11редставляя решение системы уравнений (а) в виде фг — Л! sin pt;
ч , « Л 2 sin pt, получаем уравнение частот

Р* — с (А + J2)	= о.
Отсюда находим, что частоты собственных колебаний дисков:

Pl — 0; Рг — V с (J1 + Ji)-

Закон движения дисков с учетом кратных нулевых корней имеет
вид:

* J«1 1

Фа Фо 73-7 <
J l“i-

2(jp0 Jg

Р2 (Л !' А)

sin

2фо А

Pz (А+А)

sin р2

242.	Дифференциальные уравнения вынужденных
полученные по методу сил, представим в виде:

Ух = $11 (—Ух + Р) + $12 {—тг Уг) \ ]

Уг = $21 {—ПхУх + Р) + $24(—т2 у2). 1

колебаний,

(а)

Решение системы уравнений (а) ищем в форме уг = Лх sin со/,
У о, = Л asin со Л Подставляя yt и у2 в уравнения (а), найдем значения
амплитуд колебаний Аг и Л2:

_р /и 0 —б22 м*) -I- б* 2	______

1	° (I — 6ц 7ПХ со2) (I — 62я т* ш2)—6ja znx т2 со* ’

д = р _______________________________________л

0 (1--$11 т\ G----$22 ^2 to3/—$12 т1 ™2 to4

По условию задачи со2 — 1//к2622.

Следовательно,

4j = —	A z — Ро622$22^2/(б12^1)»

пли с учетом найденных в задаче 203 соотношений

= ^8РОР/(9Е7Х); А2 = — G4P0W(63£Jx).

В процессе колебаний на массы тг и т2 действуют периодические
силы FT — —Р — и Fz	амплитудные значения которых

Р]0	2Р0; Л20- 2Ро622/612 =• 16 Р0/7.

На рис. 358 показана эпюра изги-
бающих моментов, из которой видно,
что опасным является сечение закреп-
ления массы т2, в котором действует

= 46Р0//21.

Наибольшие напряжения в балке

103 МПа»

Л |'«/2
243. Обозначая jq — перемещение массы гщ и х8 — перемещение
массы т2, получаем дифференциальные уравнения движения системы:

= (Ро si п mt—тг Xi) 5ц 4- (—т2 х2) 61S; |
ха = (—mlx)62l4(—т2х2)6гз.	>

Для случая, показанного на рис. 176, а, коэффициенты урав-
нений (а) равны:

6П = [1/с + /3/(3£/а)1/2 = 2/(Зс); 612 - 621 = l3/(bEJx) =

= 1/(6с); б22 = 613.	(б)

В установившемся режиме колебаний решения уравнений (а) ищем
в виде

xi ~ хю sin w/; х2 -= х30 sin at.	(в)

Подставляем выражения (в) в систему уравнений (а):

х _______________Л»(1—т,й?6ге)6ц______________

10	(1— mjco* 6И) (1 — тги>^	6f3	’

t  ________________Р|> Ш1 <*>~ 6Я 5 ц_____.

(I —(1—	б||)— /Hj mt w4 6|s

Отсюда

Л'ю =» 44P0/(45₽); x20 =» — 8P0/(45c).

Усилие, передаваемое на массу тг со стороны массы mlt равно

Рг «= 2с (х10 — х20) — 52 Ро/45.

Коэффициент динамичности передачи силы

*лин = Р)/Ро = Ы/45.

Для случая, показанного на рис. 176, б, коэффициент динамич-
ности равен

Ьдин = 9/2.

244. Полную силу инерции Fo разложим на две составляющие:
Fy = /% sin и Fz = Fo cos at, направленные поперек балки Fu и
вдоль нее Fz.

Положение центра массы мотора в любой момент времени опреде-
ляется двумя независимыми координатами — его вертикальным пере-
мещением у и углом поворота <р.

Используя метод сил, получим

У - (Ру —му) 5ц + (Рг Р — ^ф)

Ф = {P>J—ту)	+ (РгР—</ф) ^23-

где J — JQ 4- rnR2 — момент инерции массы двигателя относительно
его основания.
Коэффициенты уравнения (а) определяем по правилу Верещагина
(см., например, задачи 201 и 205):

б1Х = 4P/(9EJX)-	612 = 621 = 2P/(9EJX)-,	622 ~ Pl(3EJx). (б)

Частоты свободных колебаний системы найдем из уравнений (а),
приняв в них -- Гг = 0. Полагая у — сх sin pt и ср — с2 sin pt,
после преобразований получим две частоты колебаний:

Pi 1,43 lfEJj(mPy р2 = 3,96 VITJimP).

Решение системы уравнении (а) ищем в виде:

У = Ааsince/ |-^2cos(o/; 1

<р = Вх sin (At B2 cos mt. )

Подставляя выражения (в) в уравнения (а) и учитывая связь между
компонентами центробежной силы инерции, получаем следующую
систему уравнений для определения постоянных At, Л2, Въ В2:

(1 -W (5П) Л1 —ЛР 612 Вх = Fn

(1 — то2 ) А 2 — Jm8 612 В2 = Fo R6, г\	. .

(1 — Л)2 б22) В, —into2 S12 Ai — Fq 812,

(1 —Jcos S22) Вг —ты? 612 Аг — Fo Rb22.

Решаем эту систему уравнений:

Ai = (Го/Д) Ц1 — Jco36„) 6U + Jwa6T2] = ~104F0/3/(227£Jx)-,
A2 « (Fo/A) 1(1 — W6n) 612 + znw2612fiu] « —72FOP/(227EJX);
fii = (F0R/b) [(I — 7<o2622) 61s + /й«М2«1 « —18F0Z2/(227£Jx);
В2 - (F0R/A) [(1 - W6n) 62! + maW = 5Fo^/(227EJx),
где Д = (1 — та>г6п) (t — Jco2622) — mJ<o46j2.

Из выражения (в) следует, что амплитуды вынужденных линейных
и угловых колебаний равны:

У0 = VAf+Ai = O,467Fo P/(EJxy ср0= + = O,319Fo P!{EJX).

245.	Дифференциальные уравнения движения масс имеют вид
(ио методу сил):

- 6ц (—пц Xi) + Sn (—та х3 Р Ру ।
x2 = 62l(—/njXi) |-вет(—лцх + Р). J

Решения системы (а) ищем в виде

Xj — A sin ю/; х2 = В sin со/.

Для определения А и В получаем систему уравнений

(1 —rrii со’) А —б12 т2 со8 В =~ Р0 612; |	.g.

—mx б81 о? Д-f-(1 — 622/п2(|)8)В = Роб22. J
Отсюда находим амплитуду колебаний массы т.^

Q P 622 (I — 6и "‘1 Ц2) -т- Д? г <оа________

° (1 —6n mx (ог) (I — бга /н2 <оа) —nit tn2 6i26.a ы4

Амплитуда колебаний массы тг равняется нулю при

62г(1 — бцт,®2) + m/h®2 = О,

откуда получаем связь между частотой возмущающей силы и парамет-
рами системы

о? = 623/lmi(Sji$2s — $12)]-	(в)

Левая часть выражения (в) представляет собой парциальную
частоту колебаний массы mt (частота колебаний массы тх при жестко
закрепленной массе mJ. Коэффициенты равны:

6£1 =» 2//(EF); б12 = б.ч = ll(EF)-, 6а2 = l/(EF).

246.	Амплитуда колебаний массы т, равна нулю при
®2 =*	— б?г)1|

би = бгг = 4/3/(9£JJ;	61г = 7Р/(18Е<7Ж).

Окончательно

®2 = 48EJx/(5mJ3).

Если масса тг не имеет вертикальных перемещений (при установке
дополнительного катка в сечении, где находится масса mJ, то частота
колебаний массы

р2 = 48EJx/(5mlP).

247.	Воспользовавшись методом сил, получаем дифференциальные
уравнения движения масс:

й = 6ц(—&1) + б12(—т2р2) + б13Л1; I

..	••	(	(а)

Уг = б21 (—yj + 622 (yj + б32 М. 1

Так как должно быть тождественно нулю, то из системы (а)

ра.. —6аа т3 уъ + 6.23 М.	J

Решения системы (б) ищем в виде

у2 — A sin

После преобразований получим

—©*6ja/n. A = 5uAf; j	у .

(1—б44 т2 со*) А = б18 М. I
Из системы (в) находим связь между частотой возмущающего мп
мента со и параметрами системы, при которых амплитуда колебании
массы тг равна нулю:

(О2 =? 613/[/?Z.2(S 22^13   $2 3$12)1 •

На рис. 359 показано положение системы при колебания\

248.
(мачта

стержнем).

Координаты массы mL можно выразин.
через угол ф и смещение массы т2 в виде

заменена

х, — х2 4- 1г sin ф; yt -

COS ф).

Для вывода уравнений малых колебании
масс т± и т2 воспользуемся методом Л;н
ранжа.

Кинетическая и потенциальная энергии
Т-^т1 х®/2 J-	yi/2 + ma xf/2;

П — m-i g (1 — cos q>) -|- сх|/2,

где с — жесткость балки на изгиб, равная
3EJx/l*.

После преобразований получаем систему
дифференциальных уравнений;

(mx + ms) х8 4- сх2 + Ini — Fq sin со/;

00

Решение системы (а) ищем в виде

х2 /1 sin ф = В sin <at.

Амплитуда колебаний массы т2

А = (1/Д) [F^gl, - со2) mJ,

где А — определитель системы алгебраических уравнений, соответст-
вующих (а).

Амплитуда колебаний А равна нулю при

со2 = g/llt

где У g/lt — частота колебаний маятника при неподвижной массе т..

249. Получим дифференциальные уравнения малых колебании
системы, воспользовавшись методом Лагранжа. При колебаниях
диска угловая скорость равна

Й = Йо + ДЙ,

где й0 — угловая скорость диска при стационарном режиме,
Ай = ф — дополнительная угловая скорость диска при колебаниях.
При колебаниях массы т смещаются на величину х от положений
шиампческого равновесия. При динамическом равновесии массы па-
<>г,1тся па расстоянии I от оси вращения.

Кинетическая энергия системы

Т = J (Йо -|- ДЙ)2/2 -1- 2m {[(Йо + Ай) (/ + х)]3 + ?}/2;

потенциальная энергия

И = сср2/2 + 2сх(х0 -Ь х)2/2,

•— растяжения пружины при стационарном режиме вращения.

Обобщенная сила равна М. После преобразований из уравнений
'1;п рапжа второго рода получаем два дифференциальных уравнения
uii'i.a:

"i сф । 4mlQa • .г ,

<р -Ь -----------— х — М л s 1 п со/;

JJ-\-2mt3	I	(а)

х — 2й0 Zip 4- (cjm —QJ)x = 0.

Решение системы (а) ищем в виде

(р - Л sin at; х — В cos at.

11осле преобразований получим амплитуду колебаний диска
А - (М0/Л) ((С1/т — Й§) — ©21,

। не /\ — определитель системы (а).

11араметры гасителя колебаний, при которых амплитуда угловых
। олсбапий диска равна нулю, находят из соотношения

со2 — сх//п — Й§,

। с. гашение колебаний происходит в гом случае, когда частота воз-
мущающего момента равна частоте колебаний массы т на вращаю-
щемся с постоянной угловой скоростью Йо

читке.

250.	Иа рис. 360 показана измененная
конструкция гасителя Прингла, причем пру-
•ып1ы имеют предварительный натяг х0. В
ном случае массы т будут прижаты к диску,
пока сила т/ойо> действующая на массу т,
in- станет равной силе предварительного сжа-
nifi пружины, т. е.

т/фй^ — ХдС^.

251.	Для гашения вынужденных колеба-
ний диска, происходящих с частотой со, не-
обходимо, чтобы частота колебаний маятника

1> равнялась со, т. е. со = р.

Частота колебаний маятника, находящегося
с постоянной угловой скоростью Йо диске, равна

на вращающемся

рв=Й0]/д/Д
252.	Дифференциальные уравнения вынужденных колебаний пн
темы имеют вид

Ui =	(— /»1 У1) -г <5j.a (~	i/2 -I- ₽); 1	Л

J/2 =- $21 (—/«1У1) + баг (— «‘г № + ^), )

где 6П = 612 = 621 — P/(3EJX); 6аа — 23//(12£/ж); т± = 2m; tn., <
= tn\ Р ~ Рп sin mt.

(Здесь принято GJh — (}$EJ х.)

Решение системы уравнений (а) ищем в виде

ух = Ajsin со/; у2 — А аsin со/.	(6|

Подставляя (б) в (а), найдем амплитуды вынужденных колебашн*

Аг = l,085PoP/(EJxy, А2 = 5,О2Ро/3/(Е/Л.).

Вычислим силы, действующие в точках закрепления масс:

F, — —mtyt - 2//zA(co2sin со/ = О,8Ро eosin /;

Ра = Р — т2у2 — (Ро -|- Аасо2//?) sin со/ — 2,94P0sin со/.

Опасным сечением рамы является сечение заделки. Амлитудпнц
значения изгибающего и крутящего моментов в этом сечении

Мво - (FJ0 -I- Fw) I = 3,74P0Z;

Мко - F^l = 2,MPtll.

В соответствии с теорией наибольших касательных напряжении
эквивалентное напряжение в опасной зоне равно

оэ = (1 /	= 4,75 Рл I/ Wx,

где -• nd3/32 — момент сопротивления при изгибе бруса кругло
го поперечного сечения.

Из условия прочности <гэ П1ах о,.р/лт найдем допускаемую амил и
туду переменной возмущающей силы:

[Ро] = 106 Н.

253.	Решение этой задачи аналогично решению задачи 242.

Поскольку — 612 = l/(GJр), а 6а2 = 2бп — ZLHfiJр), амплитуды
установившихся колебаний дисков равны:

Ai =	^2 ~ 612A4q.

Максимальные значения моментов, действующих на вал:

Л4хо = Мо -Ь AiCoVi - — ЗМ0;

/VI 2о — А	J 2 —

На рис. 361 изображена эпюра крутящих моментов от действия
на вал пар /И10 и М20.

Наибольшее касательное напряжение
тт8Х = Мтах/(0,2 (Iя) = 4Л4о/(О,2 (Iя) = 100 МПа.

Коэффициент запаса прочности

n.t — Тт/тн|ах

=- 2.

254.	Дифференциальные уравнения вынужденных колебаний ана-
инпчпы уравнениям свободных колебаний в задаче 223, за исключе-

нием чегвер-гого уравнения, которое в
пряной части содержит возмущающий
момент М. Решение этой системы урав-
нений удобно искать в форме ср, —

Hi sin со/, что позволяет получить сле-
дующие соотношения:

(с — ./со2) BL — сВ2 = 0;

сВ, -|- (2с — .7со2) В2 — сВя 0;

—сВ2 +(2с—Ло2) Вя-—сВ.} =0;

—сВя -г (с — 2./о>2) В, = Мл.

При решении этой системы получим
следующие значения для углов закру-

чивания:

Bj = 0,373 М0/с; Вя = —0,841 Л40/с;

В2 = 9,274 М0/с; Bt = —0,352 М0/с.

Отсюда следует, что амплитудные значения крутящих моментов
и :> участках вала

Л4]г = c(BL- Bz) = 0,1О2Мо; Мгз = с (В2- В3) =
= 1,112 М„; Мм - с (В., — В4) - —1,193 Л40,
откуда

^max ~ I ^з4 !•.

255.	Решение аналогично решению задачи 254.
Амплитуды вынужденных колебаний дисков:

В, = 3,08 MJc, Вя = —0,1 М0/с;

В.г = 1,135 М0/с; В4 == —0,02 MJ с.

Амплитуды крутящих моментов:

/И|2 = 1,945 Л4Й = Мгаах; Л4аз = 1,235 Мп\ Msi = —0,19 Л40.

Наибольшее касательное напряжение в вале

*max = MmaJWp = 47,5 МПа.

256.	На рис. 362, а изображено произвольное отклонение систе-
мы от положения равновесия. Удлинения верхней и нижней ветвей
упругой связи:
Дополнительные напряжения в ветвях связи определяются из со-
отношений:

Д/х ==	= &яг11Е.

На рис. 362, б изображены шкивы с действующими на них до-
полнительными усилиями. Из рассмотрения равновесия шкивов сле-
дует, что

А Фз -I-	Г (Дах—Дст8) = 0; A ф8 -f- J?2 F (Да8 —- Дох) = М

I

Рис. 362

или после преобразований:

Ф1+«цф1 + «1афа = 0;

фа -г «21Ф1 + «22 Фа = M/J2,
где

au = 2Ra, EF/(J^,

а1й = -^R^EFRJJy,
«21 — —2R1R2EF/{Jsl)-,
а22 = 2RlEF/(Jil).

Собственные частоты:

(нулевой корень соответствует мало-
му повороту шкивов в одну сторо-
ну — при этом дополнительных на-
пряжений в связях не возникает).

Амплитуды малых вынужденных колебаний шкивов:

Ф10=---------------------------------= — 0,595-10"4 Л10;

А 1(«11	Ю8) (о22	«12 «211

фго=----------ЛМДП-Ц*)------------= 0,51 -10-4 Af0.

А «“И ~	(«22 — СО8) — «12 «211

Полные напряжения в ветвях упругой связи:

Pl = Pfl + A<fl = Pfl + Д(^1Ф1 — ^2ф2)Д;

Р2 = Ро + Д«2 = Ро + Е (Дафа — /?1Ф1)//,

или ох = о0 — О,О269Л4о sin <в/; а2 ~ °о 4" 0,0269 Мо sin <о/. На-
пряжение в одной из ветвей равно нулю при Мо = 73,4 Н • м.

257.	Дифференциальные уравнения малых вынужденных коле-
баний имеют вид (см. решение задачи 232)

Фх + RfEa^/Ji — RiRzFasVz/Ji = °;

Фг “ /?1^а«аФ1^8 + ^Иовф/А ==• Мо sin at.
Решение этой системы уравнений ищем в виде

Ф1 — Tie sin со/; ф2 Ф20 sin со/т
шитому

____________^0	^2 ^3____________ ПАч1 г\«т

Р10~ “ ’ Р Д’
ср20----------------------------=0,078 рад.

Л a>»[<o8—(7?f F/Ji+ R| Г/Л,) e3[

Изменение напряжений в ветвях передачи связано с удлинением
нгтвей:

Дсг10 =	= ^1Фю-Д»Фм> = _ 1,95 мпа;

ci	Ci

Дого ==	= ** Фг»-Я1 <Рх» = j (86 мПа.

«2	«2

Полные напряжения в ветвях передачи:

°i e o’™ + Ло10 sin u>t = 40 — 19,5 sin 88/;

<та = рзо + Д°2о sin со/ = 20 -г 18,6 sin 88/,

258.	Дифференциальные уравнения движения маховиков 2 и 3
представим в виде:

ЛФ1+ Ciffi—AiT= Mosinco/;	1	, .

о	f	(а)

Лфг + СзФз + Л^О,	J

где фх и фа — углы поворота маховиков; qcpx и с2ф2 — силы упругого
сопротивления; Мт — момент сил трения между поверхностями махо-
виков.

Между величиной момента сил кулонова трения и величиной нор-
мального давления рп имеется зависимость

A*,=J

где FK — площадь поверхности трения (контактная поверхность);

Р полярная координата площадки dF.

Вычислим жесткости упругих элементов системы. Жесткость ва-
лика

сх = GJp/li ndiG/^lj).	(б)

В процессе колебаний величина нормального давления периоди-
чески изменяется, что связано с удлинением (укорочением) пружины
при ее закручивании.

Найдем связь между углом поворота маховика ф3 и изменением
силы нормального давления ДЛС
Поскольку высота пружины (ес предварительная осадка 60) при
повороте маховика 3 на угол <р2 не изменяется, уравнения перемещений
представим в виде:

6ip4~ АЛ^^ц — 0;

62Р 4" AJV	= <р-2>

(в)

где 6iP и 6П — величины осадки свободной пружины от действия
внешнего момента М и единичной осевой силы; б2р и S2l — величины
углов закручивания свободной пружины от тех же сил.

В соответствии с методом Мора

б . = f ds -I- f fo1'- ds.

" J GJp	J EJr

s
Учитывая, что

MpK = M sin a; MpK = M cos a; M2K -•= sin a;

Л11п= — cos a; Л11и = — sin a; /Wz„=cosa,
и считая, что длина проволоки пружины s nOi/cos а, найдем

о nD2 * * * * * Mi ! 1

sin

cos a

rcD31 ( cos8 a
n	—

4	\ GJ p

, sin8 a\

I

1___

cos a’

\ G/p

COS* jC 1 t
£JX /cos a ’

« _	1	1	1 \ jin 2g

21 ~ 4 k OJP EJX / cos a

Из уравнений (в)

ДД/ _____6>р = —(g^+O/p) sin 2a ;

6U D EJX cos* a +GJp sin2a '

Ф2 == ^2P

^\p

riDMi

EJ x p

EJxsin2 a + GJPcos2a—

$21»

1 (EJX+ G/P)asin2a

4 EJX cos2 a + GJp sin2 a

J
cos a

Считая угол a малым (sin a л>а; cos a 1; sin2 a — 0), полу-
чаем:

Д/У=-М	2a;

D EJX

TtDMi

(P2=3^T-
Введем обозначения:

cz = Л4/ф2; th = AN/fft.

(г)

(Д)
Будем считать, что нормальное давление рп равномерно распре-
делено по площади контакта FK

рп = N/FK - (No + &N)lFl;,

где No = бв/6п — величина усилия предварительного прижатия
пружины.

Найдем выражение для момента сил трения

О,/2

MT = f = р,1И j 2лрМр e

ИЛИ

мт - ц (А/п + A AQ (D? - d?)/[3 (W - d?)t (е)

При выводе уравнений движения (а) необходимо учесть, что мо-
мент сил кулонова трения Мг всегда направлен против относительной
скорости движения маховиков, т. е, знак момента сил трения опреде-
ляется знаком разности срх — <р2.

Окончательно дифференциальные уравнения колебаний махови-
ков имеют вид:

ЛФ1+С1Ф1 + sign(Тх —<ps)
о Di—'di

J2 <Р2+Ъ Ф8 — sign (<pt — ф2)	(N9 -I- л, <рг) = 0.

259.	Дифференциальные уравнения движения маховиков пред-
ставим в виде

Л Ф1 + «1 (<Р1—Фг) +	фх = Мо sin cot	ф

h Ф2 + «1 (фг ~ Ф1) + ^2 фз = 0.

где q =	с2 = d4E/(64D0.

Из второго уравнения (а)

Ф1 =--- (J2 <ра+ а1 фг + С2 Фз)-	(б)

«I

Продифференцируем один раз первое уравнение (а) и подставим
в него выражение (б):

— фРЧ-(Л+ Л) ф?+	ф2+ (с,+ сг) +

ах	«!

4- -С1Сг <J>2 = Мо (£> COS <j)t	(в)

«1

(здесь дифференцирование по времени обозначено штрихами).

Режим установившихся колебаний ищем в виде

<р2 = Ав sin -г В2 с°з wt	(г)
Подсгавляя (г) в (в), получаем систему уравнений

(Jlh-	М2	4а _

\ <*1	О'!	<*1 /

— 1(А+А) + (ci4-c2) ы] В2 = 0;

( A A	cs-]- J2 ci 1 с1сз р

J -— --- и)  ----------------Ц) —|- —-	j £> 2 —

\ а1	di у

'	1+ A) — (Cld“ С2) ф] А = ^0

Откуда находим Ай и В2.

Амплитудное отклонение маховика 3 от положения равновесия

ф2о=Ул;+ в*.

Используя результат решения задачи 258, найдем внутренние силы
в пружине:

М = -^-ф20; N=	+	2а =

л£)1	D EJ jp

= б0 _^£_-L<рг0 £/*+G/P. 2а,

mD3i ri nD»i

где &0 — предварительный натяг пружины.

Наибольшие напряжения в пружине находятся по формулам;

адаах = M/Wx = £фго/(2л);

jwo _л dG

Tmax=’ ЛС(э “ 0 nD»(

+<Рго

(g 4- 2G) d
nDl

a.

Из уравнения (б)

Ф1 = — f (Л Фа 4- «Фа + Са Фа)
«1 J
т. е.

<р£ = Аг sin ш/ + Bj cos ©/,

где	+ Л2; В1 = В2 —	.

\ (о / at	\ со / eq

Амплитуда колебаний маховика 2

Фи = /4Ь|-ВТ,
а наибольшие напряжения в валике

^max ~ 32Cj<p10/(jldJ).

260.	Воспользовавшись принципом Даламбера, получим следую-
щие дифференциальные уравнения малых колебаний диска и кольца:

Jj Ф1 Jr 6% 4- a (<pi — Фг)«	sin w/;	, .

....	w

/8<р2 + а(<рй—q>j) = O.
Цля определения установившихся колебаний системы ищем
|u4ii(’iine системы (а) в виде

фх — A sin <ai -Ь В cos &>/;

Фа = Сх sin о/ + D cos со/.

Для определения произвольных постоянных А, В, С и D получаем
< нсп'му уравнений вида

(с— А со2) А—асоВ |- a(t)D — Мо;

aci)4-f-(c—Jxw2)B—с«оСх —0;

—омВ—J% ©а Сг —&mD — 0;

—асоД-|-асоСх—7асо2£)—0.

Из системы (б)

А = Мо [(с — A®2) (Jaw4 -|- а2©2) — </аа2со4]/Д;

В =

Сх = М0[(с — «/хсо2) а2со2 — /аа2со4]/Д;  D -- Л!072а<о3(с — Jx®2)/^>					
где		с—(О2	—с«о	0	а©
	д =	асо  0	с—А °2  СХЛ)	—огсо  — А <ог	0  —аса
		—сссо	0	асо	—А®!

Амплитуды установившихся колебаний диска и кольца соответ-

ственно:

Ф^^Л^+Р; <р20 =/С? + ZA

261.	На рис. 363 изображена расчетная схема конструкции.

Выражения для кинетической и потенциальной энергий системы
к для диссипативной функции Релея имеют вид:

mv* , Лф2 , tni'yl .

1—Г + —Г^'Г~Г'

ц . С(А~ У1)а I С1 (У1— /г)а .

2^2’

,, _ а(йр—А)2

v 2

Подставляем эти выражения
и уравнения Лагранжа:

Аф 4- а/(Ар—г/х)4-

4- cl (Iff— у,) = 0;

nil yj. —a л) —с (/ф —у^ 4-

4"сх(У1	0
или

ф < 2лср р8 ф—	у г- у- i/i = 0;

У1 +	У1 т Pi о УН- plo У1— 2/h Pf—pU /<р = plo Л,

где 2л — <х/7</0; 2п, — aJmt\ р2 = cPIJn\

pJo = Pt = сх/шА.

При отсутствии силы трения (а = 0) частоты собственных колсч
бапий

Рх.а —

Pi о + Рае

2

Ри ~l~Pio +р!о

2

I* 2	2

“PoPlo

Критические скорости буксирования определяются из выражений:

(1Р?(2я); о2* “ /(рг/2л.

262.	Потенциальная энергия деформации рессор при движении
машины по неровной дороге равна

П = (у + <Р4-Л)8 + {У - ф4 ~ Л2)2.	(а)

Л)	&

где м h, — подъем соответственно переднего и заднего колес при
движении автомобиля.

Учитывая, что положение автомобиля на дороге определяется
координатой х = vt, а расстояние между осями машины L = lt + 12,
получаем

h! = h0 (1 —cos 2nttf//u);

ft3 = h0 (1 — cos 2л (vt -I- L)//o).

Кинетическая энергия системы

T=т у2/2 4- /<р2/2 -К mv2/2.

Из уравнений (а)—(в) получаем дифференциальные
малых колебаний:

у с14~ С2 у [ С1 t l	С2 ^2 ф _ СХ^2~ЬС2^2

т	т	т

। ci h 4 С2 h < Cl “l'C2 ^2
VT t У	,

(6)

(в)
уравнения

(Г)

^2

J

Последние уравнения удобнее представить в виде

••	,	,	, 2nvt t <	. 2nvt

У-г^иУ+ ci2 bi — 02 cos—-------Fb3sin —;—;

*0	w

ф+^21|/+ a22 Ф— 01 — b2C0S-----|-&3Sin ---
I Л''

l>i — (Cibcs) /nr, b'l = (Cj li ca /2) hoi J;

t ho I 	2jtA> \ >_ t ho lit / а а. 2лЛ

b2 -= —— I q + C2 cos----------- ; b2 = —— q /t+ c2 l2 cos--------

m \	/0 /	J \	/0

t he . 2jiL t, h0 j . 2nL

b,t = ——ca sin---------; Ьз = —- c21* sin —:.

m	/0	•*	<0

Решение системы уравнений (д) можно представить в виде:

. , л 2jwt . D •	2лг>/

if = ^0+XcOS —----\-В Sin —--;

*0	*0

. Л 2л«/ . D . 2ли/
ф = Фо + Acos—------РА sin ——

*0	»о

(е)

I Ц(’

А = 1 а12Ь[ — Ь2(а22 — <о2)]/Д;

А — kz2i&2 — Ь'2(а1± — <о2)1/Д;

В = [63(а22 — ^2) — лг26з1/Д;

jBi	о?2) — Л21^з1/Д5

Уо ~ (Ь]_С122 ---	<р0 =	---- ^2lb\)/&i,

Д ~ (&Q	(О-) (&23 -- ^2) --- ^12^21’	~ ^11^22 --- ^12^2L*t

2эх&

(О = -у-.
<0

Выражения (е) можно представить в виде:

у = Уо +Zsa Sin (O)Z+ |i);

<Р = Фо+ V1 -I- Si (sin <jrf -ь Р);

гигда амплитудные ускорения имеют следующие значения:

у0 = (2^!_уул2+в2= 7,5 м/с2;

ф0 = Р^У |<л? +В!= 0,2рад/сг.

\ /о /

263.	Так как в рассмотренной системе затухание не учитывается
критические скорости движения соответствуют случаям резонанса:

= /иРх/Зл » 23,5 км/ч; = /0р2/2л ^71,5 км/ч,

где pLn р2 — частоты собственных колебаний (см. решение задачи 261).

264.	При движении автомобиля ио неровной дороге пружины с
и 2с, характеризующие"податливость шин передних и задних колес,
получают дополнительные сжатия hx и h2. Следовательно, в выраже-
нии для потенциальной энергии, приведенном в решении задачи 230,
последних два слагаемых имеют вид

с (Уг - hL)z/2; 2с (у2 - /г2)2/2.
Так как расстояние между осями автомобиля равно а + b =
= Z] Н" 4» ТО

й2 = й0 (I - COS й2 = Йо (1 - COS .^ (*+«+*) у

Дифференциальные уравнения движения автомобиля по дороге
с периодическими неровностями совпадают с уравнениями свободных
колебаний, полученных в задаче 230, но два последних уравнения
не являются однородными, их правые части соответственно равны
chr и 2ch2.

265.	Обозначим т = mc + т3(1 — Z/ZJ суммарную массу сосуда
и находящейся в нем жидкости.

Дифференциальные уравнения движения массы т имеют вид

(тх\ 4-сх = се cos со/;
d/ •

— (ту) +су = се sin coZ,
di

где е — отклонение массы т от положения равновесия.
Обозначим: т„ = tn0 -J- т = /п^/Цгпо -I- mJ 4).
С учетом этих обозначений, уравнения (а) представим в виде:

•• т, ’	с	есcos art	...

X —-------X Н-------X =-----------;	(б)

ти (1 —т)	тп (1 —т)	ти (1 — т)

“ mi • г с	ec&inat	.

#----7г—Г У+—л—Г У = —Й------------Г •

«н(>—т) «и(* — т) znHU—т)

Учитывая, что dt = in^dilmx и р2 = dma, заменим в уравнениях
(б) дифференцирование по t дифференцированием по т. Тогда

d2* dx t2 . в / m„ i \а х ~
dra dr 1—г	тх 1/ 1—т;

тк ,
.	.. cos ---ixTW

=	-----р------ ;

/	1—т

•я	.	?	, s * sin------h

^ У dy  j. / V У	/ V _

dx2 dx l —т	\/n3 7 1—т	\ mt 7	1 —т

или, переходя к безразмерным координатам — х/е; уТ = у/е, окон-
чательно имеем:

г	L Г ^2 /	/ V *1

--;	xi+ Р {;—*1 --
1—т----------------------\*mi J 1—т

Р2

1—т

> '«I	/

X cos со—5- /хт;

/П1
У1 —

fl

1 —т

й4-Р2(-^4У-^-
\ ГП1 /

1 — т \ mL /

(здесь х\ = dx/dx; хх = <Px/dx2).

266. Дифференциальные уравнения движения груза получены
в решении задачи 210:

" + “Г	~ (и~= 0;

4	т

и + — 1$+4 — (ч>1—и) = 0.
4	т

Решая уравнения (а), при указанных
начальных условиях получаем уравнения
движения системы:

и =	—— sin pit;

29 tn 29 тр2

29 ml 29 mlp2

где	— У 29c/5т.

Движение центра тяжести груза при этом описывается уравнением
। 1	,	25 / , , 4	/	.

«о = «4— ф» —-------‘4---------sin Pi i •

0	4 Т	29 т 29 тр2	И2

Вычислим силы инерции, действующие на груз:

Р=—ти0 — sin pit;

—	= — -^-HpiSinpit.

Z Л

Наибольший изгибающий момент возникает в сечении А стержня
(рис. 364):

Mnax = М +-%- = 4"	1 = 0’643/	•

4	Л*/

267. Дифференциальные уравнения движения маховика и контакт-
ного кольца представим в виде:

J<Pi 4- ах (фх —сра) 4- Са Фх = Alo sin	(а)

«1 (ф2 — Ф1) + Cj ф2 = 0,	(б)

где фх и <р2 — углы поворота маховика и кольца.
Решение уравнений (а) и (б) можно представить в виде:

Ф1 = Л1 sin со/ + Br cos (til;

<р2 = А2 sin (о/ + В2 cos .

(в)

Подставляем выражения (в) в уравнения (а) и (б):

Л2 = с1+с2-^а Мп. в* = _£|-<<,>8. -J2— м0,
D	D cq со

где

D = (C1 •]• с2 — Jrn2)2 -Ь (сг — 7о)2)2с*/(а^2).

Рис. 365

Амплитуда установившихся колебаний

Фао = ] A2-I-B2-

268, Решение аналогично решению задачи 267:
х = Atsin (tit + A 2cos со/,
где

Аг = F0[(l < 16cl/(a2(o2)) (q — mo?) -|- 4c2]/Z);

А 2 = —Fol6c2/(Da<o);

D = Ac* (q — mo?)2/(а2 о?) + (сА + 4с2 — то?)2.

269. На рис. 365 показано положение сиденья с
водителем в произвольный момент времени.

Дифференциальное уравнение движения массы гп
имеет вид

тУг + a (у2 —	+ с (у2—У1) = 0.	(а)

Второе уравнение получим, рассмотрев равновесие системы под-
вески (считая пружины и демпфер невесомыми):

<\(У1 — Уо) = с (г/3 — уг) 4- а (у2 — ул).	(б)

Систему уравнений (а) и (б) можно представить в виде:

Уг + 2пуч 4- ро уз — 2пй— р§ уг = 0;

2/г^з -|- pg у2 — 2nz/i—л —Pi Л = — р 1 Уо,

где 2n = a/m; = chn\ pj = с^т.

Для получения передаточных функций перейдем к изображению
по Лапласу. При нулевых начальных данных

(ра 4- 2пр + р§) Y2 (р) — (2пр 4- pg)	(р) = 0;

(2пр4-рго) Уа (р)— (2пр 4- р8 4-Р1) У1 (р) = —p2iY0 (р).

(г)
Передаточная функция между возмущением (вход) и перемещением
массы (выход) равна

ц/ /р) =_________— (2»р-| Pq-1-р2)_______

2«Р34-(Ро I Pi)P2 r2'lPiP4-Pj4 p?P?

Спектральная плотность ускорения

$Ог — 0)1

Спектральная плотность вертикального смещения

51,1{<и) = |^(ко)|г5?Л((о).

Для определения спектральной плотности перемещения у2 не-
обходимо найти Syt по известной корреляционной функции

60

~ j Ку. (т) dx DVo
----06

ОО

J е-(а,-/<а)т^т
о



(ai+M т Jx =

После преобразований выражение для SVt можно представить
в виде

Sy, = 4	а2 Pi [ — 4n2 (to>)6+ («о4) (ро Jr Pi)],

д

где	А = 12/?. (ш)4 -ф (2нах + р§ + pt) (гы)3+

+1«1 (РИ pt) I - 2«Pj 1 («»)2 + (Р1 (Ро +

4- 2naj) + pfc] io 4- «1 (Ро 4- Ро Pi) Р-

Вычислим дисперсию ускорения:

06

^и, = ~г~ ' •$ dw •

Воспользовавшись приложением, получаем

2	P^aiPj (о=1 Д«—а.ч) — Qq °з (Ро + Р|)1

~	а0 (аь 4 aj at—Cj аг а3)

Г№

а0 ~ 2п; й! = 2паг + р* 4- р?; аг = а-^р* 4- р?) 4- 2/гр3;

а3 = Рх(Ро 4- 2/гах) + р*-

а4 ах(р$ 4- pjpj)-
270- Пусть в произвольный момент вре
мени t положение центра тяжести диска

определяется вектором г (рис. 366). Восполь-
зуемся для описания движения диска урав-
нением Лагранжа второго рода.

Кинетическая энергия диска

Т = m (v* -I- o»/2 -I- J>2/2,	(a)

где vx, vg — проекции абсолютной скорости
центра тяжести диска на оси х и у, Jo—
момент инерции массы диска относительно

Рис. 366 оси, перпендикулярной плоскости диска и
проходящей через центр тяжести диска (точ-
ка Ol).

Так как абсолютная скорость движения центра тяжести диска

где [охг] =

v = Xi +yi+ [сохг],

х, j, k—орты осей,

(б)

i

0

/ k
о ©

х у О

то проекции скорости на оси х и у находятся как скалярные произве-
дения:

ия = (охт) = х—

^ = (W) = У + wx.j

Потенциальная энергия изгиба вала

П = сг2/2 = с (х2 4- у2)/2,	(г)

где С = QEJx/l3 — жесткость вала.

Уравнения Лагранжа имеют вид

d	dL	dL	n d	dL	dL	n	, .

di	dx	dx dt	dy	dy

где L = T — П — функция Лагранжа

Подставляя в уравнения Лагранжа (д) выражения для потенциаль-
ной (г) и кинетической (а) энергий с учетом соотношений (в), полу-
чаем дифференциальные уравнения малых колебаний диска во вра-
щающейся системе координат:

где р2 = с/т.
Приняв

я-)-(ро—<»2) х — 2соу = 0;
y+(pi— <>*) у + 2а>х = О,

х = Ае1р1, у = Be'**,

(жу
получим уравнение частот

(ро —о®) — р2 — 2a>ip

2а>1р	(pjj—ю2)—р3

или	[(р* — (о2) — р2}2 = 4<о2р2.	(з)

Из решения уравнения (з) имеем (во вращающейся системе коор-
динат) две частоты колебаний диска:

Pi = Ро — «; Рг = Ро + со.

в стационарном режиме справедливо

271.	Положение центра тяжести диска (точка 0J при колебаниях
относительно стационарно вращающихся осей уО'х определяется
вектором г (рис. 367), равным

r — ri + e,

где гг — вектор, характери-
зующий смещение оси вала.
На рис. 367 показано поло-
жение точек О и Ot, соот-
ветствующее случаю, когда
со < со* (см. решение зада-
чи 101). Для показанного
расположения точек О и
уравнение равновесия

ты2х0 = с (хй — е).	(а)

Для случая со > уравнение (а) принимает вид
та>2х0 = с (х0 + е).

При стационарном движении диска векторы г и /у коллинеарны
(точки О', О и Ot находятся на одной прямой Ох). Угол ф характери-
зует малые отклонения вектора е от оси О'х, хну малые смещения
центра тяжести диска во вращающейся системе координат.

Кинетическая энергия системы

Т = т (^ + о*)/2 Jo(co + ф)2/2,	(б)

где

vx = х — сос/, v„ — у + сох	(в)

(см. решение задачи 270),

Jo — момент инерции диска относительно точки Ог.

Потенциальная энергия изгиба вала

П = сг®/2 = с 1(х — е cos ср)2 + (у — е sin <р)2]/2.	(г)

Таким образом, положение центра тяжести диска (точка OJ опре-
деляется в подвижной системе координат хО'у тремя независимыми
переменными х, у, (р. Поэтому при подстановке значений кинетической
и потенциальной энергий в уравнение Лагранжа получаем три уран
нения:

т (я—(лу)—ггш>(у+<ах)-}-с(х—ecos <р) — 0;

т [у+<йх) -|-/п® (х— (лу) + с(у—е sin ср) = 0;

Jo ср с (х—е cos <р) е sin ср—с (у—е sin ф) е cos ср = 0.

(Л)

Так как рассматриваются малые колебания относительно стацио-
нарного режима, то можно принять: х — хп + хг, у ~ y-i, а также
cos ср = 1; sin ср = ср, Xjcp i/jcp л; 0 (в стационарном режиме счи-
таем ось х направленной по прямой, проходящей через точки O’OOt).

Система уравнений (д) после преобразований и исключения урав-
нений равновесия диска при стационарном режиме вращения прини-
мает вид:

xi + (Ро—to2) xi— 2®хх = 0;

У1+(рЪ—с»2) Уг-F	р8 еср = 0;

ф + р?хоср — р?^х= 0,

(е)

где pl — с/т, р* — се/J 0-

Следует отметить, что система (е) справедлива как для случая
® < со*, так и для случая со > и*.

272.	Обозначим сх жесткость вала при изгибе его в направлении
главной оси инерции х и cv — в направлении оси у.

Выражение для кинетической энергии системы имеет такой же
вид, как и в решении задачи 270, а потенциальная энергия равна

П = схх2/2 + Суу2/2.

(а)

Во вращающейся системе координат дифференциальные уравнения
малых колебаний имеют вид:

где

Принимая

х + (/г* — о?) х — 2(ау = 0; 1

У +	~ to2) у 2сох = 0,)

kx = cx/m\ k2y = cy/m.

х — Ае‘Р1 и у — BelPl,

(»)

из уравнений (б) получаем

Р1- Р2 (Й + % + 2о?) +	-со2)	- о?) = 0,	(г)

откуда

В соответствии с представлением решения в виде выражений
(в) движение диска является устойчивым, если р1<2 являются действ и-
iw иными. Если же р} 2 — комплексно-сопряженные величины вида
I't.-i = + то решение (в) содержит функцию е’-', неограниченно
и<врастающую во времени, т. е. при некотором значении угловой
скорости со* происходит неограниченный рост амплитуд колебаний,
т. е. малые колебания являются неустойчивыми. Такая угловая ско-
рость системы и является критической.

Условие появления комплексно-сопряженных корней можно по-
лучить из уравнения (г) в виде

fe?4- -I - 2м2 <

откуда

(Д)

Из последнего неравенства следует, что имеется целая область
значений критических угловых скоростей

и* k^j.

273.	Как и в задаче 270, решение удобно вести во вращающейся
системе координат. В отличие от указанной задачи в выражение
потенциальной энергии необходимо добавить слагаемое, зависящее
от силы тяжести Пх — mgyx, где ух — координата центра тяжести дис-
ка в неподвижной системе координат хОу (рис. 368).

Переходя к вращающейся систе-
ме координат хОу, получаем

/7t — mg (х sin mt 4- у cos о/).

Полная потенциальная энергия
системы

П — с (х2 4- г/2)/2 4- mg (х sin mt 4-

-|- у cos со/),
где

с = ЗЕтМР.

Выражение для кинетической энергии останется тем же, и диффе-
ренциальные уравнения движения примут вид

где

х	(kz— со2) х — 2my-\-g sin ml = 0;

#4-(&24- o?)z/ 4- 2cox4-gcosco/==0,
/г2 = dm.

(a)

Решение уравнений (а) для установившихся колебаний можно
искать в виде

х A sin со/, у — В cos со/.	(б)

Подставляя (б) в (а), получаем неоднородную систему уравнений
для определения А и В, из которой А -- В = —g/k2.

Критическое значение угловой скорости найдем из условия ра-
венства нулю определителя однородной системы уравнений, откуда
т* — k/2.
274.	Дифференциальные уравнения движения во вращающейся
системе координат (см. решение задачи-273) имеют вид:

x-\~(kx—<о2)х — 2toi/=—gsinwZ;|

у + (й|—со2) у-f- 2<ох — —g cos со/, J

А® - 4EWis/(/?t/3), k'y - 4£ftb3/(m/3).

Если искать решение уравнений (а) в виде х = A sin со/, у -
= В cos со/, то амплитуды установившихся колебаний

kl~ 4<в3	D	А3—4й3

--------2; В — —g------------------------------------.
Ъ ^-2<о3 (Л$+^)	6 А3 А3- 2о»3(А3 + А3)

Критическая угловая
скорость валика

со* = ]/Щ|/[2 (*’ + A3)J.

Кроме того, имеется
область критических ско-
ростей, полученная при
решении задачи 272.

275- При вращении
изогнутого валика с угло-
вой скоростью относитель-
но оси АВ (рис. 369) на
отклоненный и повернутый
диск действуют силы инер-
ции, перпендикулярные
оси АВ.

При этом полная сила
инерции, действующая на
элементарную массу dm,

dF = dmufr^ (а)

Учитывая, что г} = г + у, представим силу инерции dF в виде
суммы двух составляющих:

dF = dFL + dF2,

где

dFA = dmco2y; dF2 = drntfr.

Равнодействующая сила dF± равна тя?у и направлена вдоль оси
у. Силы dF<i создают момент относительно диаметральной оси х, пре-
пятствующий повороту. Поскольку угол поворота диска относитель-
но оси х мал, момент сил dF2 равен

Л4Ж — о2 ср у2 dm = со2 срJ,
т

(б)

где J — момент инерции массы диска относительно оси X.
290
Таким образом, со стороны диска на валик действуют сила
и момент Мх.

Воспользовавшись методом сил, получим уравнения смещений
точки крепления диска:

у — 6пт<п2]/ — S12cozJ<p; ф = 62imo2i/ —
или

(1 — Ьити>й) у+ 61а«3 Лр = 0; 1
б2х тар у — (1 4- Sa2 ©а J) ф = 0. J

При этом коэффициенты

6п = Л'(3£/х), 6,2 - 621 = -/z/(2£ja), S22 = Z/(£7X),

где Jx — Jtd4/64 — момент инерции площади поперечного сечения
налика.

Из равенства пулю определителя системы (в) найдем уравнение
для критической угловой скорости валика:

4 . 12£Jx / ml2	»\ 2	12 I EJX \2 п	, х

со4 4------------J со2----------— = 0,	(г)

Jml* \ 3	) Jm \ Р I	4 '

откуда

2= 6EJX_______тР\ у Г Г6£/х (j______^_\]а । J2_ /££х\2 .	/ ч

Jm&\ 3 ) V	3 /] Jm I, Р / W

Из второго корня уравнения (г) получаем мнимое значение для
угловой скорости валика.

Если момент инерции массы диска мал и им можно пренебречь,
т. е. рассматривать диск как точечную массу, то критическую угловую
скорость найдем из (в) при J ->0:

с»1 = Ю/(тбц) = K3£JX/W	(е)

Числовые значения критических частот найденные по форму-
лам (д) и (е), соответственно равны 165 и 130 с-1. Таким образом,
гироскопический эффект, делая систему более жесткой, сдвигает кри-
тическое значение угловой скорости в область более высоких частот.

276.	Критическая угловая скорость, вычисленная с учетом гиро-
скопического эффекта, Q* а? 138 с-1. Если гироскопический эффект
не учитывать, то а? 127,8 с-1.

277.	С учетом гироскопического эффекта критическая угловая
скорость Й* aj 173 с-1. Без учета гироэффекта as 158,6 с-1.

278.	Рассмотрим силы, действующие на диск (рис. 370). Обозна-
чим: t\ — прогиб валика, е — эксцентриситет центра массы диска
относительно центра вращения, Fe = —а\ — сила упругости, дей-
ствующая на диск со стороны валика, AFM — суммарная сила при-
тяжения магнитов.
В соответствии с принципом Даламбера дифференциальные урав-
нения движения при постоянной угловой скорости диска имеют вид:
х-\ pix = ep2cosu>t \--^!-,	(а)

т

У -I- р*у = ephvn. at,	(6)

где	ps — chn = SEJJmP.

Суммарная сила притяжения магнитов

AFM = k<t>*/(a - х)2 • - кФ*/(а + х)2.

Раскладывая последнее выражение в ряд и ограничиваясь линей-
ной частью разложения, пайдем

— 4k<P%x/a3.	(в)

После подстановки уравнение (а) принимает вид

х -|- (ра — 4/гФ2/(тсг3)] х ~ p2ecos со/.	(г)

Из уравнений (б) и (г) следует, что система, находящаяся в маг-
нитном поле, имеет две критические угловые скорости

<0*1 = У р~2 — 4/гФо/(та8), со*2 = р.

279.	Пластинка имеет три степени свободы: вертикальное переме-
щение по оси z и два угловых <р и 0.

Поворот пластинки на угол 6 приводит к появлению угла атаки
относительно потока воздуха. При этом возникает аэродинамическая
подъемная сила (см. условие задачи). Кроме того, вертикальные пере-
мещения пластинки создают упругие силы в пружинах. Их равно-
действующая

F = —cL(z — Ш Ч- <p/i/2) — q(z — 6Z/2 — ф/г/2) —

— cz(z Ч- 0//2 -I- фй/2) — с2(г ]- Ql/2 — <рй/2).
Момента сил упругости относительно центральных осей хну:
Мх -- —с^/г2 — с<д>№,

Ми = 2cx(z — 6Z/2) I — 2c„(z + 01/2) I.

Дифференциальные уравнения движения пластинки имею г вид

mz-J- 2 (сх 1 - с2) z + (сх—сг) 0Z-	/г/9 = 0;	(а)

dQ 2

+ 4 + с2) Р 0 + (с2 -Cl) lz —-!±- -L 0 = 0;	(б)

2	d8 2	4

Jx Ф -! ~ (ci Ч с2) Ф = 0.	(в)

Уравнение (в) не зависит от уравнений (а) и (б), поэтому две час-
тоты свободных колебаний пластинки находятся из уравнений (а) и
(б) (полагая z — Aept, 0 — Bepi):

2 (gL ~h । p2. C1 ^2 £

m	' m db 2m	_ g

___(gi ' сг) , ci c2 j2 i _ ^2 _ p	I

J у ’ 2JV P 10 4,/t

ИЛИ

n4 r n2 [% fa _________Z? {	। _ fa^T^s) 1 i (C1 ~h 2

P p [ m 4 10 Uy ‘	2	4 P	mJ у

1 /сг~съ   dCz_ P^2 (ci cs) ? (ci ~h ca) p	I _ q /p\

\ tn	d6 2m ) Jy	10 4 Jy 9

где

F103=^-^.pt)e.
° de 4

Из уравнения (в)

p2 = —h2(d -1- c2)/(4Js).	(д)

Необходимым условием отрицательности действительных частей
корней характеристического уравнения (г) является положительность
его коэффициентов (для биквадратного уравнения это условие явля-
ется также и достаточным):

р	। 2 ((?1 + с2) 1 (ci -Г с2) Z2

АО ~ТГ~ ’------------• ----о---------Т

^J у	т	2 у

(е)

(Ci + Cg)8^2	> 1~С1—_ fcz д 1 (С1—Сц) р

mJy	tn dQ 2т J Jy

2 (<?i И- с2) с I
----------г ю “77”

т	Uy

> о. (ж)

При выполнении условий (е) и (ж) колебания пластинки устойчивы.

280.	Как известно из решения задачи 279, критическое значение
скорости потока воздуха и* определяется при условии равенства
нулю коэффициентов характеристического уравнения.
Из равенства нулю условий (е) и (ж) после вычислений соответст
венно получаем значения критических скоростей:

и*! = 32>6 м/с; у*2 = 73 м/с.

wg

Рис. 371

Следовательно, критическая скорость потока: и* =

281.	Рассмотрим возмущенное движение самолета (рис. 371). Аэро
динамическая сила, действующая на хвостовое оперение, определяется
двумя составляющими: одна из лих обусловлена изменением угла
атаки, а другая — вращением самолета, которое также ведет к изме-
нению угла атаки. Если самолет вращается с угловой скоростью ф, то
линейная скорость переме-
щения центра давления хво-
стового оперения (точка О,)
равна /ср, что эквивалентно
изменению угла атаки па
величину ly/v (d — скорость
полета). Следовательно, мо-
мент сил, действующИхХ на
хвостовое оперение,

AMi = с3(а — Ар/у),
а момент сил, действующих
на крыло,

ДМ 2 — с2а.

Дифференциальное уравнение углового движения можно пред-
ставить в виде

—/ф = ДМ, + ДМ2 = (са+сл) (ф—Й) 4- с8 I<p/V,	(а)

где 0 — малый угол тангажа.

Составим дифференциальное уравнение движения центра тяжести
самолета в вертикальной плоскости

- ДУ +	- ХЭ = (ст + R) (<р — 6).	(б)

Учитывая, что

sin 6 = &Vylv ~ 0 и X ж R,

из (а) и (б) получим:

д„; _£1±* ф _{_	= о,

т	mv

Ф 4- ф c_di£=< ф  £а±£з	0

Jv	J	Jv	I

Решение системы (в) ищем в виде

Д Vy = A i ew, ф = А 2 е Ч

(0
Получим характеристическое уравнение системы (в):

X Ь+/4- С.1±*Л х -Ь с^2- 4
\ Ju то ) J

К±К)с^1

Jnw2

U)

Уравнение (д) имеет один нулевой корень (Л, = 0), а два других
находятся из соотношения

,	I / cai j C14-.R \

Л2 > 3	—- — Н-----------±

2 \ Jv то /

± 1/ 1	। +	(с2 + с3)

V 4 \ Ju ’ то ) J Jfnv*

Из последнего выражения следует, что корни характеристического
уравнения (д) могут быть либо действительными отрицательными,
либо комплексно-сопряженными с отрицательной действительной
частью, т. е. в обоих случаях движение самолета но направлению <р
и является устойчивым.

282.	Дифференциальные уравнения движения шкивов имеют вид
(см. решение задачи 232):

Ф1 + «11 Ф1 — «12 Ф2 = ₽1 Фх5	1	ф

Фй — «21 Ф1 + «22 Фа ~₽з Ф1- >

Представим характеристическое уравнение системы (а):

Л3 V (р2 - Р1) Ь2+ («11 + «22 - Ш + («П₽2 - «22₽1) =~ 0, (б)
пли

V -г (10 — Pi) V + (21420 — 10 PJ % -h (51 000 — 16 320рх) •= 0.

Необходимым условием устойчивости движения является условие
положительности коэффициентов характеристического уравнения, от-
куда рх < 10; рх < 2142; рх < 3,1, т. с. рх должно быть меньше ве-
личины 3,1.

Достаточным условием устойчивости решения является выпол-
нение критерия Гурвица. Для уравнения третьей степени должно
выполняться условие Д2 > 0:

(10 — рх) (21 420 — 10 рх) — (51 000.— 16 320 [3,) > 0,
откуда —оо < рх < 34; 480 < рх < оо.

Сопоставляя эти неравенства с необходимым условием, получаем
интервал возможных значений р,: —оо < рх < 3,1.

283.	При движении маховика происходит его проскальзывание
относительно контактного кольца муфты. Обозначив <рх — угол
поворота маховика и ср2 — угол поворота контактного кольца, введем
дифференциальное уравнение движения маховика:

Уф -4- ах (<Р1—Фа) - ОФ1,	(а)

где — фг) — момент сил трения.
Момент трения

Мтр = 2л7?6а (<Pi—ф2) /? = «1 (фх—ф2).

Дифференциальное уравнение движения контактного кольца име-
ет вид

а1 (<Ь — Ф1) + Фг 0.	(б)

Решение системы уравнений (а) и (б) ищем в виде

ф1 = Лех‘, <р$= Веи;	(в)

получим уравнение для определения параметра х

+	=	(г)

' Jat	Ja.i	7

Из решения уравнения (г) получаем три корня:

= о, Л2 з = — /<:i~c<X1 -+-1 f (Y—с.

1	3	2/а,	~ м 2Ja, ) Jak

Движение маховика будет устойчивым если:

а)	корни Х2 и Ха отрицательны — в этом случае возмущенное дви-
жение (ф, и ф2) затухает со временем;

б)	корни Л.2 и %3 комплексно-сопряженные с отрицательной дейст-
вительной частью — в этом случае движение (фт и ф2) имеет периоди-
ческий характер с уменьшающейся амплитудой.

Необходимым и достаточным условием отрицательности корней
уравнения (г) является условие положительности коэффициентов
характеристического уравнения (г)

JCi — ааг > 0, «j — а > 0.	(д)

Из второго условия (д) следует, что устойчивое движение проис-
ходит при «I > а, т. е. при oaL > с2. Подставляя это неравенство
в первое условие (д), получаем Jct > aax > а2, откуда Vc\J =
= 10-2 H • м • с.

Поскольку при этом должно выполняться условие а < a =
= 0,005 Н • м • с, окончательно получаем, что движение устойчиво
при а <. 0,005 Н • м • с.

284.	Дифференциальное уравнение вращения твердого тела вокруг
неподвижной точки имеет вид

dK/dt^M,	(а)

где К, — главный момент количества движения твердого тела (кине-
тический момент) относительно неподвижной точки О.

В общем случае вектор К

X =	(б)

где <в — вектор угловой скорости тела; J — матрица моментов инер-
ции тела (моментов инерции относительно осей, жестко связанных
с телом осей хуг).
Матрица J имеет вид

ху

УХ

у

zx



Как известно, полная производная вектора К связана с локальной
производной в подвижной системе координат соотношением

dK/dt = d' K[dt -J- [o' x К],

(в)

где со' — вектор угловой скорости подвижной системы координат,
ие обязательно жестко связанной с телом, т. е. в общем случае со Ф со'.

Если локальная производная бе-
рется в системе координат, жестко

связанных с телом, то со — со и
лучаем уравнения Эйлера:

£f'/T/d/ + [wX К] = /Й?

по-

(г)

Проецируя на подвижные, но не
связанные с телом оси х', у', г*
(рис. 372) уравнение (в), получаем
(не употребляя штрих в локальной
производной):

dKx./£//-|-Kr со9- —KV' cor = Mx-\
dKy'/dt + Kx-toz'—Kz' cox- =My.;
dKz'/dt + Ky' mx-~Kx'a,j'=Mz'..

(я)

Оси х', у', д' участвуют в движе-
нии волчка (при малых колебаниях),
но не участвуют в его собственном
вращении. Ось Oz' всегда совпа-
дает с осью симметрии волчка Oz.

г Л

Рис 372

Поэтому угловые скорости

сож>, (Оу» и u>z' можно рассматривать как малые величины.

При малых движениях оси симметрии гироскопа полная угловая
скорость волчка со = Qo + ®'.

Проекции вектора со' (при малых отклонениях от невозмущенного
состояния) (см. рис. 372):

coz- « у; <0х- « 0; со^ ~ср.

Проекции кинетического момента на оси х', у', г, являющиеся
главными осями инерции тела, следующие:

Ах'•“ С0х;

где и* « 6; ф; со* ж, £20 у.
Моменты силы тяжести относительно осей х', у ,г‘ (при малых углах
х’ = х и у' та у):

Мг’ та 0; Му’ та tngx’; Мх’ та mgy',

где х'=/<р, у' — 10.

Из уравнений системы (д) получаем (вследствие симметрии Jx = Jv)
линейную систему дифференциальных уравнений:

Jx fl14- Jz	<p — mglO — 0;

J x Ф—J г	&—mgltp ~ 0;

az = 0.

(e)

Из третьего уравнения системы (е) следует, что <о2 = const — Q.

Умножаем первое уравнение (е) на мнимую единицу i и складываем
его со вторым уравнением (е):

У—i-y~ &y—mg~ у = 0,
J X	«'де

(ж)

где у=0-Ьйр.

Характеристическое уравнение для (ж) имеет вид (решение ищем
в виде у — Сем)

£2Й mg ~ = 0.	(з)

•*Х	J X

Корни уравнения (з)

Возмущенное движение волчка устойчиво, если

Следовательно, критическая угловая скорость волчка

aw=4^.

Z

285.	При малом отклонении оси гироскопа от вертикального поло-
жения можно получить следующие дифференциальные уравнения дви-
жения (см. решение задачи 284):

ф J z^O^I Jх~ Мц'I Х‘ .

В рассматриваемом случае на гироскоп кроме силы тяжести дей-
ствуют упругие силы со стороны пружин.

S98
На рис. 373 показано положение точки Oj оси гироскопа в произ-
вольный момент времени.

Выражения для моментов имеют вид

MX'~(mgl2-2cI)lQ- |

Му ~ (mgl2—2с/) 1ц>. I

С учетом последнего дифференциальные уравнения движения (а)
можно записать

ОQ ф------z 0 = 0

/х °	2Л

р--к. Q 0-(W—4с0 /	0

/х	2/ж

Корни характеристического уравнения системы (в) (см. решение
задачи 284)

Движение гироскопа устойчиво, если
/гЙ0> |/2JxZ(/n1?-4cZ).

286.	Дифференциальные уравнения движения гироскопа имеют
вид (см. решение задачи 285):

йоф----l_(mg—4c.2 Z) G = 0;

J*	2Jx	(а)

<Р—Qo0---------J- (mg—4с1/)ф = О.

Решение системы (а) ищем у виде 0 = (р = A*eKt. Тогда
характеристическое уравнение для системы (а)

%* 4-17^2?—
L \	/

-Т- (mg—^Cy 1) (mg—4c21) =•-• 0, (б)
или

X4 л?Л2 + $4 = 0.	(в)

Корни уравнения (в)

Ч 2 =	~°2/2 + Kai/4—О4.

Если а2 >0, а4 > 0 и, кроме
того, а} — 4а4 > 0, то корни можно
представить в виде

^1,2=	^/2 Н” й|/2—

У/

Рис. 373
т. е. в этом случае движение оси симметрии гироскопа является
периодическим.

Из условия — 4а4 = 0 находим критическую скорость

Йо, = -77- Г -7- VТ)	Т) -j- ~ (mg—2су I•—2с21) ,

I Jx	Jx

Рис. 374

287. Для вывода дифференциальных урав-
нений малых колебаний воспользуемся урав-
нением Лагранжа второго рода.

На рис, 374 показано положение системы
в произвольный момент времени Л

Оси х, у, z жестко связаны с внутренним
кольцом /. При колебаниях прямая ОС всег-
да находится в плоскости yz.

Кинетическая и потенциальная энергии
ротора:

Л = ~ (t? + й) +	«I +	< 4- 4- <'•

n1—m1gl(l —cosy).

Кинетическая и потенциальная энергия внутреннего кольца и
противовеса:

л	lit

nz = m2gl(\ —cosy);

T3=-5-(g+^+^);

/73 = m3 g [(/ -|- a)—(I -i- a cos 0) cos yj.

Считая, что углы 0 и у малы, вычислим проекции угловой скорости
ротора и внутреннего кольца на оси х, у, z и х2, t/2, z2:

®Ж1 = 0; ®у, = у; <о2| = йо-|-у0;

(ох, = 0; £ойг = у; ъ1г = уб ж 0.

Определим координаты центров тяжести всех трех масс:

|1 = /у; ^ = /у; E3=(Z + a)y;

== /; Ез = I + a; ha = аО.

Подставляя эти выражения в уравнения Лагранжа

— • а/7	-О-	d	dr	дг 3/7	_п

dt 30	30	30	'	dt	д у	Зу	+ ду
получаем

ДО —|-m3ga0 = O;|
Ау4-Л,М+Дт=0, I

Ji=J Xl + JXt -f- m3 a2,

Ji == Jvi+Jn. + (rai + nMl* + mt V h c)3;

Д = [(m1-i-m2)Z hG h«)w3Jg.

Решение системы (а) ищем в виде 6 = Ct cos pf, У = C2 sin pt
Для определения частот получаем уравнение

. (Л Мз gg-l-^1 A -I- Qg) t ga

•	If	r J I ’	I '

J 2	1 J2

Из уравнения (б) находим частоты колебаний pt и р2.

288-	Кинетические энергии ротора гироскопа и тележки:



2 g

Т ____ J ДСо фа

°" 2

2

2

9

а потенциальные энергии:

П = —Qa-i (1 — cos 0) — Q (о-! 4- й2) (1 — cos <p);

По = — QOZO(1 — cos q>).

Ротор гироскопа получает дополнительные угловые скорости,
вызванные угловым движением ротора 0 и совместным движением
ротора с тележкой ф. Вектор угловой скорости ф направлен по оси xt.

Проектируя угловую скорость ф па оси х и г, получаем угловые
скорости <вк и <t>z ротора: сох — ф cos 6; coz = По 4- ф sin 0.

Движение ротора в направлении 0 создает угловую скорость,
направленную по оси у и равную <лу = б.

Координаты центра тяжести ротора:

= (а2 4- а2) cos ф 4- ахсоз 0; ? =« (ах 4- я2) sin ф, xt = ar sin 0.

Воспользовавшись уравнениями Лагранжа второго рода, полу-
чаем следующие дифференциальные уравнения движения системы:

(J,,+mai)6—7гП0ф—Q«j0 = O;	.

.. . (а/

[7х4’т(с14-аа)2]ф4~72По0—•Ш(а14-аг)4-<?о/о]Ф=О. .

Решение системы (а) ищем в виде 0 — Д! cos pt, ф — Дг sin pt.
Тогда уравнение частот имеет вид

4 Vz Qp — (^1 -Г Л/) [Q fa + g2> + Qo Zol — P” fa+ ga)2 +foj
[Jx + m (ai + a2)al

p2 i Qgi [ Q fa 4~ Qg) ~H Qo Ip]	/gx

(JУ + ma$) [Jx + m	| a2)2]

или

p4 — a2p* + oc4 — 0.

Для устойчивого движения необходимо, чтобы корни уравнения
(б) были действительными, а это выполняется при условии

а* — 4а4 > 0,

Критическая угловая скорость гироскопа определяется при условии

<х2 -= 4а4.

289-	Для вывода дифференциального уравнения движения вос-
пользуемся уравнением Лагранжа второго рода.

Кинетическая энергия системы

Т == Jxo*/2 Ч- Jya*l2 + Jo^l/2.

На рис. 374 показано положение кольца с ротором в произвольный
момент времени.

Угловые скорости ©х, со у и со2 являются проекциями полной угло-
вой скорости © на подвижные оси хуг (оси хуг участвуют в движении
кольца, но не участвуют в собственном вращении ротора):

ш= +

Проектируя © на оси хуг. получаем:

сох = S; ©у = Q cos 6; со. = Йо — й sin S.

Выражение для кинетической энергии в случае малости б при-
нимает вид

Т = JxS2/2 +	+ /0(Й0 - Йб)2/2.

Потенциальная энергия системы и функция Релея:

И =	R - аб272.

Уравнение Лагранжа второго рода в рассматриваемом случае
следующее:

d	dT	dT	,	д/7  -о

dt	д 8	д8	:	дд 1	дд ~

Подставляя в это уравнение выражения для Т, П и /?, получаем
дифференциальное уравнение движения гироскопа:

ё +	+	—^2-Шо,

Jx
где

2n ~ a/Jx, р® =₽= cl2!JK.
Если частота свободных колебаний
прибора р0 велика, то движение при-
бора, вызванное начальными данными,
быстро затухает и угол 6 определяется
только неоднородной частью решения:

6 ----J0QQ0/(cZ2).

Счедовательно, замеряемая угловая
скорость

Q = ~8cl2/(J0Qa).

290.	Рассмотрим неподвижную си-
стему координат OyXYZ с центром в
точке касания диска с плоскостью

Рис. 375

(рис. 375).

Пусть в некоторый момент времени плоскость диска отклонилась
от вертикали на малый угол 6, а касательная к диску в точке его
контакта с плоскостью составляет угол Ф с осью ОгУ, т. е. оси диска
xyz составляют с осями XYZ малые углы G и Ф.

Очевидно, что вектор угловой скорости диска



(а)

где et, е2, е3— единичные векторы, направленные по осям х, у, г\
составляющие угловой скорости со:

о)1=—Фсо$0; co2 = fl; <о3 = П.	(б)

Вычислим момент количества движения диска относительно точ-
ки 0:

К — Ki -г Кa е2 Н- К3 е3 = — АФ cos 0ej А0 е3 -{- CQe3,	(в)

где А и С — экваториальный и осевой моменты инерции массы
диска А — mr*/4, С — тг2/2.

Использование теоремы об изменении момента количества движения
позволяет получить дифференциальные уравнения:

д _fL (_ф cos б) h А ОФ sin е -|- С2б = 0;	(г)

dt

Ав+ С&Фcos0-гАФ*sin 0cos0 = Nzr, СЙ— —Nwr,

где Nуи Nz — проекции реакции на оси Оу и Oz.

В случае (Q= const):	малых колебаний и постоянной угловой скорости  4ё-}-СЙФ=А72г; 1	..  .	(д)  АФ— CQ0 = O.
Рассмотрим движение центра массы диска. Так как точка О на-
ходится в состоянии мгновенного покоя, то ее скорость равна

v 01 -h v2e2 -F v3 еъ = 0 • ex - b	-|- (—rG)

Составляющие абсолютного ускорения в направлении осей xyz
выразим через угловые и линейные скорости:

Wi = 61—v2 <о3 -1 - o.v,	«х v2 —и3 <ot +

(03 v3 — VL (i>2 I V2 (01.

Дифференциальные уравнения движения центра массы диска
в таком случае имеют вид:

mwx т (vx—v2 <о3 + v3 со2) = Nx —mg cos 0;

mw2 = m (v2 — v3 coj + vx o3) = Ny\

mw3 ^=m(v3—v1 co2 -J - v2 cox) = Nz—mg sin 0.

(e)

Используя введенные выше обозначения и пренебрегая нелиней-
ными членами, из последнего уравнения (е) получаем

—тг (0 -| - ЙФ) *= Nz—mgQ,	(ж)

Исключаем из уравнений (д) и (ж) величины Nz и Ф:

G-i-

(С -г mr2) CQ2/A — mgr g _ £

А-\-тг2	Ь

где Сх — произвольная постоянная,
условий.

Частота малых колебаний диска

определяемая из начальных

/(С ;- mr2) CQ2/А — mgr

А тг2

Рис. 376

Малые колебания диска устой*
чивы при Q V g/3r.

291.	Зададимся некоторой ста-
тической нагрузкой, принимая
определяемую се кривую проги-
бов за форму колебания системы
(рис. 376). В этом случае макси-
мальная потенциальная энергия
равна работе внешних сил, т. е.

Лиах = — 2Ptytt

где у( — прогибы, вызываемые
принятой системой нагрузки.

Максимальная кинетическая
энергия

^гаах ~	mt'
Приравняв 7max и Z7max, получим квадраты частоты колебаний
t нетсмы:

Ра = ЪР^Яту#.	(а)

При расчете удобно за Р, принять силы тяжести, т. е. Р} —
В этом случае формула для частоты колебаний принимает вид

р2	(б)

Для определения прогибов уг и уъ строим эпюры изгибающих мо-
ментов от заданных сил и от единичных сил но направлению yi и у2
(рис. 376, эпюры 1 и 2). Перемножая эпюры по правилу Верещагина,
находим:

У1 = 11 PiP/tpEJх)-, уг = 23 PTZ3/(18 EJX).

Подставим в формулу (б) выражения для У1 и у2:

р = 0,891 I rEJxlmV.

292.	р = 0,71 V’EJJitnP).

293.	В рассматриваемом случае можно принять следующее при-
ближенное выражение для прогибов:

у — Уо sin лг/31.

Максимальная потенциальная энергия равна

31

77шах = —	f Уо —У sin2 —- dz = —- EJX (— Y ,

max 2 ж J \ 3.1 J 31	4 V \ 31 }

а максимальная кинетическая энергия сосредоточенных масс —

T’max = Р2 I'M sin3 -у -гту2о Sil? 2л/з) / 2

Час гота собственных колебаний

p=l,\VEJx/(mP).

294.	Перемещения масс:

у± =* у2 =- 81 m^3/(3888	= 159 mgZ3/(3888 EJX).

Частота собственных колебаний

p = 5,7l]/rEJx/(ml3).

295.	Максимальная кинетическая энергия в этом случае (с учетом
кинетической энергии распределенных масс балки)

4	2

31

V г/g mosin2-^- dz
Максимальная потенциальная энергия (см. решение задачи 293).

Птя* = — lEJxy$(— Г.
1Ппд	«л- v/ v I / ; п

Частота собственных колебаний

р-, /'	"‘£J —0,91 \/"F± 

|/	108- — (m-|-m0/)/3	ml3

Г	4

296.	Максимальная потенциальная энергия системы

31

f sin2-^-dz + ^-1/8 I sina-2- + sin2-^-j.

~	\ vl I J	\	J

0

Максимальная кинетическая энергия

Т'т^ = -^г Р^2ту1-^- .

Низшая частота собственных колебаний системы

p=l,35/EJ3t/(wiZ3).

297.	Для определения частоты по методу Релея воспользуемся
формулой (см. решение задачи 291).

р2 = g^ytmt/SmiZl.	(а)

На рис. 377 показаны эпюры осевых усилий 1, 2, 3, необходимых
для вычисления прогибов ylf уъ и ув.

После вычисления:

У! 3lmg/(EF); у2 — 5lmg/(EFy, уъ — 6 ltngl{EF).
Подставим yi в выражение (а):

р = 0,45Т £F/(mZ).

298.	р = 0,775 ]/££/(m/).

299.	p=0,65)/££/(m/).

300.	При крутильных колебаниях выражение для низшей частоты
колебаний можно представить в виде

=	(а)

где Mt — статически приложенные моменты, которые можно взять
пропорциональными моментам инерции Mt — aJ£; <pf — углы пово-
рота маховых масс.

Для определения углов <р£ приложим к валу моменты Л4; и постро-
им эпюры 1 и 2 (рис. 378) от Mt и эпюры от единичных моментов. Уг-
лы закручивания

Ф1 = (All -г q>2 = М2/са 4- (Л4Х + Л13)/С1.	(б)

Так как ML = а7х, /И2=а/2, то после преобразований из выра-
жения (а) получаем квадрат низшей частоты:

. г / А . А+А)

----------------гЛ1----- -г----
д2__ £1\ С2 С1 /	.

г	1	I т 1	। г \й

301.	р = 0,35 Кс/Л

302* По методу Донкерлея, низшую частоту колебаний системы на-
ходим по формуле

l/p2=l/pf + l/pl + ... + l/p^

где pt — парциальная частота колебаний массы /п^

В задаче 291 парциальные частоты колебаний:

р\ = 1/ (/пДО; р® ' 1/ (лгг622),
где

6U = 12Z3/ (27£JX); 622 = 12Z3/ (27£7Ж).

Частота р равна

р = 0,865 EJxlml\

Для задачи 293 имеем и т2 и частота колебаний в этом случае
равна

р = 1,0б]/£ЛЛ^).

303-	Низшая частота колебаний находится из выражения

1/ра ~ l/p3 + 1/pJ 4- 1/р|,
где р* — 1/ (/иби); р* 1/ (тб22); р2я ~= 1/ (гп6яз)

(6П - 3//(EF); fi22 = 21/ (EF), б33 - И (EF)).

После вычислений

р — 0,411 EFHml).

304.	р = 0,7/EF/ (ml); р - 0,5W EF/(ml).

305.	I-Ia рис. 379 показан элемент струны (в произвольный момент
времени) с действующими па него силами.

При выводе формул предполагаем, что смещение точек струны пер-
пендикулярно оси Ог. При малых колебаниях смещение у и производ-
ные у по 2 являются малыми, поэтому их квадратами как величинами

второго порядка малости можно пре-
небречь.

Воспользовавшись методом Далам-
бера, получим дифференциальное урав-
нение (в проекциях на ось у)

^т0&у!дР -|- Toda/dz 4- q — 0. (а)

При малых углах с точностью до
величин высшего порядка малости
а »tg а я* ду/dz, поэтому da/dz-cPy/dz*
и уравнение (а) принимает вид

<э2у  ЛЭ8 у , g .

д1г	то dz* та

306.	В рассматриваемом случае g = 0 и дифференциальное урав>
нение колебаний струны (см. решение задачи 305) принимает вид

= Л &.У h
dt* dz* V то

(а)

Скорость распространения поперечных смещений по струне

а — To/mQ 69 м/с.

Решение уравнения (а) ищем в виде у = у± (г) sin pt.

Функция уг (г) должна удовлетворять краевым условиям задачи
(z = 0, yt = 0; г = I, у! = 0). Из уравнения (а)

dlyjdz2 |- р^/сР = 0.	(б)

Решение уравнения (б) имеет вид

Уг = Сд cos — z 4- sin — z.
а	а

Из краевых условий следует Сг — 0 и sin pl!a = 0, откуда pl/a —
— яп. Частоты колебаний

рп — (яп/l) VТо/то — 434л (п ~ 1,2,...).
307.	В рассматриваемом случае натяжение в нити переменно по
длине

Т ~mgg (I — z).

На рис. 380 показан элемент пити с действующими на него силами
и произвольный момент времени.

Проектируем силы на ось Оу:

—dzm0	4-(Г -,L dT) sin (а + da)—Т sin а = 0

или

m0

&_у

dl2 dz

(Та).

Так как а = ду!дг, то окончательно

Решение уравнения (а) ищем в виде
У - У1 (z) sin pt.

После преобразований
&У1 I ! <&1 . Ра у
dz\	zi dzi ' gzx

(б)

(в)

где гх = I — г.

Решение уравнения (в) выражается через функции Бесселя перво*
го и второго родов нулевого порядка ([11] с. 452)

У1 == G Jo (2 Vр2 Zi/g) + Са Уо (2 Ур2 zjg).	q

Функция yt должна удовлетворять следую-
щим краевым условиям:

1)	z = 0; zx = /; ух = 0;

2)	z= /; zx = 0; t/x #= оо.

Смещение нижнего конца нити при малых
колебаниях должно 'быть конечным, но так как
функция Бесселя второго рода нулевого поряд-
ка Уо становится бесконечной, когда аргумент
равен нулю, то в решении (г) надо принять
С2 = 0. Тогда t/x при z — I будет конечным.

Для выполнения первого условия необхо-

Рис. 380

димо, чтобы /O(2p[/rz7g) = 0.

Первых три корня функции 70 равны [351: Лх = 2,4; Аа 5,52;
k3 = 8,65.

Частоты колебаний (первые три частоты):

Pi= 1,2 ра = 2,76 J/gT/; ра«= 4,325 У g!l.

308, В рассматриваемом случае усилие в нити

Т = mog (l — z) 4- mg.

(а)
Дифференциальное уравнение колебания нити имеет вид (см. ре-
шение задачи 307):

(б)

Решение ищем в виде

У = У1 (z) sin pt.

(в)

Полагая zx — mg mog (I — z),
из уравнений (б) и (в) найдем

^ = ^4(2^1/JiA + C2yJ2-P- l/—)-	<0

\ g V то /	\ g * Шо /

Функция ул должна удовлетворять краевО’
му условию: при z = 0 ут (0) = 0.

Второе краевое условие получим, рассмотрев
динамическое равновесие массы т (рис. 381).

Сила тяжести и сила инерции должны давать
равнодействующую, которая уравновешивает
силу натяжения. Следовательно, сила Т накло-
нена под углом а к вертикали.

Так как рассматриваются малые колебания,
то а — у[ (Z). Второе условие имеет вид

mp2*/i(0 Р2 „ /П

---------—— У1UA

> tng g

условие позволяет получить уравнение

Д (2р]Л(m + т0 /)/(п;0 g)) -|- С2 Ко (2рУ (т + тв	g)) = 0. (д)

Дифференцируя выражение (г) по z и используя соотношения, свя-
зывающие между собой производные функции Бесселя, из второго
краевого условия получаем уравнение:

V m0 mg	\ г т0 g

рть у

~VmQmg 1

(е)

&у _ д

а/2 дг

Так как т — tnQl, то после преобразований получим (х = pV l/g):

С17о(/8х)+СгГо(У8х) = О; )	(ж)

Cj [х2 Jo (2х) — xJt (2х)] + Сг [х2 Yo (2х)~ xYt (2х)] = 0. )
Приравняв определитель системы (ж) нулю, получим уравнение
для частот колебаний. Первая частота колебаний соответствует пер-
вому корню уравнения:

Jo (/8х) [х2Г0 (2х) — xYi (2х)1 —

(з)

—У о (К8х) lx2J0 (2х) — х7х (2х) ] = 0.

Уравнение (з) можно решить графически (для получения ряда
первых частот). Первый корень уравнения (з) равен хг= 1,05. Пер-
вая частота

Р = l,05]/g//.

309.	При отклонении нити от вертикального положения равно-
весия кроме вышерассмотренных сил (см. решение задачи 307) на нее
действуют распределенные центробежные силы m^yoY.

Дифференциальное уравнение колебаний нити имеет вид

д2 у д Г п х ду । о	/\

= S(Z—2) я + <0	(а)

о/2 dz L	oz

Решение уравнения (а) ищем в виде у = yi (г) sin pt.

После преобразвалий (см решение задачи 307) получаем уравне-
ние Бесселя вида

—71----1-------'----1----------

аг$ гЛ <1гг	gzY

(б)

где гг = I — z.

Решение уравнения (б) имеет вид

Л = Сх /о (2 Г(Р2 + a3) ^/g) + С2 Yq (2У'(р* + со3) z}Jg).

Чтобы значение ут было ограниченным при z1 — 0 (что соответ-
ствует z — /), необходимо принять С2 = 0.

Для выполнения второго краевого условия (при z — 0, уг = 0)
необходимо, чтобы

/о(2К(Р2Д<о2Н/£)==О.

(в)

Первые три корня функции Jo равны: = 2,4; /г2 = 5,52; ks =
= 8,65.

Первые три частоты колебаний нити:

рг — У IMgTl — со2; ps — y7,6g/l—со2;

ps^]/ 19 g// — со2.

Наименьшее значение критической угловой скорости нити

= 1,2Кg/L


310.	Дифференциальное уравнение колебаний струны в рассмат-
риваемом случае имеет вид

(mQ + т.! sin т11}81у1д1г — T^yldz2.	(а)

Решение уравнения (а) ищем по методу Галеркина, приняв

у = sin	fi (/) ф sin f2 (t).	(6)

Частоты колебаний

- V-------------------------;	---------------------

/ У mQ (1	8/(mQ Зл)) “ I у (1 Ц-mi 32/(ш015.т))

311.	Частота колебаний

Р —~	О + $п)Ь

где

= cos — Vl-------------------

• 2я \ Z, J\ Р —411 / яг»

312.	Сила натяжения нити в сечении на расстоянии z от оси вра-
щения (рис. 382)

[(/-|-й)2-г2].

т0 й2 ecfe =

При малых отклонениях нити от прямолинейной формы усилие

Т практически не

изменяется.

Окончательно получаем дифферен-
циальное уравнение малых колебаний
нити.

д2у д Г Q2 ,п ,	<

-г^- =  ----((/-f-й)2— Z‘

dt2 дг

313.	При отклонении струны от по-

ложения равновесия на
ствуют силы, показанные

струну дей-
на рис. 383.
Проектируя силы на ось Оу, после преобразований получим

= Т° ТГ ~ky-
др дг1

Решение уравнения (а) ищем в виде у = уу (г) sin pt.

Для функции уг (г) получаем дифференциальное уравнение

Todtyjdz* Ь т0р2ух — kyt = 0,	(б)

откуда

Ут = Ci cos 1/^	z• I- C2 sinz. (в)

Функция yx должна удовлетворять краевым условиям: 1) z = О,

Ух = 0; 2) z= I, ух = 0, откуда

Сх = 0; sinK(^ojD2—fe)7'oZ = O
или

(tn0p2 — k)/T0 = n2n2/l2.

Частоты колебаний струны, лежащей на упругом основании,

рп = Кл2«а^о/(/2то) + [Шо (n = 1.2.

314.	Решение уравнения колебаний струны [уравнение (а) в ре-
шении задачи 3061 ищем методом Фурье, полагая

y=Y(z)-T(ty,

У (z, 0 = уй sin -у- cos

315.	Исследовать малые колебания движущейся ветви передачи
удобнее в переменных Эйлера. Поэтому, переходя от полных произ-
водных по времени к локальным, получим:

dt dt дг dt dt дг

= ^У_ - 2u>+14>®.

dt2 di2	dzdt dz2

Уравнение колебаний струны (рис 384)
принимает вид

53 у . п д2 у [ Т10	2\	<Р	у	„	,Л.

-—— 4- 2w —-— I —---------ui2)	——	= 0.	(б)

др	дгд( \ т0	)	дг2	У ’

Решение уравнения (б) ищем в виде

У Ух (г)е{Р1.	(в)
После подстановки (в) в уравнение (б) получим уравнение относи-
тельно функции уг (z):

±01______________jl________= о	(г)

/ Т10	\ dz ' ( Ло	ЛУ	‘	’

----—w2	---—ф2

\ то	)	\ то	}

Функция yt должна удовлетворять краевым условиям:

z = 0, t/д. = 0; z = Г, у1_ = 0.

Характеристическое уравнение для уравнения (г), принимая —
— АеУ имеет вид

М-ах	а. =	; аг =- ---р2

\	\ то /	\ т^

(д>

Корни уравнения (д)

%1(2 = Kai =Ь V а\

Решение уравнения (г) можно представить в виде

Ух Се^ г + С2 еХа 2.	(е)

Решение (е) должно удовлетворять однородным краевым услови-
ям, что позволяет получить следующее условие:

1 1

I I

или

(?<*»-*.)*= 1. (Ж)

Условие (ж) выполняется при (Х3 — Xj) I — 2лш, или Уaf + 4a2i =
= 2лн, откуда после преобразований получаем значения частот коле-
баний

рп = ~	(1 -mo u>2/T10) (n = 1,2,...).

После вычислений рп — 23Qn с-1.

Критическая скорость, при которой частоты колебаний равны ну-
лю,

и?* = У^Т1()/т0 = 52 м/с.

316.	В общем виде уравнение малых колебаний ветви передачи
представим в форме

ш2	dzdt	дгг

где au = 1, aI2 = w, аг, = —(Т10/т0 — w1).

Характеристическое уравнение для (а) имеет вид [29]

andis — 2а1гс1гси |- a82dz2 = 0.	(б)
Уравнение (б) распадается па два уравнения:
dzldt = w19 dz/dt — w2,
где	___________

= 0*12 + J 2 al\ Q2i)/tyb 1

t^2 ~ 0*12 У ^?2 ^11 ^22)/ ^11- J

(в)

(Г)

Интегралами уравнений (в) являются прямые Сх = z — w ±t, С2 —
— z — w2i. Параметры и представляют собой скорости распро-
странения возмущений.

Подставив коэффициенты уравнения (а) в выражения (г), полу-
чим

== w 4 \f ТLalm^;	= w — КЛо/^о’

Здесь иух — скорость распространения возмущений по направле-
нию движения гибкой связи; — против этого движения.

Скорость при которой возмущения не распространяются про-
тив движения гибкой связи, равна

О’* =КЛо/«о-

Это значение совпадает с критическим значением, полученным в
задаче 315.

317.	Дифференциальное уравнение колебаний движущейся гиб-
кой связи (пита) получено в задаче 315.

Отличие рассматриваемой задачи от задачи 315 заключается в том,
что натяжение ветвей гибкой связи изменяется во времени и поэтому
уравнение колебаний соответственно для ведущей и ведомой ветвей
принимает1 вид:

д8У	l-2w	&_у	' Few	l ^21 sjn®/— to2	a* у	= 0;	(a)
di?		dzdt	/Л0	M0	dza		
д2 у	+ 2ш-	<№_у	(		. Г ДСЬ> . t	Л  	— siikoZ— on2	I	= 0.	(6)
dt		dzdl [	Mo	Mo	J	| dz*		

Уравнения (а) и (б) решаем методом Галеркина, ограничиваясь
одночленным приближением у — fi (I) sin nz/l.

Для функции fx (t) получаем уравнение Матье, например для урав-
нения (а):

d2f\/di2 -г la + 2у cos 2rlfx = 0,
где

а = 4 (л//)® (F<rl0/m0 — ш3)/®3 — 33,2,

q — 4 (л//)аДо1/ (m0d>3) — 6; 1 — «>//2.

По диаграмме устойчивости (см. приложение 1) устанавливаем,
что точка с координатами (33,2; 6) попала в устойчивую область. Про-
ведя аналогичные выкладки для ведомой ветви, получаем а — 14,8,
q = —5,7, что также соответствует устойчивой области.
318.	В неподвижной системе координат (zx z — wt) масса измг
пяется по закону

т = тп + т1 sin (2nzllL —

Дифференциальное уравнение колебаний движущейся ленты в по*
ременных Эйлера получено в задаче 315:

т3

/ д2 у	о д2 у 4

(—- + 2w—-'-w*

\ dt2	dzdt 1

dz2 )	° дг2 ‘

В рассматриваемом случае колеблющаяся масса

tna = та -|- гп0 nii sin (2nz/Z1 — 2nan//Zi) =

= (тг-Ио) 1 +

mi
ma+mQ

(б)

Разделим обе части уравнения (а) на т9 и разложим в ряд ио
степеням т1г после чего получим (ограничиваясь линейной частью
разложения)

д-у , о д*у ,	, д2 у

---- - 2х£) —— 4 шг ——

dt2	dzdt	dz2

Ио-г

x 1

m, . ( 2nz 2nwt \ д2 у
---  sin I----------—-
^0+^2	\ I h /J

(B)

Для исследования устойчивости малых колебаний ленты восполь-
зуемся методом Галеркина. При этом ограничимся одночленной ап-
проксимацией, приняв у = f (Z) sin nz//.

Относительно неизвестной функции f (/) получим уравнение

Уравнение (г) можно преобразовать к виду

d*f, , г . .

—Ui—6 sin

L

2nwt
к

(д)
где

Тр tn^
(/п0-| /п2)2

On 4- O]2;

tgp=-^-_
a12

Перейдем к новому независимому перс.менному, приняв 2лау//7х +
I р = 2т-21

Уравнение (д) принимает вид (уравнение Матье)

dtf/dx2 Ч- (о Ч- 2q cos 2т)/ — 0.

Подсчитаем коэффициенты:

/? I л \2 ( Тв	. г

i — —— —И —5-------------w2 = 1,15;

(nw)2 \ I / \то+т2 /

что соответствует точке на плоскости
(см. рис. 398) (1,15; 0,215), лежащей в
неустойчивой области.

319. Рассмотрим элемент шланга
(рис. 385) с жидкостью в произвольный
момент времени.

Проектируем силы на ось Оу.

Рис 385

—dztnyFyld? — dzinypyldt2 Ч- Т„da — pFda — 0.	(а)

Переходя к переменным Эйлера, получаем:

d2 у д2 у
тл —— — гл,------------- ;

' di2	di2

d2 у
т ------xL

dt2

Ц a/4 dzdi dz2 J

о

Уравнение (а) принимает вид (где daldz — д2у!дгг)

^_У ,	2^2	&_У_______Т* д*_у _ q

дР	(т^ -пц) dzdl (mx-| т2) dz2 '

где = Т„ — pF — /п2аЛ

Решение уравнения (б) ищем в виде (см. решение задачи 315) у =
= уг (z)eipt.

После преобразований, аналогичных преобразованиям в задаче
315, получим частоты колебаний шланга с текущей жидкостью

Рп = 22. l/_Zk2* (1 __2ШМ („ = 1,2,...).

I V	т.-pF )

320.	В рассматриваемом случае в отличие от задачи 319 сила натя-
жения в шланге переменна по длине Т — mYg (I —z).

Дифференциальное уравнение малых колебаний шланга имеет вид

z , ч д2 у t с д2 у	«, д2 у д Г ,, ч I

(тх т-/ла) —X н-2дат2 —Х4- "h w2	- — /пх g (I— 2)	.

<№	didz	dz2 dz [	dz j
321.	Скорости распространения волны возмущений (см. решение
задачи 316):

. 1 / То—pF

W1 =---±---+ I / ----— ; w2 =----=--

^1 + ^2	r ^i+m2

Гр-pF

Скорость течения жидкости, при которой возмущения не распро
сараняются по шлангу против течения жидкости,

^ = [П1 +^2)/^2]К(Л—^Л/(^1 + т2).

322.	На рис. 386 показана струна в отклоненном положении. Най-
дем изменение длины струны при колебаниях. Из рисунка следует

Adz — dz — dz cos a ж dz —

— dz(l — a2/2).	(a)

Проинтегрируем (а) от 0 до I
i

Al = — f y* dz,

2.Г
о

где yT — dy/dz a.

Принимая, что относительная деформация Adzldz постоянна по

длине струны, получаем дополнительное натяжение в струне:

i

f.rp EF {*	. .

АТ—----- I у' dz,

21 Г

так как Al — AT И (EF).

Уравнение колебания струны с учетом дополнительного натяже-
ния принимает вид

т^у!д? = (То + АТ)д*у!дг\	(б)

Уравнение (б) решаем методом Галеркина, приняв
у = у0 sin — -f(t\

После преобразований получаем нелинейное уравнение относи-
тельно f (z)

& f . То

di2 mp

l л \2 r । l л V 2 л
T) T T7y°^ = 0-

\ I /	\ I J 4/По

(в)

Частота колебаний с поправкой на нелинейный член уравнения
(см, решения задачи 173)
Погрешность» которая получается при определении частоты без
учета изменения натяжения,

Л 3 I и V ЕЕ 2

323.	Дифференциальное уравнение колебаний струны при малых
смещениях имеет вид

пгйд2у!д? = T^yldz2 -|- q - Vyldz2 + 4Ф^у//я1.	(а)

Решение уравнения (а) ищем в виде у — ук (z) sin pt.

После подстановки у в уравнение (а) получаем

TyPyJftf + 4ЙФ^//? + тоР2У1 0.	(б)

Частоты колебаний

рп =	(п = 1, 2,...).

324.	Дифференциальное уравнение движения струны имеет вид

m0-^- = T0-J|- + -^-(a1H-azSin®Oy- (а)
Л2 дг2 If

Решение уравнения (а) ищем в виде у — У, fn (fl sin ягп/1.

П=1

Используя метод Галер кина, для неизвестных функций времени
получаем уравнение

т« ~^~ +	-Ь ftsin^)f„=O. (б)

Н/	\ I /	/у

Уравнения (б) можно привести к виду

cPfJdi2 -|- [ап 4- 2qn cos 2т]/п == О,

4 Г Tq I тт \а	4aj k I	Q 4 4а2 k

где а„ — — —-	I------, 2qn =-----------2— .

ш* | гпо \ I /	/л» If J	a2 If гп0

Подсчитав значения коэффициентов, получаем (ограничиваясь
случаем п = 1): ft - 3,1; ft = 0,052, что соответствует устойчивому
режиму колебаний струны.

325.	Так как рассматриваются малые колебания, то можно при-
нять

q = 2/i/oZ (а — у) к; 2/j/o (1 + yla)la.

Уравнение колебаний струны имеет вид

тйд*у!д? - Tbd2yldz2 + q
или

у __ Tq д2 у 2/n/10sin6tf t _L 2/0/10 sin atf

дР mQ дг2 т$ а2 & 1 т^а
326.	В случае действия на струну сосредоточенной силы диффе-
ренциальное уравнение колебаний струны можно представить в виде

m^yldt2 = T0d2tj!dz2 -J- Ро6 (z — /0),

(а)

где б (z — /0) — дельта-функция.

Дельта-функция обладает следующими свойствами (в общем слу-
чае):

1) б (г— zT) =

О z < гх;

—2Czi+Аг(Az->0);

Дг

0 z>Zj-|-Az;

ОО	ОО

2) \ 6(z — zi)dz—I; 3)	<p(z)6(z—z1)dz=cp(Zi).

--ОО	--OQ

Так как б (z — zj отлична от нуля только на интервале Дг, то бес-
конечные пределы можно заменить конечными:

$ S (z—Zi) dz = 1; $ $ (z) б (z— zj dz = ср (zj.
о	о

Разложим дельта-функцию в ряд Фурье по функциям, удовлетво-
ряющим краевым условиям задачи (по собственным функциям):

6(г-/0)= V C„sin^-.
п= 1

Коэффициенты разложения

i

2 Г ~ t ч . япг г 2 лпL
сп = — I б {z — /0) sin--dz — — sin-------.

n / J	/	/ I

0

С учетом коэффициентов уравнение (а) принимает вид

д2 у	д* у .	2Р0 • лп/q « ЯЛг

=r"ifT2-rsin-rs,n—	<б>

п= 1

Решение уравнения (б) ищем в форме

У= V У» (0 sin	(и)

п= I

Подставив (в) в уравнение (б), получим уравнения для определения
функций уп (t) (а2 = Т0/т0):

4^ + fl2(^)2Z/ft=^sin -^-(н = 1,2,...).	(г)

dt2 \ I )	IfJlQ	I
Решая уравнение (г) при нулевых начальных условиях (уп = уп =
= 0), получаем

2Р<11	. nnln

-------------sin-----—

То т0 п2 п2 I



1	ЛЛ а

1 —cos а — *
I

Окончательно решение уравнения (а) принимает вид

i	л	2Р0/	Л	- пл/о	• м? Zi	лл	Д

£/(?,/) ——> ----------------sin-------— sin-------- 1—cos а---------Z L

*v	'	То л2	л« L	I \	I

tlcsz 1

Смещение точки приложения силы PQ есть функция времени:

у Go. 0 =

2Рр/

Т„ я2

tc!q ft

sin* ~r

пг

Г— cos

327. Диффере циальное уравнение колебаний струны, лежащей
на упругом безынерционном основании (см. решение задачи 313), с
учетом сосредоточенной силы имеет вид

д2у!дР — dffiyldz2 + Ро6 (г — z0)/m0 — kylmQ,

где z0 " vt.
Разложив

6 (г — г0) в ряд и приняв

У= 2 уп(№~- (п= 1,2,...)'.
п=1

получим для уп (t) уравнение (см. решение задачи 326)

У 71 Ч”

2Р() . nnvt

—— sm----------.

ItTlQ	I

(а)

(б)

(в)

Так как уп уп — 0 при t = 0, то после преобразований

. ляг

Xsm ----

I

328.	На рис. 237 к условию задачи показана струна с движущей-
ся нагрузкой Ро C?o = vt). Дифференциальное уравнение колеба-
ний провода при движущейся нагрузке аналогично уравнению (в) в
задаче 327 (при k = 0):

Э2 у агЛ1
dt2 дг2

twin . nnz

------sin-------,

I I

(a)



Решение уравнения (а) ищем в виде

и получаем

У (!, г)

СО
V,,4 . ftnz

Уп (0 sin —
л= 1
решение

=------------ V Sin~T" fsin^

m0 (a2—t/2) л2 л—<t	П2 \ I

, V

t-------sin а х

а

(б)

329.	В рассматриваемом случае при колебаниях поперечная сила
Л', с которой груз действует па трос, пе остается постоянной. Сила
взаимодействия между тросом и грузом

W = Mg — Му0.

(а)

Дифференциальное уравнение колебаний струны при наличии по-
движной силы имеет вид (см. решение задачи 327)

(Pyldt2 = a2d2yidz2 + N& (z — vt)lma	(б)

или

=й2-?Т + ~ 6 (2——— Уй 6 <z—vt),	(в)

di2	02*	77?о	/По

где у0 — смещение струны в точке,
Разложим S-фулкцию в ряд:

где находится груз: уь = у|3=го.

е	2 лпЫ ляг

6 (2— Vt) =» V ----— SIH —— .

Решение уравнения (в) ищем в виде у = 2Л (/) sin nnzll.
Тогда

У о = 2/п (/) sin wwtll.

После преобразований получаем следующую систему уравнений
для определения fn (г):

d2 I f , /и

Л2 |Гп /По

2 ! с . nnvt \ ] , йх 2/М₽ . z,nvt
— /«sin—— +рй/п = —7 sm——.

I \	I !\	mol I

330.	В этом случае решение аналогично решению, приведенному
для задачи 328, поэтому, за.менив Ро на Mg, получаем

У =

2Ме1	1	• ляг /	. nnv	. v	nn	Л

-------	 у — sin-(sin-----1	sin а	11.
т0л2(аг— i/3)----------------------------------пг I \ I a-I	)
Вертикальное смещение груза M'g

.	*2 Mel	1 nnvi /	/ v

/7 2«tf=-------------- 7 —------------- sin-----t-----sin а

1	/п0 я2(а2 —а*)	& I \ I а

ЗЗТ. На рис. 387 показан элемент вала длиной dz с действующими
на него упругими моментами Л4К и Л4К + dMK.

Дифференциальное уравнение вращения элемента вала имеет вид

d2<p/5f = a2d2cp/5z2 (а2 = G/p).	(а)

Для определения частот крутильных
колебаний вала ищем решение уравнения
(а) в виде

Ф = Ф1 (2) sin pt,	(б)

dm

Рис. 387

где р — неизвестная частота колебаний.
Из (а) получаем

Ф1 = Cj cos pz/a -[- Сz sin pz/a. (в)

. Функция ф! должна удовлетворять определенным краевым усло-
виям в зависимости от характера закрепления торцов.

В случае а (свободные торцы) внутренний момент в торцевых сече-
ниях равен пулю, т. е. прн z = 0:

Мк г=0 = -7-	= si n	— 0.

dz *	dz

что позволяет получить условия dep/dz |z=o; i — 0. Следовательно,
С2р/а = 0,	(г)

— Сх sin— 1+ Съ— cos — Z = 0.	(д>

а а	а а

Из соотношения (г) следует С2 — 0, а из соотношения (д) (так как
Ci должно быть отличным от нуля) sin -£-/ = 0, что возможно, если
plla — тг (п = 1, 2, ...).

Частоты крутильных колебаний свободного вала (см. рис. 239, а)
рп=(лп/1)Уб/р (п=1,2,...).

Если одно из сечений вала закреплено (см. рис. 239, б), краевые
условия имеют вид:

z = 0, <рх = 0; z = I, dq-Jdz — 0.

После аналогичных выкладок получаем частоты крутильных ко-
лебаний вала

рп=[(2л-1)/(2/)]У.С/р (п = 1,2,...).

Краевые условия в случае закрепления двух торцов (см..рис.;|239, в)
имеют вид:

z = 0, Ф1 = 0; z = срх = 0.
Частоты колебаний

Рп = (лл/0/С/Р (я =1,2,...).

332.	Скорость распространения волны сдвига
а=* |/G/p = 3,2 км/с.

333.	Заменим пружину эквивалентным брусом круглого попереч-
ного сечения, приравняв их жесткости на кручение:

GJP ___ Ел44/64

nDi

где G, Jp — модуль сдвига и геометрический момент инерции сечения
эквивалентного бруса.

Момент инерции массы эквивалентного бруса равен моменту инер-
ции массы пружины:

f г \ t	тл* В2

(р/ )/.-=р—— ЛГ>1—

4	4

(Пружина имеет малый угол подъема, поэтому ее можно схема-
тично представить как состоящую из I колец. Момент инерции коль-
ца J == mD2/4, где т — масса кольца, равная т — р (лЛа/4)л£>; мо-
мент инерции всей пружины Л.)

Скорость распространения волны кручения равна



л? 4,1 м/с.

Частоты крутильных колебаний пружины (пружина эквивалентна
брусу с жестким закреплением одного из торцов)

334.	Дифференциальное уравнение крутильных колебаний вала
получено в задаче 331:

д\>/д? = a2d2q>/dz2 (аа — б/р).

(а)

Решение уравнения (а) ищем в виде <р = q>i (z) sin pt, что позво-
ляет после подстановки в (а) получить уравнение для функции

dtyjdz2 -j- р2ф1/а2 = 0.

Решение уравнения (б) имеет вид

(б)

Ф1 = Cl cos pzla + С2 sin pz/a.
К торцам вала приложены моменты инерции дисков, которые по-
зволяют получить два краевых условия:

(в)

\ dz /г=0	\ /z = d’

где Jp — полярный момент инерции сечения вала.

Выполнение краевых условий (в) и (г) позволяет получить систему
однородных уравнений относительно и Сг вида:

GJp-£-C2+ J1p2C1 = O;
а

(gJp S- cos -5- I—J2 p2 sin	C2 —

\ a a	a }

— (GJn — sin — /-|-Jip2cos — /) Ct=0.

\ a a	a )

(Д)

Приравняв определитель системы нулю, получим уравнение для
определения частот собственных колебаний

tg Р = (иг -|- п)р/ (m«pa — 1),	(е)

где р = pl/a\ т = J J J0; п = J2/Z0; Jo = pl J

Из уравнения (e) как частный случай следует формула для часто-
ты колебаний дисков, полученная в решении задачи 236. Для этого
представим (е) в виде

tg р/р = (т 4' «)/ (лглр2 — 1)

и перейдем к пределу при р -»-0.

Выразим т, п, р через параметры системы:

tg р/ /р //G

I Р

(Л+А)р

Л^Р8
J=G

В пределе (при р ->0)

Р2 = (J1 + J!)GJp/(J1J2l).

335.	Па рис. 388 изображен элемент
стержня, взятый на произвольном расстоя-
нии Z, с действующими на него силами. На
элемент стержня действуют: сила инерции
dJ = —dzFp • и силы N и N+dN.

Воспользовавшись принципом Далам-
бера, имеем

dzm^uldt2 = dN (т0 — Fp). (а)

Рис 388
Подставляя N = EFduldz в уравнение (а), получим
дъи!дР - a2d2uldz2 (а3 — EF/m0).	(б)

Решение уравнения (б) ищем в виде

и = их (z) sin pt,	{в)

где р — частота колебаний стержня.

После подстановки (в) в уравнение (б)

(FuJdF + р2их1аг = 0.	(г)

Решение уравнения (г) имеет вид

Ы1 = Gj cos Р^/а + С2 sin pzla.

Рассмотрим случай свободного стержня (см. рис. 239, а). Решение
уравнения должно удовлетворять краевым условиям (сила N на кон-
цах стержня при z = 0 равна пулю):

N = EFduldz = EF sin ptdujdz = 0,

т. е. dux!dz | г=о = 0. Аналогично и для второго торцевого сечения
dux!dz | г—z = 0. Произвольные постоянные Сх и С2 не могут одновре-
менно быть равными нулю (тогда и — 0 и движения не происходит),
поэтому для выполнения граничных условий необходимо, чтобы С.2 —
— 0 и sin pita — 0 или рИа — лп (и = 1, 2, ...).

Частоты колебаний стержня для случая, показанного на рис.
239, а:

рп = (лп//) УЁЁрщ («=1,2,...).

Краевые условия для случая (б) (см. рис. 239, б):

1) z = 0, их — 0; 2) z — I, dux/dz — 0.

Частоты

рп = [(2«-1)/(20]]/£^^Г (л =1,2,...).

Краевые условия для случая (в) (см. рис. 239, в):

1) z — 0, их — 0; 2) z — I, их = 0.

Частоты

Рп — (лп111)УЕР1тй (п=1,2,,..).

336.	Скорость распространения возмущения

а = )/ EFlm0 = VЕ/р=5-10’ м/с.

337.	В рассматриваемом случае к силам, которые действуют на
элемент стержня, при свободных колебаниях (см. решение задачи 335)
добавится сила, равная dzq (z, t), и дифференциальное уравнение ко-
лебаний стержня примет вид

д2и'д? = a2d2uldz2 + q/tn0.
338.	В рассматриваемом случае (см. решение задачи 335):
N — EF [z)du!dz, т0 = pF (z).

Уравнение продольных колебаний принимает вид

pf(2)±lL=»
' ' dP dz

JL [£F (z)
dz L дг J

339.	Граничные условия в рассматриваемом случае имеют вид:

z = 0, -^-EF = cir,z^ l,~EF = G.
dz	dz

Знак упругой силы можно взять из рис. 244, б (см. условие задачи),
на котором показан элемент стержня вблизи упругого закрепления с

положительным направлением вну-
треннего усилия N, принятого при
выводе уравнения, и положитель-
ного смещения и торца.

После преобразований полу-
чаем уравнение для определения
частоты колебаний стержня

tg k = —(k = pl/a)

или для рассматриваемого случая
при с = EF/1

tg k = \!k.	(а)

Корни уравнения (а) (рис. 389):

лг Зя/8; Ла?у9л/8; Л8л;33л/16.

Частоты колебаний:

3 я Л ЕЕ __9_л_ /ТГ. 33 я ЕЕ

8 I У mo,pz~ 8 I У т0 ’ Рз	16 I у т0'

340.	Уравнение частот в общем случае (при произвольной жест’
кости с) имеет вид

tg k = —EFk! (lc).

Так как с == EFH, то

tg k = —k.	(а)

Корни уравнения (а) при его графическом решении (рис. 389):

kx 2п/3; Аа = Зп/2.

Частоты

2 я / ЕЕ . Зя/ 'ЁГ

~ 3 I у т0 ' РзЯ* 2 I у т0 ’
341. В рассматриваемом случае имеем следующие краевые условия:

2—0,-^- EF — С! и; z~l, EF =—саи.
дг	дг

Уравнение частот имеет вид

tg /г =

Корни: fej 1,25; k2
Частоты колебаний:

kEF (ea+Ci)/2
[C1c,-(EW*2]I

« 3,5.

Pi	(1,25//) КEF/m^ р2 т [(3,5/2) УЕЕ/т0.

342. В начальный момент времени и э 0, duldt = —v, поэтому
после преобразований

8vl

u —--------

л2 a

ж д 1	 TtflZ	TlFldt t ioe \

у —sin-------------sin---------(n— 1,3, 5,...).

««	2/	2/ v	7

rt— 1

Перемещение правого торца (z = Z):

1



п*= 1

-1) 2 sin^.

Л2	*

Перемещение
момент времени

правого

торца достигает максимального значения в

i	i /	» лпа t j

tr = ha (при этом значении времени sin 2/	=

Перемещение

^тах —

vl

а

Осевое усилие

N = EF —
дг

~ г Svl	х? 1 / лп \	лиг	zinat

EF------- > — ---------) cos--------sin------

л2 a na \ 2/ I	21	21

n= 1

Максимальное значение усилия Л/ при 2=0 (при

Агпах=--------

ла

1

— = ~vVEFm0.
а

343. В начальный момент времени



0

—и
Выражение для перемещения произвольного сечения стержня при-
нимает вид

ОО

2 л	ЛП2	Tttldl t i л г' \

Cnsm— sin—in=l,3,b.-)-
1

Так как при t = 0 и -= й0, то коэффициенты ряда равны

yr-,	8vl	л/z z i о к. \

Сп =-----r-TC0S~r («=1.3,5,.-).

31* ап* 4

Осевое усилие при колебаниях стержня

А/ РР ди 4EFv 1 зтл зтг wiat ( i о с \

N •= EF ~	> —cos—cos--------------sin------ (п = 1,3,5,,..).

дг ал п 4	21	2/ v	'

п

Полагая г — Z/2, получаем осевое усилие в месте стыка стержней:

А7 4EFv v I 2 пп , лпа1 . i о с \

N -------------У —cos2--------sin------1,3,5,...).

ал п 4	21

п

344. Для каждого участка стержня справедливо уравнение
&и/д? = aWuldz1.	(а)

Если искать решение уравнения (а) в форме и — uL (г) sin pt, то
получим

ui — Ci cos pzla + Са sin pzla.	(б)

Амплитудное значение продольной силы

N = EFduldz.

Введем обозначения: для смещения и продольной силы на первом
участке и NJt на втором участке «1а и N2-

На первом участке Л\ = 0 и поэтому Са = 0, т. е. при г = О
«и = Ci cos pzla и Vj = — CiEFi pt a sin pzla.

В конце первого участка

wii = Ci cos pl-Ja\ Ni = —{pla)EFiCi sin plJa.

Для амплитудного значения смещения свободного торца можно
принять любое значение, например tzu (0) — 1, откуда = 1. На
втором участке:

«12 (4) ~ «п(4) = cos pi-Jd', i^i (4) = Л4 (4) "
= —EFipia sin plJa.

Определив CL и Са в решении (б) для второго участка, где z изме-
няется от 0 до /а, получаем для и1г (z) и Nz (г) выражения:

/ \ F1 П/.	► Р е Pl, О

и1Ъ (г) ------ sin sjn ~ z — cos “ COS — z\

F2 a a	a a

Nz (z)— —— EF1sin -^-cos — z—— £F2cos	sin-—-.

a	a a a	a a
Из условия «12 (Л) ~ 0 следует трансцендентное уравнение час-
тот

(^j/^г) tg kkH = ctg lzk/l (k = pl/а).	(в)

Решая уравнение (в) (например, графически), можно получить сле-
дующие значения первых четырех корней:

kj, = 1,89; /?2 = 4,53; ks = 7,85; k4 = 11,2.

7,85 , /* Е 11,2 „Г Е

">-—]/ Г'р'~—У

tg Ijkll = — tg l2k/l (k — pl/a).

346.	Решение уравнения продольных колебаний стержня ищем
по методу Галер кина, приняв

ч = f (f)ih (z) = f (t)u0 (1 — z2/Z2).	(a)

Функция «х ^^удовлетворяет краевым условиям задачи:

z = 0, du-Jdz = 0; z = /, uL — 0.

Подставив (а) в уравнение колебаний стержня, получим (по мето-
ду Галеркина)

i	i

f; [ «! Ui dz—f i ~ f-EFJz)

J	J dz £ dz

uidz — 0.	(6)

Посте вычислений

10 ef0 . q
;3. Pm, '

Первая частота колебаний стержня (в первом приближении)

1,826	/ ЕЕ»

Р1 ' :—, - " 1 / ------

I у «о

347.	Для определения первых двух частот колебаний стержня ре-
шение дифференциального уравнения продольных колебаний стерж-
ня ищем в виде

и = [«ю (1 — (г//)2) + «го (1 — (z/Z)8) ] sin pt.

После вычислений имеем

Рх — (1,794//)}/EFolmo\ [р2’= (5,033/Z) ]'rEFolm^

348.	Решение дифференциального уравнения продольных коле-
баний стержня ищем методом Фурье, полагая « = Z (z)-T (/), откуда
получаем два уравнения вида:
tPTId? -Ь P2T = 0;	(а)

d2Z/dz2 4- рЧ!а = 0 (а2 - ЕПт^,	(б)

где р — неопределенный параметр (частота колебаний).

Решим уравнения (а) и (б):

и = (Сх cos pzla + С3 sin рг/а) (Cs cos pt -г C4 sin pt). (в)
Решение (в) должно удовлетворять краевым условиям:

z — 0, duidz — 0; z = I, ди/дг — 0,
откуда С2 = 0, sin рИа — 0, Частоты колебаний рп — nnatl.
Так как возможны различные формы колебаний стержня с часто-
тами, равными рп, общее решение уравнения продольных колебаний
стержня равно сумме частных решений:

со
я/12 гv*	nnat ,	. лпа! \	ч

“= cos —(C3»cos — -;-C4nsm—	(г)

n=l	‘	'

В начальный момент времени

IZ(O, з) = И<,М- — -у);	(Д)

\ Z I /

dt

из выражения (г)

(е)

nnat

I

зтяг

(ж)

Из условия (е) С4п. = 0 и
ГЛ
и= V cos
л—I
При / = 0

/(г)=«о(4~-2 C3ncos^ 	(з)

\ Z I /	L

' rt = 1

Выражение (з) представляет собой разложение функции / (z) в ряд
Фурье.

Как следует из теории рядов Фурье, коэффициенты

C3n==7~J/Wcos^dz,

о
или

с,п = -^ f/'_L_2?)cos 12Ldz.

Яп I J к 2 I ) I

о

После вычислений

0—для п четных,
4и0/(л2п2)—для п нечетных.
Выражение (ж) принимает вид

и =

V 1 лпг nnat

Л — СО S--------cos-------

I	I

(n=l,3, 5,...).

349.	Из краевых условий задачи следует: Cj = 0, cos рИа = О,
следовательно, частоты

рп = япа/(21), (a = yrEF/ml>) (п— 1, 3, 5,...).

Так как в начальный момент времени и = 0, то (см. решение зада-
чи 348) перемещение произвольного сечения стержня имеет вид

. япг	nnat ,	1 п г \

,Cnsin-----cos----- («=1,3,5,....

n 21	21	K	7

В начальный момент времени перемещение задано в виде
и = uoz!L

Коэффициенты Сп
i	«—1

Cn = ^ fzsin^-dZ=4r(-1> 2 ’

I J 2Z л2 п?
О

Выражение для перемещения произвольного сечения стержня при-
нимает вид

п—1

V (—1) 2	- nnz nnat , i о t \

-----------sin----cos----- (л — 1, 3, 5,...).

я n П*	21	21 V

Перемещение правого торца стержня

n— 1

,, Л 8uo V’ (—') 2	, nnat I I о c X

и (I, t) = —— > ——---------cos----- («=1,3, 5,...).

k ’ я2	/г2	21 v	'

350.	Дифференциальное уравнение колебаний стержня при нали-
чии сосредоточенной силы Р можно представить в виде

д*и_ = _д_ Г£/7 (2) Ju_j р6
д? dz L dz J '

(а)

где 6 (г) — дельта-функция (см. решение задачи 330).

Решение (а) при установившихся вынужденных колебаниях стерж-
ня ищем в виде и =	(?) • sin со/. После подстановки в уравнение (а)

d

dz

-h co2 = — P(l S (2).

EF(z)^-]

«2 J

В качестве функции можно взять функцию cos лг/ (2Z)
(aL — амплитуда установившихся колебаний, соответствующая пер-
вой форме собственных колебаний однородного стержня). Можно в
качестве функции щ взять функцию, которая используется в решении
задачи 346.

По методу Галеркина, имеем

i

с (	?	[ j , z \ л?	а, л d

Jm0(o2Q1(l+—icos—-----------—

JI	\ I J	21 dz

x (1-b-j-) sin-^f]~po6 (г))cos-^- dz = 0-

После вычислений определяем aL

_____________16Ря/ла________________

4m„ <ог Г2 (Зя2 —4) — ЕЕ0 я2 (Зя2 + 8)

351.	Дифференциальное уравнение продольных колебаний стерж-
ня имеет вид (см. решение задачи 350):

дги/дР = а2д2и!дг1 Роб (z — 1)!тп.	(а)

Решение уравнения (а) ищем в виде

... miz
ип (/) cos -у- .

и

(б)

В начальный момент времени и (0, z) — и (0, z) = 0, поэтому окон-
чательно (см. решение задачи 342)

2Р0/ v

л— 1

и

cos япгII Л renal \
----------— 1 —cos----------

пг

I

Стержень имеет движение и как жесткое тело. Уравнение движе-
ния стержня как жесткого тела имеет вид

mvlu0 = Ро,
откуда

и0 — Р0Р/ (т012).	(в)

Полное перемещение сечений стержня

TlflZ

л	ОО cos-----

Ра t* 27% / v I [л	wiai \ . I

U =---2---------— > ------------ 1—COS------— 1)\

2mal EFrf-	\	I	'

Л = J

Осевое усилие в стержне

ЛП2
о	Sin ---Г" /

Л 7	Е? Г	^.1	i / 1	ПЛА А 1 \ и

N = EF------=---------- у---------- I—cos--------Л — l)n.

dz я	п I	I /

(г)

(Д)
В сечении z — 1/2 в момент времени 4 = На усилие равно



4Р0
л

=р0.

352.	Дифференциальное уравнение продольных колебаний стерж-
ня можно представить (с учетом силы Р) в виде

тйдги/дР = EFdhddz2 + Р6 (г — /),	(а)

где 6 (z — I) — дельта-функция (см. решение задачи 326).

Решение уравнения (а) ищем в виде

u = 2£“n (Osin ~(/7 = 1,3, 5,...).	(б)

п	1

Подставим (б) в уравнение (а)

п— I

=	2	(в)

\ 21 ) Zm0

Так как в начальный момент времени и0 = и (0) = 0, то решение
уравнений (в) имеет вид

8PZ2 / *	лп ,\ ,	1x9

«,.=-----1 — cos а-/ ( — 1) 1

а	21 /

Окончательно
п—1

„(г,V <-> 8 х

т0 я2 а*	л2

«О1, з. 5,...

suiz /t	лп Л

X sin------11 — cos a--------1 .

I k	2l j

(0

Максимальное значение и достигает в момент времени 4 = 2//а
для точки приложения силы Р (г = /)

Uma*~~EFrf	('*= Ь 5>-)-	(Д)

Сумма ряда, входящего в выражение (д), S (1/п2) = л2/8, поэто-
п—1.3,5

му ~	т* ПРИ внезапном приложении нагрузки пере-

мещение торца стержня вдвое больше, чем при статическом нагруже-
нии.

353, Дифференциальное уравнение продольных колебаний стерж-
ня при действии сосредоточенной силы имеет вид

д2и/дР — а2д2а/дг2 -|- Ро6 (г — z0)/ni0i
где z0 = vt.

(а)
Решение уравнения (а) ищем в виде

и =	(t) sin 

(б)

Для функций ип (/) получаем уравнения

Un-1-a3

/ пп у
\~2Г” )

«n = -“Sin
/Шо

яла/

21 *

(в)

Так как в начальный момент времени
ип (0) — «„ (0) = 0], то из (в)

и (0) - й (0) = О

1или

87%/	/ . nnvi

-----------------1 sm  ----

(а2 — v2) тс2 п2 \	21

пп А
sin а------/

21 )

Решение уравнения (а) принимает вид

a (t9 z)

nnz

sin------

 8PI *74	21

n2 (a2 v2) n2

X sin

nnvt

21

sin

aunt \

2/ )

(n=l,3, 5,...).

354.	В этом случае граничные условия следующие:
z 0, и — 0; z — I, Мд2 и!OF = —EFduldz

Решение уравнения продольных колебаний стержня имеет вид
и = (Сх cos pzla + С2 sin pzla) sin pt.

Для выполнения первого краевого условия необходимо принять
Cj — 0. Выполнение второго краевого условия позволяет получить
уравнение

m0 cos— 1 = sin — I,	(а)

а а а

ИЛИ
tg plla = m^la! (Mpl).	(б)

Уравнение (б) можно решить графически (для получения ряда пер-
вых частот). На рис. 389 показаны графики функции (при М — т01)
th “ tg pl/a, у.I — motal(Mpl)

при М = т01.

Корни (точки пересечения графиков yt и у2):

ргИа = Зл/8; р^Иа = 9л/8; ра1/а = 33л/16.

Частоты:

з

Pl-T

зз л j /г££_.

16 I V т0

; ^=т
355.	В этом случае краевые условия следующие:

z = 0, ди!дг = 0; г = I, Md2u/dt2 = —EFdtddz.

Для определения частот получаем уравнение

tg рИа = — МрИ (т01а).

На рис. 389 показаны точки пересечения графиков уг — tg pl/a и
Уг = —рИа.

Частоты:

5 л п f~EF 3 л 1 /~~EF	5 л , /~~EF

Р‘~ТТ V ^Л~ттУ ттУ

356.	Краевые условия задачи:

г — 0, и — z0 (/); z — I, Мд*и/др — —EFduldz.

Решение уравнения установившихся продольных колебаний стерж-
ня ищем в виде

и =	(г) sin at (uL — CL cos сог/а C2 sin &zla).

Произвольные постоянные:

M <о/ со/ . ш/

a	а а

Смещение произвольного сечения имеет вид
со, Л4 со/ со
cos — (/—z) —---------------------------sin — (I—z)

/ л а	гпл1 a	a	*

u(zyt} = A------------------2-----------------Sin co/ *

dll M dll	dll

cos-----—--------sin----

a fnQ I a a

Амплитуда продольных колебаний массы М

и0 (I, t) ---------------------------•	(а)

04	’	со/ /И со/ со/	v 7

cos-----—--------sin----

a mol а а

Из формулы (а) следует, что при обращении знаменателя в нуль
амплитуда колебаний массы m становится бесконечно большой. Зна-
чения со, при которых это имеет место, находятся из уравнения

tg <л>1/а — 1гпоа/{М<я1).	(б)

Из сравнения уравнения (6) задачи 356 с уравнением (б) задачи
354 следует, что значения со, при которых знаменатель выражения (а)
задачи 356 обращается в нуль, совпадают с частотами собственных
колебаний системы.

357.	В рассматриваемом случае масса единицы длины стержня пе-
ременна, поэтому, при выводе уравнений движения воспользуемся
336
теоремой об изменении количества движения элемента массы стержня
(ат pFdz), откуда

5 ди \	<?’«	. .

Р —— F— =£г----------,	(а)

dt \ dt } дг*	’

где F — текущая площадь сечения заряда.

В произвольный момент времени масса заряда М = Мо — Mt,
где Мй — начальная масса заряда; М — секундный постоянный рас-
ход (масса заряда, выгорающая в единицу времени).

В момент окончания работы двигателя масса М равна нулю, поэ-
тому М = Mo/t^ Так как масса заряда М = plF, а в начальный мо-
мент времени Л10 = р1Рй, то находим закон изменения площади сече’
ния заряда во времени:

F = F0 (1 -?/?,).

Уравнение (а) можно преобразовать к виду
д* и______________________I____ди_____Е_ д2 и

dt* М1 ~дГ~ V *

358.	Жесткость пружины (с малым углом подъема) на растяжение
с — GdM (8Dsi). Жесткость эквивалентного бруса той же длины

E^F-Jl = Gd4/(8O3Z), где Elt F± — модуль и площадь сечения эк-
вивалентного бруса.

Масса эквивалентного бруса равна массе пружины:

pp\l — nDipm^/i,

Скорость распространения продольной волны в брусе

/EiFi Id /~~G	, „ ж .

——-=--------I/ ----= 3,7 м/с,

Ipfi niD* г 2р

Частоты колебаний пружины (см, решение задачи 335)

2/ iD2 V 2р 1	’

359.	Пружину заменяем сплошным эквивалентным] брусом (той
же длины /), жесткость которого на растяжение должна быть равна
жесткости пружины

с = EiFJl,	(а)

где Elt Fi—соответственно модуль первого рода и площадь попереч-
ного сечения эквивалентного бруса.

Масса единицы длины эквивалентного бруса должна быть равна
массе единицы длины пружины

pFi = nzipDd2l(4l).	(б)

Из соотношения (б) определяем площадь Fj эквивалентного бруса,
а из (а) — модуль Ev На рис. 390 показан элемент эквивалентного
бруса с действующими па него силами (и — продольное смещение эле-
мента стержпя при колебаниях). В состоянии равновесия на брус дей-
ствуют распределенные силы (силы инерции) q — (p/71)Q2z. При коле-
баниях из-за смещения элемента на него действует дополнительная
сила, равная h.q — pFjQPu.

Дифференциальное уравнение
продольных колебаний имеет вид
dz (рЛ) = ^-dz-[- kqdz.

После преобразований

Решение уравнения (в) ищем в виде и =	(z) sin pt.

Для функции Wj получаем уравнение

+ (Q2 4- p^uJcF - 0 (а2 = EJp).	(г)

Решение уравнения (г) имеет вид

и2 = Сх cos Az -| C2 sin Az ( A = 1 / —	— j •

\ r aa /

Функция должна удовлетворять краевым условиям:

z = 0, 1ц = 0; z = I, dujdz = 0,

что выполняется при = 0; sin А/ = 0 или AZ = пп (п — 1, 2, ...),
откуда получаем частоты колебаний пружины в поле центробежных
сил:

360.	Низшая частота колебаний (см. решение задачи 359) равня-
ется нулю при Й2/2/ (я2а2) = I, откуда получаем критическую угло-
вую скорость диска:

(п/1)У Л/р.

361.	Пружину можно заменить эквивалентным брусом, приняв
(см. решение задачи 359)

(М<	Е, Fj	г ] n. iuP

с =----= 1 1 ; рЛ = — nDip--------------,

8D8i I r 1 I r 4

где Eu Fj — модуль упругости и площадь эквивалентного бруса.

Масса единицы длины эквивалентного бруса	-• рЛ-

При вращении диска на пружину действуют распределенные силы,
равные (на единицу длины) q — m0Q?z, что вызывает изменение на-
чального усилия No. Найдем усилие N в эквивалентном брусе при
вращении. Дополнительные реакции Л и R$, возникающие в точках
крепления бруса (вызванные силами q)s удовлетворяют уравнению
равновесия

+	(а)

о

Второе уравнение получим, рассмотрев деформации бруса. Полное
изменение длины бруса равно нулю, поэтому, воспользовавшись прин-
ципом независимости действия сил, получим (отбросив заделку и за-
менив ее реакцией

Rtl  С -Vg (г)dz

Ei Pi J E1Fi

0

Продольное усилие Ng (z), вызванное только силами q:

z

Nq (г) = j m0 ~	.	(6)

о

Поэтому

R2 — т0&212/6.

Полное усилие в брусе при вращении изменяется по закону

N = Мо 4- r2 - m^l2z2/2.

Дифференциальное уравнение продольных колебаний эквивалент-
ного бруса аналогично уравнению, приведенному в задаче 359

362.	При вращении натяжение в нити изменяется и становится
(см. решение задачи 312) переменным по длине. Для определения на-
тяжения при Й Ф 0 рассмотрим нить, нагруженную распределенными
силами (рис. 391, a) 7=m0Q2z.

Найдем натяжение в нити, вызванное только силами q. Сумма
реакций в точках закрепления нити

i

Rl -|- Rz = J т0 zdz	Д

о

Так как изменение длины нити равно пулю, то получаем соотно-
шение

_ С iVi(z) dz
EF ~ J EF
о

После вычисления



Кл =
Сила натяжения в произвольном сечении нити (с учетом началЬ-
ного То)

= т0 + Ra — Л\ = То + O,5moZaQ2(l/3 — z2/P).	(а)

На рис. 391, б показан элемент нити с действующими на него си-
лами. При колебаниях элемент нити смещается как вдоль оси г (и),
так и по оси у\ соответствующие силы инерции на рис. 391, б обозна-
чены (—dmd2u/dP) и (—dmd2yidP; 2dm£lduldt и 2dm£ldyldt) — силы
Кориолиса; dmQ.2u и dmCPy — дополнительные центробежные силы,
появляющиеся при смещении элемента от начального положения.

Рис. 391

Продольное усилие N’ (при колебаниях)
N' = Лг + EFduldz,

где EFduldz — усилие в нити, появляющееся при продольных колеба-
ниях.

Проектируя силы на оси у и г, после преобразований получаем два
дифференциальных уравнения вида:

—	---!—~(n' Q.2y = Q,	(б)

dt1 dt m0 dz k dz /	*	v '

+	------— - Q8(z + «) = 0.	(в)

dt*	dt m0 dz	7

Так как у, и и их производные малы, то в уравнении (б) можно при-
нять ?/' tv No. В уравнении (в) сократятся слагаемые

—Wz-----—~- = 0.

ma oz
Дифференциальные уравнения (б) и (в) после сокращения прини-
мают следующий вид:

др

<Ри
дР

—2Й — =-L — (jV0;
di то dz \ ° dz ]

й2п-I- 22	=— EF — .

dt	dz2

(0

Приближенное решение системы уравнений (г) ищем по методу
Галеркина в виде:

y~yi(f)sin ; и = u^t) sin ~ -

I	If

После преобразований получаем систему дифференциальных урав-
нений относительно t/j (t) и Uj (t) вида:

yi+(-гГ—г Qa I	= 0;

rS/nV	1	(А)

+1 — | —) —Й2 иЛ + 22z/j = 0.

L то \ i }	J

Решение системы уравнений (д) ищем в виде:

У! = A sin pt- иг = В sin pt.

Для частот р

_р2—2Пр
г г т9 \ l )	4	н

22р	— р2 + — f—Y— Й2

т0 I )

Приближенные значения первых частот колебаний нити

Р1,2 = К(аТКй2—40/2,
’ я \» / ЕЕ То \2-L Q3.

, I } \	^0/	4

\ I ) т0 J L\ I / то 4 J

363.	При колебаниях на стержень действуют распределенные си-
лы инерции q (рис. 392, а). Как известно, уравнение прогибов балки
можно представить в виде [5]

EJ^yW = q.

(а)

Распределенные силы инерции, действующие на единицу длины
балки,

q = —triod^yld?.

(б)
Дифференциальное уравнение изгибных колебаний стержня при-
йимает вид

d2y!dt2 cPd^yidzH = 0 (а2 EJx/m0).	(в)

Решение уравнения (в) ищем в виде у =	(z) sin pt.

Для функции уг (?) получаем уравнение

&У11(М — Ку,. - О (V = р2/аг).	(г)

Решение уравнения (г) имеет вид

у, - С, Кг (Аг) + С.Д8 (Az) -Ь С3/С3 (Аг) С4К4 (Az),	(л)

где К, (Az) — функции Крылова вида:

Ki (Az) = -i- (ch Az 4-cos Az); /<2 (Аг) = у- (sh Az 4- sin Аг);

Ks (Az) = ~ (ch Az—cos Az); KA (kz) — (sh Az — sin Az).

Производные функции Крылова можно выразить через эти функ-
ции Ш.

В случае шарнирного закрепления (см. рис. 263, а) функция уг
должна удовлетворять следующим краевым условиям:

г = 0, уг = г/' = 0; z = I, у± =~- у' 0.

(В местах шарнирного закрепления концов балки прогиб и изги-
бающий момент балки равны пулю. Изгибающий момент пропорцио-
нален второй производной от прогиба М = EJy".)

Для удовлетворения граничных условий на левом конце необходи-
мо, чтобы С^'— С2 = 0.

Из краевых условий иа правом конце получаем два уравнения:

С2К2(Х0+С4/С4(А/) = 0;	|

С2 А® Кл (kl) + С4 А® Кг (kl) = 0. J

Приравняем определитель системы (е) нулю:
(kl) - K2t (kl) •= 0
или

sh X/ sin kl — 0.	(ж)

Так как sh XZ 0, то из (ж) следует sin kl — 0 или kl = пп.

Частоты колебаний

рп = (л2 n2//2)KW^ (n = 1,2,3,...).

Краевые условия в случае консольного стержня (см. рис. 263, б)
следующие;

z = 0, ух = у[ = 0; г = I, у"х = у”' = 0.

(На свободном конце стержня момент и перерезывающая сила Q
(Q = EJy'x) равны кулю.)

Уравнение частот имеет вид

К* (М) - К2 (XZ)Z<4 (kl) - 0,	(з)

откуда

cos kl — —1 /(ch kl).	(и)

Уравнение (и) решаем графически, построив график функции
cos kl и —1/ ( ch kl) (графики показаны на рис. 392, б).

Первые два корня уравнения (и) равны:

(kl)x = 1,875, (kl)2 = 4,694.

Остальные корни (как следует из графиков) можно представить в
виде

(XZ)n & (2п — 1)л/2 (п > 2).

Частоты:	_________ ____________________

Рх = 3,52|/К/Х/ (т„ /4);	р2 = 22)/ EJx/(m0l4);

рп-=[(2/г- 1)2л2/4/ЧК£7л.

В случае, показанном на рис. 263, в, уравнение частот имеет вид
tg kl = th kl.

Частоты:

px= 16,4/£/*/ (/n0Z4); p2 = 49/ EJJ (ny, Fy,
pn = [(4n + l)W/16]/£4/(zneZ*).

364.	Уравнение частот (см. рис. 264, а)
ch kl cos kl — 1 =0.

Корни уравнения

(kl)x = 4,73; (kl)2 = 7,85; (kl)n =	я (n > 1).

Частоты

p1 = 22,51/p2=621Z-^;

V m^l*	V m„l* ’
Уравнение частот (см. рис. 264, б)

ch л/ cos X/ + 1 = 0.

Корни уравнения

(М)х = 1,875; (М)2 = 4,694; (M)n = (2n — 1)л/2.

Частоты

365.	Как известно, дифференциальное уравнение упругой линии
балки при переменном моменте инерции имеет вид [51

EJх (z)d2y/dz2 => М (г).	(а)

Дифференцируем уравнение (а) дважды по z:

dz9 L dz9 J дг« dz \ dz ) dz 7	d?

366.	Дифференциальное уравнение поперечных колебаний стерж-
ня при действии распределенной нагрузки имеет вид

EJ xdty'dzi + тйд2у!дР — q,
или, так как рассматриваются малые колебания,

EJ хд*у!дг* + ni^yldt2 — ИгФ^у/а3.	(а)

Решение уравнения (а) ищем в виде

У = У1 (2) sin pt.	(б)

Для функции ух (?) получаем дифференциальное уравнение
d^yjdz^ — ttyx = 0,	(в)

Гпе у - р2 Wo+ '4fe0V°8
EJX

Уравнение (в) аналогично уравнению в задаче 363, где для консоль-
ного стержня (рис. 392, б) получены следующие значения двух пер-
вых корней:

(Ц) = 1,875; (М2) = 4,694.

Соответствующие им частоты колебаний стержня:

Рх = 1 / (1,875)4	-----^1, р2 = л/ (4,694)4	-----.

Г	1 тв1* а*тв И И	та1* йЗт0

Критическое значение магнитодвижущей силы (наименьшее)
367.	Дифференциальное уравнение колебаний балки с переменным
моментом инерции имеет вид

a?’ v dzi ) д?	v ’

Решение уравнения (а) ищем в виде у = уй sin -у- f (f).

Функция sin iiz/l удовлетворяет всем краевым условиям задачи
(г = 0, у = у" = 0; г = /, у^у" ~ 0).

По методу Галер кина,

После вычисления ’/-|-	4,7/ = 0, откуда в первом прибли-

жении основная частота

р, = 2,16—1/

и Р V т0

368.	Первой частоте соответствует симметричная форма колеба*
Ний, поэтому решение уравнения колебаний ищем в виде

с/ = Q/х sin лг/Z + ys sin Зле/1) sin pt

(функция sin Злг/l соответствует симметричной форме колебаний).
После преобразований получаем систему уравнений:

(0,356 mQ Ip2 — 1,62 -^2- л4 )yi4-(—0,085 тй Zp2+6,98	л4) у% =. 0;

(~О,О85то 1р2 4- 6,98 р4Ь, + (о,414то Zp2—98,92 --°--Ь2^0,

\	Р /	\	Р 1

откуда находим две частоты колебаний (уточненное значение первой
частоты Pi):

1	.ГС1- . /-jA uJitl/K.

is v п,	i* V щ

Частота р3 соответствует второй симметричной форме колебаний
балки.

369.	В рассматриваемом случае балка состоит из двух участков,
поэтому для каждого из участков получаем:

У-i = с; Ki (М + С'г Кг (М + a Ki {Iz) 4- с4 К4	Ь^г^Г,)

На первом участке (0) = pj (0) = 0, поэтому С, = Са = 0.

В точке сопряжения двух участков (Ь) = у.2 (Ь) и

^У1/дг |2=6 = dyjdzl^.
Поперечные силы в конце первого участка и в Начале второго от-
личаются на величину опорной реакции

EJ*

д8 У1 I	~ &

дгв |г=ь * дг9

I -R,
lz=b

где R — опорная реакция.

Условия сопряжения участков можно выполнить, если предста-
вить прогибы на втором участке в виде

№ = У1 + - * КлIX(г—Ь)],

Л" JCzU

(б)

причем функция Kt [Л (г — &)] тождественно равна нулю при г b
и не равна нулю при z> Ь.

Выражение (б) справедливо для всей балки. Подставив в (б) выра-
жение для t/i, получим (Сх = С3 = 0):

У = С2 Кг (Xz) -г С4 Kt (Кг) +	/QX(z-6)].	(в)

Л** Ziv jg

Выражение для у содержит три постоянные С2, С4 и R, которые
можно определить из условий: z = Ь, у — 0; z — I у" = у'"- — 0.

Для определения постоянных С2, Ct и R получаем систему трех
уравнений:

С2К2(Х6) + С4К4(Х6) = 0;

I р

С2 к4 (Kl) -I- С4 К2 (К1) +	Кг [X (I -6)1 = 0;

Сг Ks (Kl) -J- С4 (X/) +	Кг [X (I - 6)] = 0.

АЗ С J х

Приравнивая нулю определитель системы (г), получаем уравнение
частот:

или

Кг(К1) Kt(Kb)

K4(XZ) Ka (Kt)
Ks(Kl) Ki(Kl)

0

К2[Х(/-6)]

Кг[Х(/-6)]

= 0

Кг (КЬ)Кг (ЩК1 [X (I - 6)] н- К9 (Kl)Ki (Kb) К г [X (I - 6)1 =

= К4 (Kl)Kt (Kb)Ki IX (I- 6)] + Ki (К1)Кг (КЬ)Кг IX (I - b)l (д)

Корни уравнения (д) можно определить графически. Для рассмат-
риваемого случая, когда b = 1/2, первый корень К1 = 3,011 и соответ-
ствующая этому корню частота рх — 9,066 EJх1(т01*).

370.	Дифференциальное уравнение колебаний балки имеет вид

£кб(г—10).

дг^

(а)
Решение уравнения (а) ищем в виде

У= 2 ^n(Osm —.

п = 1

Для функций уп (t) получаем дифференциальное уравнение

Уп +	уп = sin	(п = 1,2,...).	(б)

\ I /	1т<> I

В начальный момент времени уя ~ уп — 0, поэтому решения урав-
нений (б) имеют вид

__2Р0 /з sin jtnZ0//

т0 а2 л4 л4

i^costJ—Y7
\ I / .

Решение уравнения (а) может быть представлено в виде

У

2Р^

а2 л4

Изгибающий момент в произвольном сечении балки равен

М EJX= ~	х

дг8	аъ п4

V* я*	• лл/0 • ялг Fi	/ лл'\#.1

X >--------sin-------- sin---- 1 — cos a I — q .

n2/2 I I I	\ / / J

n	*'	z

Максимальное нормальное напряжение в сечении, где приложе-
на сила,

Л1 I = 2£7хР0г

Wx 2=u a2^Wx

1

371.	Дифференциальное уравнение колебаний балки

“--|-«г4г=—б(г-г«)’	<а)

di2 dz4 тй

где z0 vt.

Решение уравнения (а) ищем в виде

У-= 2 ^(Osin-^y-.	(б)

я-1

Для функций уп (t) после подстановки (б) в (а) получаем уравнение
уп + а8 (пи/О^п = [2Р0/ (mol) 1 sin ntwlH,	(в)
Решение уравнения (в) имеет вид

л / то \2 , ,	.	7 пп \а ,

г/п = СТ cos а (—1 ?-; С2 sin О'!-—) t
\ I /	\ I /

2Р0	mot

---- sm —;—

। тд I______I

а2 (лп//)4 —(лжг//)2

Так как при t = 0 уп (0) = уп. (О) = О, то

V I пп \
лл sin —;--------------— sin } ai

__ 2Pq______I______a (m/l)2	\ I )

mnl	а2 (т/1)^—(ппо/1)2

Решение уравнения (а) имеет вид
nnvt v	f m \

л~	00	sin  -------------r* sin 1 —— at

у нпЛЛ2	Q(^/02	\Z /

mo I ‘ I	& (эттг//)*— (.тп//)2 o2

Как следует из решения, имеются такие значения скорости v, при
которых знаменатель в слагаемых ряда равен нулю, однако при этих
значениях v и числитель этих членов ряда тоже равен нулю. Если рас-
крыть неопределенность, то получается конечное число, т. е. никаких
критических скоростей для движущейся силы не существует.

372.	Угловая скорость снаряда в момент выхода из ствола

z = Z
t = Uv

о У
Ы =------—

dzdt

Воспользовавшись решением задачи 371 (в которой вместо Ро надо
подставить trig), после преобразований получим

(В

2rng
mQl

a2 (лп/l)2 — v2

1	1)« cos

ал2 n2
tv

373.	При колебаниях балки на упругом основании па элемент бал-
ки действует дополнительная сила dq± = dzky, направленная против
смещения у. Поэтому уравнение колебаний балки имеет вид (см. ре-
шение задачи 366)

д'2 у , д'у . k п

—— »------------— 4-----у = О,

di2 mQ	/и0

374.	По методу Релея, Ттах = П± -F Л2, где /7Х, П2 — максималь-
ные потенциальные энергии изгиба балки и деформации основания,
равные:

i	1

77х = ф f EJX dz\ П.г = -i- f ky\ dz.

о	о
Максимальная кинетическая энергия

i

Лпах =~	dz.

о

Квадрат частоты колебаний

/ i	i \ / / i х

р2 = I EJX f г/f dz+k yl dz /1 m0 f y\ dz .

\ b о JI \ о /

Вместо yx (z) можно взять функцию sin nz/l, которая удовлетво-
ряет всем краевым условиям задачи. После преобразований получим
значение частоты колебаний

р	EJx/tno + k/mo.

375.	Решение дифференциального уравнения колебаний балки
ищем в виде у = yY (z) sin pt.

Для функции у! (г)

Sl’-Vft-O	(а)

\ G С1 /Ло /

Для случая закрепления, показанного на рис. 273, а (см. решение
задачи 363), корни уравнения частот:

(МД = 1,875; (М)г -= 4,694; (M)n = (2п — 1)л/2 (п > 2).

Частоты

, /	(1,875)*	£.7Ж ,	fe ".	,/*	(4.69)*	£J,	, fe

Pl у р	то 1	та ’	Pi V Р	то т0	'

Для случая, приведенного на рис. 273,6, уравнение частот имеет
вид

ch cos U — 1—0.	(б)

Первые три корпя уравнения (б), определенные графическим ме-
тодом, равны:

(1/)! = 0; (Х/)4 = 4,73; (ХОз = 7,85.

Частоты колебаний

376.	Дифференциальное уравнение колебаний балки при наличии
упругого основания имеет вид

+тН = £ 6	(а)

v/	0^
После вычислений, аналогичных вычислениям в задаче 370, полу-
чим

377.	Дифференциальное уравнение изгиба балки при действии
распределенной нагрузки имеет вид

(а)

\ < M+dMf r рассматриваемом случае распределен-
у п	иая иагРУзка 4i (*♦ 0 — эт0 сила инерции

V	жидкости и трубопровода (рис. 393).

\ * Q*Воспользовавшись переменными Эйле-
\e*de ра’ ПОЛУЧИМ

ЛаN	\	->	f 4\	дг У	I д2 и .

'W—____________I__£-	41 (?, 0 = “'"т —< —f -Ь

д	<//-	\ др

Р..С393	(б)

где пг-г — масса единицы длины трубопровода (tnr =- ptF4, F.t =
= л£>ср6); mn) — масса жидкости, приходящаяся па единицу длины
трубопровода.

Получаем следующее дифференциальное уравнение поперечных
колебаний трубопровода:

EJX + («7Т -г /»,„) —— 4 2т at | пг„. ~ 0.	(в)

дг* r т dt> ж dzdt >ь dz	к ’

Ищем решение уравнения (в) в виде

У Уг (z)eip‘-	О’)

Для функций yi(z) получаем следующее дифференциальное урав-
нение:

9	• */ (tut 1	(1^ и» n	/ x

— арг У1	1 bp	4 C = 0,	(Д)

dz4	dz dz2

где

a = (rn-t. -1- Гйи<)/(Е«/Х); b = 2ui>in.K/(EJx); wbn^iEJx).

Ищем решение уравнения (д) методом Галеркина

/Л = A sin лг!1 -Ь В sin 2лг//(	(е)
Решение уравнения (д) должно удовлетворять краевым условиям
задачи:

при z — 0, tjx = 0, yl = 0; при z = I, ух = 0, у[ = 0.

Подставив (е) в уравнение (д), последовательно умножаем полу-
ченное выражение на sin nztl и sin 2л?// и интегрируем его от ну-
ля до I. Получаем систему двух линейных однородных уравнений от-
носительно неизвестных постоянных А и В:

л Г/ я \4	/ л \а1 D 13b Л

А. I—) — арг — с\— — В-Р = 0,

|д I / r \ I ) J 31 г

А 1^р + в[1б(-л-У—4cf—У =0.

31 I \ 1 /	\ I / J

(ж)

После вычислений имеем следующие значения первых двух частот
для ряда значений скорости движения жидкости:

W, м/с	0	10	20
Pi. с-1	24,9	24,2	21,7
Аг. С~‘	98,8	101,7	101

378.	При критической скорости протекания жидкости первая часто-
та колебаний трубопровода становится равной пулю. Вычислив опре-
делитель системы уравнений (ж) в задаче 377, получим уравнение час-
тот. Это уравнение имеет нулевой корень, если свободный его член
равен нулю

г/ я \® 'IГ л! я \2	<< / пг1к \

— —с 41— —с =0 с=—-—).

LU /	.1L U I .	\ EJ* )



Наименьшее значение скорости (критическая скорость), при кото-
рой выполняется условие (а):

w*= — 1/ ^=--47,8 м/с.

Z I miK

379. На рис. 393 показан элемент трубопровода с действующими
на него силами. Уравнение колебаний имеет вид


После преобразований получим (с учетом выражения для /V см. ус-
ловие задачи)

д* у .	<Э2 у . . д2 у .	д2 у Л

—— + а —— 4- b —— + с cos а —— — 0,	(б)

dz* dt2 dzdt	dz2	' '

где а =- (/пт 4- mHt)/(EJx); b — 2wtn1K/(EJх)‘, с = да2/пж/(£/х).

Характеристическое уравнение имеет вид

При а = 90° уравнение (в) нулевых корней не имеет, т. е. критичес-
кой скорости нет. При произвольном угле а критическая скорость

х
тт cos а

И При а ->90° йУ, -»-оо.

После вычислений получим (при а — 90е) значения частот:

W, м/с	0	10	20
Р1.С-*	24,9	24,5	24,3
р2, С"1	98,8	99,5	102,5

380.	В рассматриваемом случае скорость течения жидкости пе-
ременна по дайне трубки. Так как жидкость несжимаема, то

Pi^Fo = Pi^ (z)P (2). (F (г) = nd2 (z)/4),
откуда скорость в произвольном сечении трубки
w (г) = w0F0/F (г).

В результате получим следующее дифференциальное уравнение (см.
решение задачи 377):

д* (в, 6* у \ , / jt I Л лсР \ д2 у
ТТ Н Р1п^+рг-— ~--г
dz2 dz2 /	\	4 / dt2

□_9n Mi Р У 1 Р2 д2 У _______п

+2р. F. т ——	- °.

381.	Дифференциальное уравнение колебаний трубопровода, ле-
жащего на упругом основании, можно получить из уравнения (а) ре-
шения задачи 379, введя в него дополнительную упругую силу kg,
действующую на трубопровод со стороны упругого основания. Отсю-
да

& У f	д* у 2m2w	д* у

<№	дг*	(т1+^) dzd/	. .

+ _?а”а_ эаУ/+_*__„ = 0.

(mi+/n2) дгг

Решение уравнения (а) ищем по методу Галеркииа, взяв последо-
вательно:

У1 = A sin sin pt(б)>

У% = A sin sin pt.	(в)

Решение в виде (б) Дает возможность определить в первом прибли-
жении первую частоту колебаний; решение в виде (в) дает возможность
получить в первом приближении вторую частоту колебаний.

Подставив (б) и (в) в уравнение (а), после преобразований по ме-
тоду Галеркина, получим

/ я V , И тТй? 7 si V
--------1 —. 1 -[------.------*-----I —. 1 •
(mi-l-mj) ( / / (Wi+ma) (mi+ma) V I J

n — l Г	H	matt>a 7 2я

r (Mi-p/W2) X J ) (wl+wls)	x I /

382.	При Малых колебаниях осевое сжимающее усилие в балке
можно считать постоянным но длине. Дифференциальное уравнение
поперечных колебаний балки с учетом продольной силы получается
как частный случай уравнения в решении задачи 379

EJxd'Lyldz'1 -|- т^у/д? + Nd2yldz2 = 0.	(а))

Решение уравнения (а) ищем в виде

У — 5 L (0 Sin nn.z[l.
п

Для функций fa (t) получаем уравнение

f п +1 лп/Г? (EJx/m0)—(Афи,,) (ля//)2]/п = 0.

Частоты колебаний балки

рп — V (anffi	(ля//)2.

383.	Дифференциальное уравнение поперечных колебаний балки
(см. решение задачи 382) имеет вид

ЕJx	+ т0	sin со/) = 0.	(а)

OZ*	Ol	OZ*
Решение уравнения (а) ищем в виде

У = Ы (0 sin nnz/Z (п = 1, 2, 3, ...).
п

После преобразований

•г . Г EJX { пп \*	No / лп V	Nj (лп \» .

fn + ----- 1---------- I---------- --- Sin К

'	[ m0 V i J	m0 \ I /	ma\ I J

:» = 0.

Перейдем к новому независимому переменному (приняв ш/ =
= 2т — л/2)

fn + bn + 2q„ cos 2xj;n — О,
где

Числовые значения коэффициентов для ряда п равны:

п	1	2	3	4
	0,535	15,2	83	269
Qn	0,05	0,22	0,49	0,88

Соответствующие точки (an, </п) на диаграмме (см. приложение 1 •
рис. 398) находятся в устойчивых областях.

384. В этом случае коэффициенты имеют следующие значения:

Л	1	2	3	4
Ял	1,66	20	93,95	292,81
Чп	0,05	0,22	0,49	0,88

Соответствующие точки (ап, </п) находятся в устойчивых областях.

385. Дифференциальное уравнение колебаний стержня (жесткой
струны) при постоянной по длине растягивающей силе Т0(Т0 = N)
имеет вид (частный случай уравнения, полученного в задаче 379)

£JX

<F_y ,
дг* ”Г

J1L —
01»

То

-^=0.
дг»

(а)



Решение уравнения (а) ищем в форме

2 f ...	. ЛЛ2

fn(/)sin —.

п —1
По методу Галер кина,

m0fn + [T0^~-^+ £4(^-ур„=О (п=1,2,...).
Частоты колебаний

то

Если значение EJX мало, что обычно бывает в реальных струнах,

т0 j , _1_ EJX I т \2'
т0 . + 2" То” 1~ / .'

Подставим сюда числовые данные задачи:
______________________________

(1 + 5-10-4 л2).

I ' у т0

При малых значениях п (и < 10) ошибка не превышает 5%, а при
больших значениях п при определении частот колебаний реальной
струны по формуле идеально гибкой струны возможна весьма большая
погрешность.

386. Уравнение поперечных колебаний балки, лежащей на упру-
гом основании, выведено в задаче 373. Добавим в него слагаемое,
зависящее от продольной силы N

с Т д* у . дг у . .	. д2 у Л	, .

Е.1Г —— — ти —— • - ky + N —— = 0.	(а)

dz* ° dt* J dz*	v ’

Решение уравнения (а) ищем в виде

Z/=2jfn(/)sin miz/l (n= 1,2, 3,...).

Для функций fn (/) получаем уравнения вида

л/i \4 EJX . k N { зт
---- ----* +-------------------

I / jtzq hiq	\ I

Частоты колебаний балки

(б)

387.	На рис. 394, а показано положение стержня в произвольный
момент времени.

Проектируя силы на ось у (рис. 394, б), получим (а' = а + da)

—тл dz—-
0

dQ -]-dz&qy + (N + dN) sin а*—N sin a = 0,
или (так как dQJdz = EJx&yldz')

£'->+т^-^-7г("-59=°-

Распределенная нагрузка At?,,, действующая на стержень при ко-
лебаниях > равна = т0О?у.

Распределенная нагрузка qz при малых колебаниях стержня оста-
ется неизменной qz = rn^Wz.

Рис. 394

Продольное усилие N зависит от qz

i

N=^qzdz = ^(P-z*).
z

Подставим выражения для N и &qy в уравнение (а)

+т^гЛ_2^_г*)^1 = о. (б)
dz 2	ozz

При колебаниях стержня на него дополнительно действует распре-
деленная сила Кориолиса qK — 2т$у, направленная по оси z, и поэ-
тому более точное выражение для продольной силы имеет вид

i

N = ^{q. — 2ту Йу) dz.
Так как в уравнении (а) сила Af умножается на dy/dz, то слагав
1	ду дц

мым ( 2muQ—dz — можно пренебречь как величиной второго порядка
г	dt дг

1	ду

малости по сравнению с | qzdz—. Следовательно, влиянием силы Ко-
г	дг

риолиса можно также пренебречь.

Для определения приближенного значения частот колебаний ищем
решение уравнения (б) в виде

У ~ Уп s>n pt^-Уи sin — Иг sin nz^ + sin 2nz//) sin pt. (в)

Решение должно удовлетворять краевым условиям задачи:
при z = 0, у = у" = 0; z — I, у = у" — 0.

По методу Галеркииа, получаем два соотношения вида:

I	i

\ (йг. Уп) yudz = 0 A L (уп, yl2) у12 dz = 0.	(г)

о	о

После интегрирования получаем два однородных уравнения отно-
сительно неизвестных At и А2:

Л EjJ^V—m^p3

4--^m0Qal—^-moQM2=0;
У

20 учо л । д f т / 2тс	о < 145	I

— т0 й2 А2 + А2 EJx — — т0 рг + —— m0Q-1 =

У	\ I /	1 А	]

0.

(д)

Первые две частоты колебаний стержня равны

Р1,а=1/Г + V	46)/2,

где

17EJX / я \4 г 1 я
а = -------(— -[-14Q2;

\ I /

b = 1б(-^Т7—У+44 fl2£A
\ «0 / \ I /	тй

4-1924.

График изменения частоты колебаний pt в зависимости от Й пока-
зан на рис. 394,в (кривая 1).

388.	Дифференциальное уравнение колебаний стержня (см. реше-
ние задачи 387) для рассматриваемого случая закрепления имеет вид

m0Q*y + mi)Wz-%- +
дгх	дг

I >”ов8 г2 <?_У —о
2 дг2

(а)

Частоты колебаний

Pi.s = ]/(а 4- Vа2 — 4Ь)/2,
где

a—VI -—— (—
m0 \ I

— 1 IQ2;

&=16

_ 54 3 fjLV Q2 + 18Q*
mo U /

График изменения px в зависимости от угловой скорости диска £2 при-
веден на рис. 394, в (кривая 2).

389.	Дифференциальное уравнение изгибных колебаний стержня
аналогично уравнению в задаче 387, только в рассматриваемом слу-
чае продольное усилие

N = m0Q2 (1г ~ z2)/2.

Уравнение колебаний стержня принимает вид (см. решение зада-
чи 387)

EJx~^+m0~~^m0y^

— т0 £i2(~— z\ —— т0 — (lz — z2) —= 0	(а)

\ 2	/ дг	2 V ' dz2	У ’

Частоты колебаний

Р1.2 = I/ =Р /а2 + 4b)/2,
где

а = |17	_l 15.76Q2! ;

I.	\ I J	I

ь= [^ (—У —0,426R2 [16 —У+2Й5]+ — Й4.

|_ т0 \ I /	I /и0 \ I I .1	9

Рис 395

390. На рис. 395 показано положе-
ние системы в произвольный момент
времени. Прогиб у и угол ф характери-
зуют отклонения системы от положения
динамического равновесия в поле цен-
тробежных сил инерции. Проектируя
силы на ось у, получим (см. решение
задачи 387)

г- г д* ц . д2 ц ,

EJX —— - пг0 —-ри0 Q2 у—

х	° дР	*

где

N /?г0Й2 (Z2 — z2)/2.

Уравнение колебаний массы т имеет вид

Jo ф = —(h -|-&) d—EJx 1	,

dz2 |z = o
Где Jo — момент инерции массы относительно шарнира Ох (Jo = tnh2)-,
EJJPyldz* | z=o — упругий момент, действующий на массу со сто-
роны пружины; d — плечо силы m2® (h + Ь) относительно шарнира
Ох.

Так как d = hbq>/ (h + b), a <p = dy/dz\г=о, то получим краевое
условие для уравнения (а):

J 0-^-|	+ mQ®/i6-^-l	+EJ х^-|	= 0.

° дРдг |2=о	дг |г«0	дг* |г= о

Остальные краевые условия имеют вид:

z = 0, у = 0; z = I, у — у" = 0.

391. По методу Релея, необходимо определить максимальные зна-
чения кинетической и потенциальной энергий системы в относитель-
ном движении и приравнять их:	= Я1пах. Максимальные зна-

чения кинетической и потенциальной энергий равны:

i

Т - Р* j ( dVi \2	( Ра {'	н>я7.

- max — ~7 "0 “7 I	'I 7“ I HlgyiUZ,

2	\ дг /г= и 2 J

о

Ятах = П1'У Пqz~ynв5“Ь 77 2 >

(а)

где /7Х — потенциальная энергия изгиба пружины; /7дг — измене-
ние потенциала распределенных сил qz (Hqz = —Aqz, где Agz—
работа сил qz на перемещениях, появляющихся при колебаниях);
ПдУ — изменение потенциала сил qu (Hqy — —Aq3l);	А (А -

работа сил инерции, действующих на сосредоточенную массу т).

В развернутом виде выражение для потенциальной энергии имеет
вид
г	i

Я1пах = — f EJX f , j* ) dz-}- ^qzAdz—

4		’ b'

I

—5- f 4V У1 dz] + -i- mQ2 bh (,	(6)

"	~	\ lJZ J

0

где

6

Последнее слагаемое в выражении (б) представляет собой работу
центробежных сил (со знаком минус), действующих на массу т при
ее отклонении на угол ср.

Па рис. 395 показаны силы, действующие на массу т. Работа сил
инерции

2	h

А — Fz dz— ( Fv dy> где Fz = tnQ2 z; Fv = mH® (6-J- y).

о	ff
После интегрирования

A^tnQ2--

2

mW b (h~ y) + (ft2 — t/2)V
Л	j

Так как г = h sin ср, а у = h cos ф, to после преобразования

A = m£22 —sin2 <p—hb (1 — cos <p) —-— (1 —cos2 <p) =
.2	2

— hbmQ? (1 — cos ф) » hbtnQ2 .

Частота колебаний

I z

I

Г mQ2 у\ dz + mQ2 bhy'*

, ------------------------ (в)

L^o+ / '«о dz

J X

р*=------

y'[‘d2+m0 fЙ2z\y[
0	0

y[ dzdz —

о

Так как в первом приближении рх — A sin az/l, то после вычисле-
ний

EJx -г З2 |/»г0 л2/6— 1 /2) -j- mbhrf/P]

та Z/2-f- /пЛ2 л2//4

(Г)

Подставим в (г) числовые
данные задачи

р2 = 1,13Й2 + 1,0410®.

При угловой скорости Й =
= 100 рад/с низшая частота
колебаний системы р = 332 с~1.

392. На рис. 396 сплошной
линией показано положение

Рис. 396	системы в произвольный мо-

мент времени при колебаниях.
Пунктиром показано положение системы в состоянии динамичес-
кого равновесия в поле центробежных сил.

По методу Релея, максимальное значение кинетической энергии
равно максимальному приращению потенциальной энергии: ЛЯтах ~
= Т

1 max-

Приращение потенциальной энергии в общем виде (см. решение
Задачи 391) выражается в форме

ДЯтах = ДЯХ + ДЯ2 -ь Д/794 -ь дяда.	(а)

Найдем приращения слагаемых в правой части равенства (а):

t

f Jx(y”0+ytfdZ~
и

о
I	I

- ~ JEJxyfdz - EJX [y\  b ±yf)dz;
о	0

(i/o+f/i)2 dedz—

Д/7,к = т0Й2

='m0Q?

Г I 2

y[l dtdz

&nqv=—mv fi2

о	о

Г t
— tn0 Q2 (

-0

j У* dz
о

A772 = hbmW

(Фо4-Ф1)2----~<Po

hbmQ,2 <Po <Pj +

Рассмотрим слагаемые, зависящие от начального деформированно-
го состояния (входящие в Д/7Х, t±nqz, ЬПду), которые после интегри-
рования по частям можно представить в виде:

Ji—E К $ Уо у’х dz = EJX у'д у1' | — у"; ух | + J у\v yt dz
о	L 0	0	0

I z	I	/	2	z	\

h = 5 Z^y'oy'l dedz = $ z роУ1 | — $ Уо У1 de j dz.

0 0	0	\ о 0	/

(6)

(в)

Так как при z = 0, yt = 0, z = Z; yr = 0, у”й = 0, y{ |z=o = <Pi
TO

/

Jx= — EJX Уо |2= 0 <P1 +EJX j z/IV Уг dz-,

b

2

Уо (z) yx (z)—J y'o (e) 4/i (e) de
о

I	I z

гУо (z) У-i (z) dz— z ро (e) уг (e) dedz.

0	oo

(r)

+i ”’]•

I

A=Jz
0
Второе	слагаемое	в	выражении	J2 можно	преобразовать (восполь-

зовавшись	формулой	Дирихле	[24],	с, 244)	к	виду

I z	II

$ 2 $ (е) У1 (е) dedz = \ У1 (?) 5 tyo (?) dedz.

bo	b z

Группируем все члены, зависящие от начального деформированно-
го состояния:

i

А = $ [—Е Jx у о [2= о - Р /пй2 hb(f01 <Pi dz +
о

1Г	1

+ J Е ^oV+ z^0 т° — т°'П2 $	<2)ds ~ т<> ™ У °

Ь L	г

z/idz. (д)

Покажем, что выражения в квадратных скобках в (д) тождествен-
но равны нулю. В равновесии упругий момент (в сечении z = 0) урав-
новешивается моментом силы инерции, действующей на массу:

EJxyolz= о —mhbQ2 <р0.

Для того чтобы показать, что выражение в квадратных скобках
во втором слагаемом соотношения (д) тождественно равно нулю, вы-
ведем уравнение упругой линии стержня при изгибе моментом Л4Х —
= mQ2hb(p0

Е/Х'у“о = Mi—2 + qff (г—е) de +Я3 уп —

о

z

—$<7гМг)—yote)]de.
О

(е)

/

Так как /?§'= ^гйг,то выражение (е) можно преобразовать к виду
о

EJX yl = М,. —Ri z+^m0Q.2y0 (е) (z—е) cte-h
b

I	I

Уй (z) m0 fi2 ede-h^ m0 fi2 ey0 (e) de.
г	b

Дифференцируя выражение (ж) дважды по z, получим (дифферен-
цирование интеграла по параметру см. [24], с. 244)

t

EJx y\v—mo Уо (2) ~ т° +m«гУ'° (2) = °’ (3)

Z
что и требовалось показать.
393.	Уравнение колебаний упругого стержня (пружины) имеет
вид

р Т д4 У	г Ц	4-О2 w	и	&	(т _ ^2_ т2 \ — П

& -х Л 4	*	1Пъ ““Г7 г	У	~	[ /Ио —— Z	—— j — U.

<лг4	д/2	дг к 2 dz j

394.	В этом случае (в отличие от задачи 391) работа сил qz положи-
тельна и равна (см. решение задачи 391)

/	г

Agz = tnQ Q2 z $ yf dzdz.
о	z

Частота колебаний

л4	/ л2 , 1 \ л2

"	----------------‘------М---------------

та

(а)

р2 = 0.62Q2 -|- Ю5.

При угловой скорости диска Q, равной
100 рад/с,

р = 324 с-1.

395.	При решении задачи 394 получено
выражение для частоты колебаний [выраже-
ние (а)], из которого следует» что при выпол-
нении условия

1т0 (л2/12 -М/2) = mbh п21Р

частота колебаний ле зависит от угловой	1’ис 397

скорости диска.

396.	Выражение для частоты колебаний системы такое же, как и
в рассмотренной выше задаче 391.

397.	Уравнение радиальных колебаний кольца:

й -|- EFtd = 0.
Частота колебаний

p = R~lVEFim^.

398.	Рассмотрим элемент кольца (рис. 397). Проектируя все силы
на радиус, получаем (dtn0 = dSm6)

и -j—и =	sin и t.

тй IP т9

Постоянное давление р0 создает статическую составляющую ра-
диального перемещения кольца. Амплитуда установившихся колеба-
ний кольца



EF_
т01Р
$99. При радиальных колебаниях вращающегося кольца на него
действует дополнительная радиальная сила, равная (на единицу дли
ны)

Дифференциальное уравнение радиальных колебаний кольца име-
ет вид

u + [EF/(m0I?) —Q2]« = 0.

Частота колебаний кольца

|/EF/(m0 /?2)-Й2-

Критическая угловая скорость кольца

400. Каждая точка сечения кольца при повороте сечения на угол
ср перемещается по дуге, равной рср, где р — полярный радиус точки
(см. рис. 289). Проекция этого перемещения на радиальное направле-
ние и = рф sin а = t/ср, что соответствует удлинению по окружности
(этого волокна) на Д/ — 2л#ф.

Так как волокна кольца работают на растяжение, то потенциаль-
ная энергия

П =	dF = п£7ж^-.	(а)

J 2	/ )	R	4 '

Г

Кинетическая энергия вращения кольца

Т = f	(б)

J 2	2

о

Момент инерции единицы длины кольца относительно осевой ли-
нии

J о = Pi/р — FPi/p!F — tnQJ р/F,

где Jp — полярный момент инерции поперечного сечения кольца;
F — площадь поперечного сечения.

Из соотношений (а) и (б) получаем дифференциальное уравнение
крутильных колебаний кольца

•• . EF Jx Л
Ф -I——	ф = о.

irto -К	Jр

Частота колебаний

р =

EF Jx
л«о R2 Jp
ПРИЛОЖЕНИЯ

Приложение 1. Диаграмма Айнса — Стретта

Колебания, описываемые уравнением Матье у + (я -|’ 2^ cos 2т) у = О,
устойчивы, если точка с координатами (cz, q) находится в иезаштрихованной
области диаграммы Айнса—Стретта, и неустойчивы, если — в заштрихованной
области (рис. 398).

Рис. 398

Приложение 2. Интегралы, встречающиеся
при определении дисперсий

В общем случае интегралы, получающиеся при определении дисперсии слу-
чайной функции по известной се спектральной плотности, можно привести к виду

G (to)
MOW

<to,

где

А (г<х>) — а0 («o)rt-|-ni (to)'*-1	,

G (to) - /'о (to)2""2 + bt (/со)2"-4 + „. + bn^.
(su !o Tu—fv Jo + |u Ou) Ooj

,vZ------------------------------------------------------------

(8»1 o'—{:o °t?) ___J' r,q To	— (cw

eq Op

d *» -1 • (®?)s" 4- g(w?) ZD -I- б(<0»)	-I- r(o?)«»I

top l8<7 -I- z(cn?) *q+ »(<0>) *q + s(a>;) n<?]

oo—

1 = ’f {, = « Btfff

(soTu—eo во) <>nz

'w6 —«-----------------------

Л . „ - — T9°P + Oqzv —
tfv

sl su -I- <0?«» -|- г(го?) Tu + e(<9/) «u]
top [HtW 4 + f(®’) °?1

C = « Hirtf

el ?Z7 + (<^/) "I' b(o/) I

Z° .! On_7 top [(’<? +«(О’?)

iq о»

t© Opg

KZ ------

Од

elTt?4-w4l f
v>p Oq J

If | =« BZf’Q'
1.	Ананьев И. В. Справочник по расчету собственных колебаний упругих
систем. М., 1946.

2.	Андронов А. А., Витт А. А,, Хайкин С. Э. Теория колебаний. М.,
1959.

3.	Бабаков И. М. Теория колебаний. М., 1965.

4.	Бидерман В. Л. Прикладная теория механических колебаний. М.,
1972.

5,	Болотин В. В. Динамическая устойчивость упругих систем. М., 1956.

6,	Бронштейн И. И., Семендяев К. А. Справочник по математике. М.,
1965.

7.	Бутен ин Н. В. Элементы теории нелинейных колебаний. Л., 1962.

8.	Буда к В. М., Самарский А. А., Тихонов А. Н, Сборник задач по мате-
матической физике. М., 1956.

9.	Вентце ль Е. С. Теория вероятностей. М., 1964.

10.	Деп-Гарторг Дж. П. Механические колебания. М., 1960.

11.	Камке Э. Справочник по обыкновенным дифференциальным уравне-
ниям. М., 1971.

12.	Лойцянский Л. Г,, Лурье А. И. Курс теоретической механики. М.,
1955.

13.	Малинин Н. Н. Прочность турбомашин. М., 1962.

14.	Николаенко Н. А. Вероятностные методы динамического расчета ма-
шиностроительных конструкций. М., 1967.

15.	Ольсоп Г. Динамические аналогии. М., 1947.

16.	Пановко Я* Г, Основы прикладной теории упругих колебаний. М.,
1957.

17.	Пановко Я. Г.» Губанова И. И. Устойчивость и колебания упругих
систем. М., 1967.

18.	Пановко Я. Г. Внутреннее трение при колебаниях упругих систем.
М., 1960.

19.	Расчеты на прочность. Под ред. С. Д. Пономарева. М.т 1960, т. III.

20,	Рокар И. Неустойчивость в механике. М., 19,59.

21.	Сборник задач по сопротивлению материалов. Под ред, А. А. Уманского.
М., 1964.

22.	Светлицкий В. А., Стасеико И. В. Сборник задач по теории колебаний.
М„ 1973.

23.	Светлицкий В. А. Случайные колебания. М., 1976.

24.	Солодовников В. В. Статическая динамика линейных систем автомати-
ческого управления. М„ 1969.

25.	Смирнов В. И. Курс высшей математики. М., 1951, т. II.

26.	Стокер Д. Нелинейные колебания в механических и электрических
системах. М», 1952.

27.	Справочник. Прочность, устойчивость колебаний. М., 1968, т, Ш

28.	Стрелков С. П. Введение в теорию колебаний. М., 1964,

29.	Тимошенко С. П. Колебания в инженерном деле. М,, 1967.

30.	Тихонов А. Нм Самарский А. А. Уравнения математической физики.
М., 1953.

31.	Феодосьев В. И. Избранные задачи и вопросы по сопротивлению
материалов. М.т 1967.

32.	Харкевич А. А. Автоколебания. М.т 1953.

33.	Цзе Ф., Морзе И., Хинкл Р. Механические колебания. М., 1966.

1975^ Яблонский Л. А., Порей ко С. С, Курс теории колебаний. 3-е изд. М«,

35. Янке Г., Эмле Ф. Таблицы функций, М., 1959,
ОГЛАВЛЕНИЕ

Предисловие ко 2-му изданию......................................   3

Основные условные обозначения...................................... 4

Раздел I. Колебания систем с одной степенью свободы ......	5

§ 1.	Задачи	на свободные колебания................................. 5

§ 2.	Задачи	па свободные колебания с учетом	сил	сопротивления..	15

§ 3.	Задачи	на вынужденные колебания............................. 20

§ 4.	Задачи	па критические состояния	и	устойчивость	колебаний ...	34

§ 5.	Задачи	на	параметрические колебания.......................... 41

§ 6.	Задачи	на	случайные колебания ............................... 47

§ 7.	Задачи	на	нелинейные колебания............................... 54

Раздел II. Колебания систем с несколькими степенями свободы .	.	61

§ 1.	Задачи	на	свободные колебания*............................... 61

§ 2.	Задачи	на	вынужденные колебания............................. 73

§ 3.	Задачи	па определение критических состояний и устойчивость

колебаний?................................................... 81

•§ 4. Задачи па приближенные методы определения частот............ 87

Раздел III. Колебания систем с распределенными параметрами .	.	90

§ 1.	Задачи	на	малые колебания струи.............................. 90

§ 2.	Задачи	на	крутильные колебания сплошных	валов........ 96

§ 3.	Задачи	на	продольные колебания стержней...................... 97

§ 4.	Задачи	на	поперечные колебания балок (стержней)............. 103

Раздел IV. Ответы и решения...................................... 112

Приложения....................................................... 365

Приложение 1. Диаграмма Айнса—Стретта...........................  365

Приложение 2. Интегралы, встречающиеся при определении дисперсий 365

Список литературы , ,............................................ 367

Валерий Александрович Светлицкий
Игорь Валентинович Стасенко

СБОРНИК ЗАДАЧ ПО ТЕОРИИ КОЛЕБАНИЙ

Редактор М Т. Самсонова. Художник О. В. Камаен

Художественный редактор И. К. Гуторов. Технический редактор 3. В. Нуждина.
Корректор Г. А. Чечеткина

ИВ № 1631

Изд. Kb ОТ-296/76.	Сдано в набор 07.12.78.	Поди, в печать 28.06.79.

Формат 6OX9O’/i«- Бум тип- № 2. Гарнитура литературная Печать высоки я

Объем 23 уел. печ. л. Уч-над. л. 19,35. Тираж 10 000 экз. Зак. № 759. Цена 90 кои.

Издательство «Высшая школа». Москва. К-51, Неглинная ул . д. 29/14

Московская типография № 4 Союзполиграфпрома при Государственном комитете СССР
по делам издательств, полиграфии ц книжной торговли, Москва. 129041, Б Перепела покоя, И!