Page 81 - 4617

Приклад 4. ЗГАСАЮЧІ КОЛИВАННЯ ПІД ДІЄЮ СИЛИ ТЕРТЯ КОВЗАННЯ

 
mC  kC  fmg  sign x   C  x fmg cos    sign   x . (4.14)
 cos
3 3 2 3 k
Згідно (4.11) закон руху вантажа

 k   k  fmg
x  C sin  t   C cos  t   cos    signx . (4.15)
1 2 k
 m   m 
Після підстановки чисельних даних в (4.7) отримуємо відрізок,
що визначає положення рівноваги вантажа (“мертву зону”)

 ст  0,97см; 1,48см ,
в (4.8) – середнє положення цієї зони  ср  1,226 см, і найбільше ві-

дхилення від цього положення  ст  0,255 см.

Після підстановки чисельних даних в (4.15) отримуємо закон
руху
x  sin 20t   C cos 20t  C 0,2124sign   x , см (4.16)
1 2
Щоб визначити сталі інтегрування C і C , необхідно розв’язати
1 2

задачу Коші на відрізках, коли швидкість v signx змінює на-
прям на протилежний:
1) xt      5 ср 6,226см, v 1   0t   0,25 см/с,
  0
1
v= x  0  sign   1x , тоді відповідно до (4.16)
1 1 1
x  sin 20t   C cos 20t  C 0,2124;
2
 1 1 20t  C 20t C (4.17)
 1  20 v = x  1 cos 2 sin  .
Для початкового моменту часу  0t з рівнянь (4.17) маємо

  6,226 C  0,2124;  C 1,25см;
 2   1 (4.18)
 25  20C 1  C 2  6,014см

і рівняння (4.17) приймають вигляд
x  20t   1,25sin 20t   6,014cos 0,212;
 1 20t  120,28sin 20 .t  (4.19)

v = 25cos
 1
Рух буде відбуватись до тих пір, поки не зміниться напрям руху
(швидкість  v t t  =0)
1 1
  25  
v    122,85sin 20t    arctg 0 
1  1
  120,28  

20t arctg  25     , nn Z ,  t  0,05 0,01025,n nZ 

 1  1
 120,28 
t  0,147, n 1. (4.20)
1
Отже, коливання будуть відбуватись на інтервалі
t  0; 0,147сек. за законом

81