Page 80 - 4617

Приклад 4. ЗГАСАЮЧІ КОЛИВАННЯ ПІД ДІЄЮ СИЛИ ТЕРТЯ КОВЗАННЯ

або f mg cos    mg sin    k ст  f mg cos   .



c
c
Звідки положення рівноваги визначається відрізком
mg    cos      mg    f   ,
f






k sin c  ст k sin c cos 
 ст   mg sin    f c cos    mg sin    f c cos    


,
 . (4.7)


k
k
Тобто, якщо максимальне відхилення вантажа знаходиться на
відрізку (4.7), коливання припиняються. Середнє положення
статичної деформації пружини і найбільше відхилення від нього
mg mg
 k sin   ,  ст  f c k   . (4.8)

 cos
ср
З урахуванням (4.8) рівняння (4.5)
 динамічне рівняння руху вантажа відносно середнього поло-
ження статичної рівноваги
Згідно диференціальному рівнянню (4.5) з урахуванням (4.8)
отримуємо динамічне рівняння руху вантажа відносно середнього
положення статичної рівноваги
mx kx   fmg  signx . (4.9)
 cos
 закон руху вантажа відносно середнього положення статич-

ної рівноваги приймає вигляд
Розв’язок неоднорідного рівняння руху (4.9) складається із зага-
льного розв’язку x відповідного однорідного рівняння
1
mx kx  0, (4.10)
і частинного розв’язку x неоднорідного рівняння (4.9)
2
x  x  x . (4.11)
1 2
Для лінійного диференціального рівняння (4.10) характеристи-
чне рівняння має вигляд
m  k  0, (4.12)
2
k
корені якого    i ,
1,2 m
а загальний розв’язок x приймає вигляд
1
 k   k 
x  C sin  t  C cos t . (4.13)

1 1  m  2  m
 
Частинний розв’язок x  C є сталою величиною, оскільки пра-
2 3
ва частина рівняння (4.9) є сталою величиною, а корні характери-
стичного рівняння (4.12) не містять нулів. Цей розв’язок знаходи-
мо шляхом підстановки його в рівняння (4.9)

80