Как найти ускорение центра масс цилиндра

• 

Ускорение центра масс

Теорема о движении центра масс является общей теоремой динамики, она утверждает, что ускорение центра масс не зависит от действия внутренних сил.

Ускорение центра масс согласно теореме движения центра масс, определяется как сумма внешних сил (по отношению к системе), при этом принято считать, что силы приложены к некой материальной точке, расположенной в центре масс.

При поступательном движении любого твердого тела, ускорение всех его точек независимо от момента времени одинаково и, таким образом, эквивалентно ускорению центра масс. Исходя из этого, теорему движения центра масс можно использовать для исследования и решения задач поступательного движения твердых тел.

Ускорение центра масс формула

Общий вид:

а =∑F

Скатывание шара по наклонной поверхности:

Пример возможных задач

Найти линейное ускорение центра масс некого шара, который скатывается без скольжения по наклонной плоскости. Угол наклона 20 град., начальная скорость шара 0.

Ответ

В виду того, что шар находится в неподвижном состоянии, сила трения принимается равной 0. Таким образом, решение задачи сводится к уравнению:

а = g*sin(α) = 9.81*sin(20) = 9.81*0.34 = 3,3354 м/с²

1. Движение твердого тела

   1. Динамика твердого тела

Ускорение

центра масс твердого тела определяется
по теореме о движении центра масс:

, (2.41)

где т
– масса,
геометрическая
сумма внешних сил, действующих на
твердое тело.

Внешний
вид уравнения (2.41) совпадает со вторым
законом Ньютона для материальной точки
(2.14), и, следовательно, метод его применения
состоит из тех же операций. Векторное
уравнение (2.38) эквивалентно трем
уравнениям:

. (2.42)

Для
материальной точки и соответственно
для твердого тела справедливо уравнение
движения

, (2.43)

где геометрическая
сумма моментов всех внешних сил,
действующих на твердое тело, относительно
неподвижной точки О.

Если
точку О считать началом декартовой
системы координат, то, как обычно,
векторное уравнение (2.43) эквивалентно
трем уравнениям:

, (2.44)

где проекции
вектора момента импульса

на оси координат. Их называют моментами
импульса твердого тела относительно
неподвижных осей ОХ, OY,
OZ
соответственно.

Можно
показать, что для материальной точки
и для твердого тела

, (2.45)

где моменты
инерции материальной точки и твердого
тела относительно неподвижных осей
ОХ, OY,
OZ
соответственно,

проекции
угловой скорости

на те же оси.

С учетом
(2.45) уравнения (2.44) можно записать в виде

. (2.46)

Если
моменты инерции

постоянны, то уравнения движения
приобретают вид

, (2.47)

где проекции
вектора углового ускорения на оси
координат.

Эти
уравнения называют уравнениями движения
относительно неподвижных осей ОХ, OY,
OZ соответственно.

Твердое
тело имеет шесть степеней свободы,
поэтому для описания его движения
необходимо шесть независимых уравнений.
Таковыми и являются или два векторных
уравнения (2.41) и (2.43), или эквивалентная
им система из шести уравнений (2.42) и
(2.46). Метод применения законов (2.42) ничем
не отличается от метода применения
второго закона Ньютона. Метод применения
законов (2.46) также очень похож на метод
применения второго закона Ньютона,
если к последнему добавить две
дополнительные операции: нахождение
момента инерции тела и момента внешних
сил относительно соответствующей оси.
Таким образом, динамический метод и
для описания движения твердого тела
остается практически тем же.

1. Один
   конец вертикально расположенной нити
   закреплен в точке О (рис.
   2.12), а другой намотан на сплошной
   узкий цилиндр (диск) массы т=10
   кг и радиуса R=10
   см. Определить ускорение центра
   масс и силу натяжения нити. Нить
   невесома и нерастяжима.

Решение.
В физическую систему включим два тела:
цилиндр и нить. Цилиндр нельзя принять
за материальную точку. Будем считать
его твердым телом. Его центр масс (точка
С) движется вертикально вниз, а сам
цилиндр вращается относительно
неподвижной оси, проходящей через центр
масс. Применим теорему о движении центра
масс (2.41) и уравнение движения (2.47).
Инерциальную систему отсчета свяжем
с Землей, а оси координат направим как
показано на рисунке 2.12. На цилиндр
действуют две силы: сила тяжести

и сила натяжения нити
.
По теореме о движении центра масс,

.

Проецируя
это векторное уравнение на ось ОХ,
получаем

.

Цилиндр вращается относительно подвижной
оси, но эта ось перемещается параллельно
самой себе; в этом случае уравнение
движения (2.47) остается справедливым:

,

где угловое
ускорение.

Решая полученную систему уравнений,
находим

.

Отсюда
6,
6 м/с²;
163
Н.

Усложним
решенную задачу: пусть к закрепленному
концу нити привязано тело (материальная
точка) массой m₁=1
кг, которое может без трения двигаться
по горизонтальной плоскости, а сама
нить находится на невесомом блоке (рис.
2.13).

Обозначим
т₂
массу цилиндра. Применяя динамический
метод, составляем замкнутую систему
уравнений для поступательного движения
материальной точки и цилиндра
соответственно:

и
,

а также
для вращательного движения цилиндра:

.

Ускорение
а_с
центра масс цилиндра, ускорение а₁
материальной точки и угловое ускорение

связаны соотношением

а_с=
а₁+R.

Решая
полученную систему уравнений, находим:

Подставляя
числовые значения, получаем

9,1
м/с²,
7,5
м/с²,
7,5
Н,
15,1
рад/с².

Можно
еще более усложнить задачу, учитывая
трение между телом т₁
и горизонтальной плоскостью, принимая
во внимание массу блока, считая его
твердым телом и т.д. Все эти задачи могут
быть решены тем же динамическим методом.

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #

Содержание:

1. Динамика плоского движения твердого тела
2. Дифференциальные уравнения плоского движения твердого тела
3. Порядок решения задач динамики плоского движения твердого тела
4. Примеры решения задач на тему: динамика плоского движения твердого тела

Плоское движение твердого тела определяют как движение, при котором скорости всех точек тела параллельны некоторой плоскости. Если с любой точкой тела (или его мысленного продолжения) связать поступательно движущуюся систему координат, то относительное движение будет чистым вращением вокруг неподвижной оси, перпендикулярной плоскости движения.

На странице -> решение задач по теоретической механике собраны решения задач и заданий с решёнными примерами по всем темам теоретической механики.

Динамика плоского движения твердого тела

Плоским движением твердого тела называется такое его движение, при котором каждая точка тела движется в плоскости, параллельной некоторой неподвижной плоскости.

Момент количества движения тела (главный момент количества движения твердого тела), вращающегося вокруг неподвижной оси, относительно этой оси равен произведению момента инерции тела относительно той же оси на угловую скорость вращения.

Дифференциальные уравнения плоского движения твердого тела

Из кинематики известно, что для определения положения твердого тела, которое совершает плоское движение, достаточно задать положение любой ее точки, которая принимается за полюс, и угол поворота вокруг мгновенной оси вращения, проходящей через полюс перпендикулярно плоскости движения.

Задачи динамики будут решаться проще всего, если за полюс выбрать центр масс тела (рис.11.1) и определять положение тела координатами ,  и углом .

Таким образом, для изучения плоского движения твердого тела достаточно составить три дифференциальных уравнения, которые связывают величины ,   и с внешними силами, действующими на тело.

Для определения движения центра масс используется теорема о движении центра масс системы:

где  – масса тела,

 – главный вектор всех внешних сил, которые действуют на тело,

– ускорение центра масс.

Уравнение, определяющее вращательное движение тела, получается из теоремы об изменении момента количества движения относительно оси, которая проходит через точку :

где  – момент количества движения тела относительно оси, которая проходит через центр масс,

 – главный момент внешних сил, которые приложены к телу.

Проектируя уравнение (11.1) на неподвижные оси координат , а также учитывая, что для твердого тела , где – момент инерции тела относительно оси, которая проходит через точку , получают следующие дифференциальные уравнения плоского движения твердого тела:

или

С помощью этих уравнений можно решать как прямую, так и обратную задачи динамики.

При несвободном движении, когда траектория центра масс известна, уравнение движения точки удобнее составлять в проекциях на касательную и главную нормаль к этой траектории, переменный радиус кривизны которой :

Порядок решения задач динамики плоского движения твердого тела

Выбрать неподвижную систему координат, относительно которой рассматривается движение тела.

Изобразить твердое тело в текущем положении и показать все внешние силы, которые приложены к нему.

Составить дифференциальные уравнения плоского движения твердого тела в форме уравнений (11.4).

Если известна траектория центра масс твердого тела, то удобнее применить уравнение (11.5).

В случае решения прямой задачи искомые внешние силы и их моменты определяются из систем дифференциальных уравнений (11.4) и (11.5).

В случае решения обратной задачи путем интегрирования систем (11.4) или (11,5) определяют кинематические уравнения движения центра масс твердого тела.

Примеры решения задач на тему: динамика плоского движения твердого тела

Задача №1

Однородный прямой круглый цилиндр радиусом и массой движется на гладкой наклонной плоскости, которая составляет с горизонтом угол . В начальный момент времени цилиндр неподвижен.

Определить движение цилиндра (рис. 11.2) и давление его на наклонную поверхность.

Решение. Изобразим цилиндр в среднем положении на наклонной плоскости и покажем внешние силы, которые действуют на него: – сила тяжести цилиндра, – нормальная реакция наклонной плоскости. Оси координат выбираем так, как показано на рис.11.2.

Дифференциальные уравнения плоского движения круглого цилиндра в данном случае имеют вид:

где  и  – координаты центра масс цилиндра.

Поскольку во время движения , то из второго уравнения вытекает:

Из третьего уравнения системы находим: 

Поскольку

 и 

Поскольку в начальный момент времени , то и во время движения . Это значит, что по гладкой поверхности цилиндр будет скользить без вращения.

Решая первое уравнение, находим закон изменения координаты .

Разделим переменные и проинтегрируем:

Отсюда

Окончательно,

Следовательно, цилиндр совершает поступательное движение.

Ответ: 

Задача № 2

Однородный круглый цилиндр с радиусом и массой (рис.11.3) движется из состояния покоя по шероховатой неподвижной наклонной плоскости, которая составляет с горизонтом угол . Коэффициент трения скольжения цилиндра по плоскости равен .

Определить уравнение движения цилиндра и его давление на наклонную поверхность.

Решение. К цилиндру приложены внешние силы: – сила тяжести цилиндра; – нормальная реакция наклонной плоскости; – сила трения о шероховатую наклонную поверхность, которая направлена в сторону, противоположную движению цилиндра. Оси координат и все силы показаны на рис.11.3.

Дифференциальные уравнения движения цилиндра в этом случае запишутся в виде:

Поскольку во время движения , то из уравнения (2) следует:

 или 

Уравнения (1) и (3) имеют три неизвестных: и . В нашем случае нельзя определять , поскольку это равенство имеет место, когда точка касания скользит вдоль плоскости, а при качении, когда проскальзывание отсутствует, должно быть

Найдем еще одно дополнительное уравнение. Поскольку точка является мгновенным центром скоростей, то:

Тогда, с учетом уравнения (4), а также значения , уравнения (1) и (3) приобретут вид:

Окончательно

Поскольку левые части этих уравнений одинаковы, тогда равны и их правые части. Поэтому

 или 

По закону Кулона

 или 

Итак,

откуда

Это и есть условие качения цилиндра по шероховатой поверхности без проскальзывания.

Определим ускорение центра масс цилиндра при таком качении. Для этого в уравнение (1)

подставим значение силы трения

Поскольку  то, разделяя переменные, получим

Проинтегрируем это выражение:

Поскольку , то, разделяя переменные и интегрируя, получим

Определим закон вращения цилиндра вокруг оси. Для этого воспользуемся уравнением (3):

Поскольку

то

 или 

откуда

Разделим переменные и проинтегрируем:

Закон изменения угловой скорости имеет вид:

Определим закон изменения угла вращения:

 или 

и тогда

Видно, что закон вращения цилиндра вокруг его оси не зависит от движения центра масс.

Ответ: 

Задача № 3

Тяжелый круглый цилиндр с массой и радиусом обмотан посередине невесомой и нерастяжимой нитью, конец которой закреплен неподвижно. Цилиндр падает без начальной скорости, разматывая нить.

Определить скорость оси цилиндра  после того, как ось опустится на высоту , и найти натяжение нити.

Решение. К цилиндру приложены внешние силы: – сила тяжести цилиндра;  – натяжение нити.

За начало координат примем положение центра масс цилиндра в начальный момент. Направление осей  и  показано на рис.11.4.

Дифференциальные уравнения плоского движения в данном случае имеют вид:

Угол поворота цилиндра отсчитываем по направлению по часовой стрелке.

Поскольку 

то из уравнения (2) имеем:

 и 

Следовательно, скорость центра масс будет иметь только одну составляющую – и поэтому .

Уравнение (1) запишем в виде:

В этом уравнении две неизвестных величины –  и . Для получения дополнительного условия воспользуемся уравнением (3), которое запишем в виде:

или

где  – момент инерции цилиндра относительно оси, которая проходит через его центр масс.

Между угловой скоростью и скоростью центра масс существует зависимость. Поскольку точка  – мгновенный центр скоростей цилиндра, то

Подставим значение в уравнение (5):

Левые части уравнений (4) и (6) равны, следовательно, равны и правые части:

Откуда: 

Откуда получим: 

Подставим в уравнение (4) значение :

Поскольку необходимо определить скорость центра масс как функцию расстояния, а не времени, в последнем уравнении заменим переменную на переменную :

Разделим переменные и проинтегрируем:

и

Окончательно,

Ответ: 

Задача № 4

Однородный стержень длиной и весом  (рис.11.5) одним концом закреплен с помощью плоского шарнира в точке ; второй конец стержня удерживается нитью , которая составляет со стержнем угол . Стержень составляет с горизонтом угол .

Определить, как изменится давление стержня на шарнир , если нить оборвется.

Решение. Сначала определим реакции в шарнире и натяжение нити . На стержень действует плоская система сил: сила тяжести , натяжение нити , направленное от точки к точке , а также реакция шарнира в виде составляющих  и , которые направим в сторону положительных направлений осей  и . 

Составим уравнение равновесия плоской системы сил, приложенной к стержню :

Из уравнения (3) находим натяжение нити :

Подставляя значения в уравнения (1) и (2) находим реакции  и :

Если нить оборвется, то стержень начнет совершать вращательное движение вокруг шарнира .

Дифференциальные уравнения такого движения, учитывая, что точка  неподвижна, можно записать в виде:

где  и  – координаты центра масс стержня;

– угол, определяющий положение стержня в момент разрыва нити ;

– момент силы тяжести стержня относительно оси шарнира ;

 – момент инерции стержня относительно оси шарнира .

С рис.11.5 вытекает:

Продифференцируем эти выражения дважды, учитывая, что угол зависит от времени :

Поскольку в момент разрыва нити , то

Подставив найденные значения  и  в выражения (4) и (5), получим:

Для определения неизвестного значения воспользуемся уравнением (6), которое для момента обрыва нити запишется следующим образом:

откуда

Момент инерции однородного стержня относительно оси, которая проходит через его конец:

Тогда

Подставив значение в уравнения (7) и (8), получим:

Следовательно, изменение реакций после обрыва нити будет равно:

Ответ: 

Задача № 5

Тяжелое тело состоит из стержня длиной и весом и прикрепленного к нему диска с радиусом и весом В начальный момент при вертикальном положении стержня (рис.11.6,а) телу придается такое движение, что скорость центра тяжести стержня равна нулю, а скорость центра тяжести диска равна и направлена по горизонтали вправо.

Определить следующее движение тела, принимая во внимание только действие сил тяжести.

Решение. Сначала определим положение центра масс тела. Для этого с точкой свяжем систему координат (рис.11.6, а).

Как видно из рисунка, вследствие симметрии тела относительно оси центр масс должен лежать на этой оси, то есть . Для определения второй координаты () воспользуемся известным выражением:

Для рассматриваемого случая эта формула принимает вид:

где  – масса стержня, равная ;

 – масса диска, равная ;

 – координата центра масс (тяжести) стержня:

 – координата центра масс (тяжести) диска.

С учетом приведенных соотношений формула (1) примет вид:

или

Таким образом, центр масс тела находится в точке с координатами . Итак, центр масс тела совпадает с точкой , с которой мы связали начало системы координат .

Для определения движения тела, изобразим его в промежуточном положении на траектории (рис.11.6, б) и покажем действующие на тело силы: – сила тяжести стержня и – сила тяжести диска.

Принимаем за полюс центр масс , а за положительное направление угла поворота – вращение тела против хода часовой стрелки.

Дифференциальные уравнения плоского движения (11.4) в данном случае примут вид

Из уравнения (2) вытекает:

Итак, проекция скорости центра масс на ось сохраняется постоянной во время движения тела.

Определим величину . По условиям задачи в начальный момент времени () скорость центра тяжести диска равна  и направлена по горизонтали вправо, а скорость центра тяжести стержня равна нулю. Следовательно, точка является мгновенным центром скоростей. Тогда (рис. 11.6, а)

 откуда 

или

Таким образом,

Определим закон движения центра масс по направлению оси :

Поскольку при то 

Таким образом,

Центр масс в направлении оси движется равномерно.

Из дифференциального уравнения (3) определим закон движения центра масс тела по направлению оси .

Запишем уравнение (3) в виде:

Поскольку  то последнее уравнение примет вид:

Разделяя переменные и интегрируя, находим зависимость скорости центра масс тела по направлению оси от времени:

Постоянную интегрирования определяем по начальным условиям: при  Следовательно, 

Таким образом,

то есть по направлению оси в центр масс движется равноускорено.

Находим закон движения центра масс:

Разделим переменные и проинтегрируем:

Постоянную интегрирования определяем по начальным условиям: при откуда

Следовательно, закон движения центра имеет тела по направлению оси имеет вид:

Решая вместе зависимости (5) и (6), находим уравнение траектории центра масс.

Из выражения (5) вытекает, что

Подставив значение в зависимость (6), получим:

Таким образом, центр масс тела (точка ) движется по параболе.

Определим закон вращательного движения тела вокруг оси, которая проходит через центр масс тела. Для этого уравнения (4) запишем в виде (рис.11.6, б):

где  – плечо силы относительно точки ;

 – плечо силы относительно точки .

С рис. 11.6,б найдем:

Подставляя в выражение (7) значения и , получим:

откуда, при , вытекает:

 или 

Таким образом, при движении в плоскости тело вращается вокруг оси, которая проходит через центр масс, с постоянной угловой скоростью, равной угловой скорости в начальный момент времени.

По условиям задачи, при скорость точки равнялась . Поскольку точка  – мгновенный центр скоростей, то

откуда

Ответ: 

Услуги по теоретической механике:

1. Заказать теоретическую механику
2. Помощь по теоретической механике
3. Заказать контрольную работу по теоретической механике

Учебные лекции:

1. Статика
2. Система сходящихся сил
3. Момент силы
4. Пара сил
5. Произвольная система сил
6. Плоская произвольная система сил
7. Трение
8. Расчет ферм
9. Расчет усилий в стержнях фермы
10. Пространственная система сил
11. Произвольная пространственная система сил
12. Плоская система сходящихся сил
13. Пространственная система сходящихся сил
14. Равновесие тела под действием пространственной системы сил
15. Естественный способ задания движения точки
16. Центр параллельных сил
17. Параллельные силы
18. Система произвольно расположенных сил
19. Сосредоточенные силы и распределенные нагрузки
20. Кинематика
21. Кинематика твердого тела
22. Движения твердого тела
23. Динамика материальной точки
24. Динамика механической системы
25. Динамика относительного движения материальной точки
26. Динамика твердого тела
27. Кинематика простейших движений твердого тела
28. Общее уравнение динамики
29. Работа и мощность силы
30. Обратная задача динамики
31. Поступательное и вращательное движение твердого тела
32. Плоскопараллельное (плоское) движение твёрдого тела
33. Сферическое движение твёрдого тела
34. Движение свободного твердого тела
35. Сложное движение твердого тела
36. Сложное движение точки
37. Плоское движение тела
38. Статика твердого тела
39. Равновесие составной конструкции
40. Равновесие с учетом сил трения
41. Центр масс
42. Колебания материальной точки
43. Относительное движение материальной точки
44. Статические инварианты
45. Дифференциальные уравнения движения точки под действием центральной силы и их анализ
46. Динамика системы материальных точек
47. Общие теоремы динамики
48. Теорема об изменении кинетической энергии
49. Теорема о конечном перемещении плоской фигуры
50. Потенциальное силовое поле
51. Метод кинетостатики
52. Вращения твердого тела вокруг неподвижной точки

Допустим, что у нас есть некоторая система, состоящая из n-ного количества материальных точек. Возьмем одну из них и обозначим ее массу как mk. Приложенные к точке внешние силы (как активные силы, так и реакции связей) имеют равнодействующую Fke. Внутренние силы имеют равнодействующую Fkl. Наша система находится в движении, следовательно, нужная точка будет иметь ускорение ak. Зная основной закон динамики, мы можем записать следующую формулу:

mkak=Fke+Fkl.

Ее можно применить к любой точке системы. Значит, для всей системы целиком можно сформулировать следующие уравнения:

m1a1=F1e+F1l,m2a2=F2e+F2l,⋯mnan=Fne+Fnl.

Данная формула состоит из дифференциальных уравнений, описывающих движение системы в векторной форме. Если мы спроецируем эти равенства на соответствующие координатные оси, то у нас получатся дифференциальные уравнения движения в проекциях. Но в конкретных задачах чаще всего вычислять движение каждой точки системы не требуется: можно ограничиться характеристиками движения всей системы в целом.

Движение центра масс: основная теорема

Характер движения системы можно определить, зная закон, по которому движется ее центр масс.

Для нахождения этого закона нам нужно взять уравнения движения системы, приведенные в предыдущем пункте, и сложить их правые и левые части. У нас получится, что:

∑mkak¯=∑Fk¯e+∑Fk¯l.

Взяв формулу радиус-вектора центра масс, получим следующее:

∑mkrk=Mrc.

Теперь возьмем вторую производную по времени:

∑mkak=Mac.

Здесь буквой ac¯ обозначено ускорение, которое приобретает центр масс системы.

Возьмем полученное выше уравнение и спроецируем его правую и левую части на соответствующие координатные оси. У нас получится:

Mxc¨=∑Fkx¯e, Myc¨=∑Fky¯e, Mzc¨=∑Fkz¯e.

Эти равенства являются дифференциальными уравнениями движения центра масс в проекции на оси в декартовой системе координат.

Практическое значение теоремы о движении центра масс

Данная теорема имеет большую практическую ценность. Поясним, в чем именно она заключается.

Разберем пример применения теоремы для решения практической задачи.

Содержание:

Динамика материальной точки:

Динамика, как было указано вначале, занимается изучением движения физических тел под действием сил. Предыдущие два раздела теоретической механики, а именно статику и кинематику, можно рассматривать как вспомогательные разделы, облегчающие изучение динамики, хотя вопросы, рассмотренные в них, имеют большое самостоятельное значение.

В кинематике нами была изучена лишь геометрическая сторона движения тел и было дано математическое выражение этого движения. В динамике мы будем рассматривать возникновение этих математических соотношений с учетом тех причин и условий, которые вызывают определенный характер движения; при этом нам придется ввести ряд дополнительных понятий, Например: масса, работа и пр.

Что касается статики, то в этом разделе механики были изучены главным образом вопросы равновесия тел, а равновесие можно рассматривать как частный случай движения. Поясним сказанное. Пусть на свободную материальную точку действуют

Частный же случай, соответствующий равновесию или прямолинейному и равномерному движению точки, будет выражаться равенством:

Отсюда следует, что выводы статики являются лишь частными случаями тех положений, которые будут даны в динамике.

Исходя из этого, статику можно было бы изучать совместно с динамикой, где рассматриваются самые общие законы механического движения.

В своем развитии механика прошла три периода. В первый период, самый продолжительный, до Галилея и Ньютона, механика развивалась главным образом в области статики. Во второй период, начатый Галилеем и Ньютоном (XVI—XVII вв.), основные вопросы, связанные с изучением механического движения тел, были уже окончательно разрешены, круг этих вопросов является содержанием классической механики.

Основные законы классической механики, сформулированные Ньютоном, были опубликованы в 1687 г. в его сочинении «Математические начала натуральной философии». Однако классическая механика, получившая свое развитие на основе чисто механических принципов, оказалась ограниченной и не была в состоянии разрешить вопросы, связанные с изучением других форм движения материи (тепловая энергия, электрическая и пр.). Поэтому во второй период, наряду с развитием классической механики, ряд выдающихся ученых того времени работает также и в области физики. С открытием выдающимся русским ученым М. В. Ломоносовым закона сохранения энергии начинается третий период развития механики.

Как известно из курса физики, закон сохранения энергии в самом общем виде может быть записан так:

где Т — кинетическая энергия;

•        П — потенциальная энергия;
•        Q — тепловая энергия;
•       X— электрическая энергия и т. д.

Из написанного следует:

Первое из этих равенств указывает на постоянство суммы всех видов энергии, второе —на переход одного вида энергии в другой.

Из закона сохранения энергии непосредственно следует, что механическое движение, входящее в выражение закона сохранения энергии в виде слагаемых Т и П, является только одной из форм физических движений материи.

Неудача, постигшая исследователей при построении ими механики электрона на основе выводов классической механики, привела к дальнейшему развитию физики. Эти направления в развитии физики завершились построением теории относительности. С открытием теории относительности выяснилось, что основные законы, сформулированные Ньютоном в его сочинении «Математические начала натуральной философии», оказались только первым приближением, достаточно справедливым тогда, когда скорость в изучаемых явлениях мала по сравнению со скоростью света. Поэтому в тех случаях, когда скорости изучаемых движений велики, как это имеет место, например, при изучении э лектромагнитных взаимодействий, методы классической механики оказываются недостаточными.

Перейдем теперь к изложению основных законов динамики применительно к материальной точке.

Закон первый (принцип инерции)

Материальная точка сохраняет состояние покоя или равномерного и прямолинейного движения, пока приложенные силы не заставят ее изменить это состояние.

Отсюда следует, что покоящейся точке свойственно оставаться в покое, а движущейся прямолинейно и равномерно — сохранять это движение. Такое состояние точки называется инерциальным. Его можно представить себе, если материальную точку мысленно изолировать от воздействия окружающих тел. В этом случае на материальную точку не будет действовать никаких сил и ее скорость по отношению к выбранным осям координат будет оставаться постоянной как по величине, так и по направлению, в частности может быть равной нулю. Такое свойство точки сохранять неизменной величину и направление своей скорости называется инертностью, или инерцией. Это свойство было сформулировано впервые Галилеем. В дальнейшем движение материальной точки или системы мы будем рассматривать по отношению к координатным осям, связанным с Землей, считая ее условно неподвижной.

Если почему-либо точка движется неравномерно или непрямолинейно, то такое движение является результатом действия на точку силы. В указанном случае движения точки, как известно из кинематики, появляется ускорение. Поэтому между силой, сообщающей ускорение, и самим ускорением имеется связь, которая устанавливается вторым законом динамики.

Закон второй (основное уравнение динамики)

Ускорение, сообщаемое материальной точке приложенной к ней силой, имеет направление силы и по величине’пропорционально силе.

Обозначим силу, действующую на материальную точку, через Р, а сообщаемое этой силой ускорение через ; тогда второй закон может быть представлен следующим равенством:

Это равенство называется основным уравнением динамики.

Коэффициент пропорциональности между Р и представляет собой положительный скалярный множитель и называется массой материальной точки.

Из основного уравнения динамики видно, что чем больше при постоянной силе Р, тем меньше .

Первый закон динамики легко получается из основного уравнения динамики, как следствие.

В самом деле, при :

откуда , что и выражает принцип инерции.

При сравнении сил, действующих на материальные точки, применяются два способа — статический и динамический.

При статическом способе сравнения сил употребляются различного рода весы; при динамическом способе мы принимаем ; тогда имеет место соотношение:

т. е. силы сравниваются динамически, так же как и вызываемые этими силами ускорения.

Указанные способы применяются также при сравнении масс материальных точек.

При статическом способе сравнения масс полагают ; тогда:

т. е. статически массы сравниваются между собой так же, как и силы.

Сравнивая массы динамически, полагают ; тогда:

.

Отсюда следует, что при динамическом сравнении масс, их отношение обратно пропорционально ускорениям.

В том случае, когда свободная материальная точка находится под действием силы тяжести Q, основное уравнение динамики (130) принимает вид:

где  — ускорение силы тяжести, имеющее постоянную величину в данном месте земной поверхности (приблизительно ).

Из уравнения (131) легко определяется масса тела путем его взвешивания.    ‘

При статическом способе сравнения масс материальных точек отношение масс равно отношению весов точек; в этом заключается удобство статического способа сравнения масс.

В дальнейшем при изучении динамики следует обращать внимание на размерность механических величин. В разделе кинематики мы встречались уже с двумя основными единицами: расстоянием и временем; в динамике же к указанным основным единицам присоединяется третья — масса или сила. В зависимости от того, что будет принято в качестве третьей основной единицы — масса или сила, существуют две системы единиц — физическая и техническая.

Размерность всех механических величин, как, например, работы, мощности, момента инерции и пр., следует в дальнейшем выводить из основных единиц (длина, масса, время или длина, сила, время), положенных в основу физической и технической систем единиц.

Размерность наиболее часто встречаемых величин: силы, массы, работы и . мощности, выраженная в физической и технической системах единиц, приведена в таблице 9.

Таблица 9

В дальнейшем мы будем пользоваться технической системой единиц или системой МКГСС.

Закон третий (закон независимости действия сил)

Если на Свободную материальную точку действуют несколько сил, то они сообщают ей ускорение, равное геометрической сумме тек ускорений, которые точка получает при действии каждой из этих сил в отдельности.

Пусть ускорения, которые точка получает от действия каждой силы в отдельности , соответственно равны . Пусть также при одновременном действии всех указанных сил точка получает ускорение, равное ; тогда на основании закона независимости действия сил можно написать:

Умножим обе части равенства на ; тогда:

или

Отсюда следует, что при одновременном действии на материальную точку нескольких сил их можно заменить равнодействующей, равной геометрической сумме действующих сил.

Закон четвертый (закон равенства действия и противодействия)

Всякому действию всегда соответствует равное и противоположное противодействие.

Этот закон достаточно подробно был уже изучен в разделе статики.

Основные законы динамики были сформулированы нами для случая свободной точки. Если точка не свободна, то связи могут быть заменены их реакциями.

В самом общем случае движение точки может происходить по линии пересечения двух поверхностей; движения точки по трем поверхностям происходить не может, так как пересечение трех поверхностей определяет положение неподвижной точки.

На точку, движущуюся по линии пересечения двух поверхностей I и II, после замены связей их реакциями, действуют три силы: равнодействующая всех заданных сил Р и нормальные реакции поверхностей  (рис. 243).

Рис. 243.

В этом случае основное уравнение динамики примет вид:

.

При точка движется по поверхности, а при точка является свободной.   

Если сами поверхности перемещаются в пространстве, то уравнение каждой из поверхностей, помимо координат х,у и z, будет содержать еще и время t.

Линия, по которой движется точка, есть пересечение этих поверхностей, представляемых4 аналитически уравнениями:    

Если же обе поверхности в пространстве неподвижны и не изменяют со временем своей формы, то они будут представлены уравнениями:

Уравнения (133)или (133а)называются уравнениями связи, так как они определяют ту линию, на которой движущаяся точка вынуждена все время оставаться при действии на нее сил. Связи, представленные уравнениями (133а), не зависят от времени, т. е. остаются неподвижными и не меняют своей формы. Такие связи называются стационарными связями.

Дифференциальные уравнения движения материальной точки

Пусть свободная материальная точка М (рис. 244) совершает движение в пространстве под действием сил . Напишем для этого случая основное уравнение динамики (130):

Проектируя обе части геометрического равенства на выбранные неподвижные координатные оси Ох, Оу и Oz, найдем:

Заменяя проекции ускорений через вторые производные соответствующих координат по времени, получим:

Эти уравнения называются дифференциальными уравнениям движения свободной материальной точки.

Для точки, движущейся в плоскости, можно, очевидно, написать, два дифференциальных уравнения движения, а для случая прямолинейного движения — всего лишь одно.

Вообще число дифференциальных уравнений движения точки всегда равно числу ее кинематических уравнений движения.

При помощи дифференциальных уравнений движения точки, являющихся следствием основного уравнения динамики, можно решать следующие две задачи.

Рис. 244.

Первая задача: по заданным уравнениям движения тбчки требуется найти силу Р, вызывающую это движение.

Вторая задача: п-о заданной силе или системе сил . действующей на точку, требуется найти уравнения движения точки: , которые соответствуют заданным силам.

Ясно, что вторая задача является обратной первой задаче. При решении первой задачи следует каждое из заданных уравнений движения точки продифференцировать два раза по времени t и подставить значения вторых производных х, у и z в уравнения (134). Тогда легко определятся проекции искомой равнодействующей силы Р на координатные оси.

Решение второй задачи сводится к тому, что мы находим проекции на координатные оси сил, приложенных к точке, и подставляем найденные значения в правую часть уравнений (134).

Далее, интегрируя дважды каждое из этих дифференциальных уравнений движения, получаем уравнения движения точки: содержащие шесть постоянных интегрирования. Постоянные интегрирования определятся, если известно начальное положение точки (ее координаты ), а также проекции начальной скорости на координатные оси. Запись для определения постоянных интегрирования следует проводить в следующем порядке:

При составлении дифференциальных уравнений движения (134) мы спроектировали основное уравнение динамики (130) на оси Ох, Оу, Oz.

В некоторых случаях геометрическое равенство (130) бывает удобнее проектировать на координатные оси, из которых одна совпадает с направлением касательной к траектории точки, вторая — с направлением главной нормали, а третья — с направлением бинормали.

Из кинематики известно, что проекция ускорения на бинормаль равна нулю, так как лектор ускорения расположен в соприкасающейся плоскости.

Обозначая проекции равнодействующей сил, приложенных к точке на касательную, главную нормаль и бинормаль, соответственно через , найдем:

Эти уравнения называются естественными уравнениями движения.

Исследуя движение несвободной материальной точки, мы должны будем в число действующих на точку сил включить также и реакции связей (рис. 243). Тогда дифференциальные уравнения движения несвободной материальной точки примут вид:

где , а также — углы, которые составляют нормали к поверхностям I и II в данной точке с осями координат Ох, Оу и Oz.

В случае дифференциальные уравнения для несвободной точки (136) превращаются в уравнения (134) для свободной точки.

Преобразуем теперь эти уравнения.

Из куpca дифференциальной геометрии известно, что косинусы углов нормалей с осями координат выражаются так:

Аналогично:

где

Обозначая сокращенно произведения соответственно через , получим дифференциальные уравнения движения (136) в виде:

При движение точки происходит по поверхности, при  движение точки свободное.

Решим сначала ряд задач на прямолинейное движение точки.

Задача №1

Прямолинейное движение ножа режущего аппарата комбайна в сантиметрах и секундах выражается приближенным уравнением: . Определить в килограммах силу Р, приводящую нож в движение, в зависимости от расстояния s, приняв вес ножа .

Решение. Нож движется поступательно, а поэтому ускорение любой его точки будет:

Искомая сила Р определится из основного уравнения динамики (130) или по одному из равенств (134):

Задача №2

При погрузке зерна его засыпают на желоб, наклоненный под углом к горизонту.

Рассматривая движение по желобу одного зерна и принимая его за материальную точку, найти промежуток времени  по истечении которого зерно соскользнет с желоба, и его скорость в этот момент, если начальная скорость зерна , коэффициент трения скольжения его о желоб  и длина желоба .

Рис. 245.

Решение. При движении зерна по желобу на него действуют три силы: вес зерна Q, нормальная реакция желоба N и сила трения F (рис. 245). Выбрав начало отсчета О в месте, соответствующем началу движения зерна, и направив ось х по желобу, составим дифференциальное уравнение движения зерна:

или

Интегрируя дважды составленное дифференциальное уравнение, найдем:

Постоянные интегрирования определятся из начальных условий.    

Так как в начальный момент зерно находилось в начале отсчета, а проекция его начальной скорости на ось х равна , то, подставляя значения  и в полученные уравнения (а), определим постоянные интегрирования

При , откуда  

 при откуда 

После подстановки найденных значений в уравнения (а) последние примут вид: 

Полагая во втором из найденных уравнений , определим время движения зерна по желобу:

Подставляя значение в первое уравнение и полагая определим скорость зерна в момент, когда оно проходйт всю длину желоба:

Интегрирование дифференциального уравнения  можно было бы произвести, пользуясь определенным интегралом. Перепишем это уравнение в виде:

и проинтегрируем его два раза. Первый раз (по переменным и ) в прёделах:   тогда получим:

откуда:

Второй раз проинтегрируем (по переменным х и t) в пределах

или

Из последнего уравнения определяем, как и выше, время , а из уравнения скорости — величину , подставив вместо найденное значение .

Задача №3

Автомобиль, вес которого равен Q, движется по прямолинейному горизонтальному участку дороги со скоростью . В некоторый момент двигатель выключили и предоставили автомобилю двигаться по инерции. При движении автомобиля развивается сопротивление, пропорциональное первой степени скорости; коэффициент пропорциональности .

Какое расстояние s пройдет автомобиль до остановки, если предположить, что кроме указанного сопротивления никаких других тормозящих сил нет?

Рис 246.

Решение. При движении автомобиля с выключенным двигателем к нему приложены три силы: вес автомобиля Q, реакция полотна дороги N и сила сопротивления (рис. 246). Выбрав начало координат в точке О, соответствующей началу выключения двигателя, и направив ось Ох вправо, получим следующее дифференциальное уравнение движения автомобиля:

Произведя интегрирование, найдем:

откуда

При , откуда , поэтому , или .

Произведя второй раз интегрирование, получим:

При , откуда . Поэтому:

При пройденный путь

Этот же результат может быть получен также путем применения определенного интеграла. Для этого перепишем составленное выше дифференциальное уравнение движения в виде:

После сокращения на найдем:

 или 

Проинтегрировав последнее уравнение (по переменным и ) в пределах , получим:

откуда находим, что путь, пройденный автомобилем в момент выключения двигателя до остановки равен:

Задача №4

К концу упругой нити прикреплен шарик массы  (рис. 247). Для удлинения нити на 1 см нужно приложить силу  Вытянув нить по вертикали вдвое, отпускают шарик без начальной скорости. Пренебрегая весом шарика по сравнению с упругой силой нити и считая натяжение нити пропорциональным ее удлинению, найти закон движения шарика. При решении задачи силами сопротивления пренебречь.

Рис. 247.

Решение. Пусть начальное положение шарика , а конечное . Выбрав начало отсчета в точке , составим дифференциальное уравнение движения шарика:    

Для решения полученного уравнения заменим через  и умножим обе части равенства на . После интегрирования найдем:

При а поэтому

Подставим полученное значение и извлечем из обеих частей равенства квадратный корень:    |

Интегрируем вторично обе части равенства, для чего предварительно разделим переменные:

или

откуда находим:

При , поэтому , откуда . Окончательно имеем:

Перейдем теперь к решению задач на криволинейное движение точки.

Задача №5

Движение тела весом в метрах и секундах выражается уравнениями:

Определить силу, действующую на тело, приняв .

Решение. Считая тело за материальную точку, найдем по формулам (134) проекции на координатные оси силы Р, действующей на тело:

но так как

, то

Величина и направление силы Р определятся по формулам:

Из уравнений движения следует, что точка движется равномерно по окружности радиусом 5 м с ускорением, направленным к центру окружности , а поэтому на основании уравнения (130) заключаем, что и сила направлена, так же как и ускорение , к центру окружности.

Задача №6

Движение тела массой  в метрах и секундах выражается уравнениями:  Определить силу, действующую на тело, принимая его за материальную точку.

Ответ: тело находится под действием силы тяжести Q = 100 кГ.

Задача. Для сортирования семян применяется центробежная сортировальная установка, представляющая круглый диск, вращающийся вокруг вертикальной оси, перпендикулярной к плоскости диска. Диск имеет радиальные перегородки, вдоль которых под действием центробежных сил перемещаются сортируемые семена. Скорость, с которой семена сходят с диска, равна и направлена горизонтально; высота падения семян Определить дальность s полета семени в случаях, когда сопротивлением воздуха можно пренебречь, а также когда при падении семени развивается сопротивление , направленное противоположно скорости . Масса одного семени , a — заданный постоянный коэффициент.

Рис. 248.

Решение. Пусть семя, принимаемое за материальную точку (рис. 248), движется по некоторой кривой.

Проведем координатные оси х и у, выбрав за начало координат точку О, соответствующую началу схода семени с диска.

Во время полета семени при отсутствии сопротивления на него действует одна вертикальная сила тяжести . Составляя дифференциальные уравнения движения семени (134), можем написать:

Сокращая оба уравнения на  и произведя интегрирование, найдем:

Постоянные интегрирования и определятся из того условия, что в начальный момент семя находилось в начале координат, а поэтому . Так как вектор начальной скорости семени при этом горизонтален, то .

Из сказанного следует:

Подставив значения постоянных интегрирования в полученные выше уравнения, найдем выражения проекций скоростей и координат движущейся точки (семени) как функций времени:

Исключая из уравнений движения время t, найдем, что траектория семени — парабола:

Дальность полета семени s определится из уравнения траектории путем подстановки:

При наличии сопротивления  (рис. 248) дифференциальные уравнения (134) будут:

Сокращая на и умножая на , получим:

Произведя интегрирование, найдем:

Из начальных условий, имеем:

при

откуда

поэтому:

Интегрирующим множителем последних двух уравнений является .

В этом легко можно убедиться, если умножить эти уравнения на ; тогда получим:

Интегрируя первое из этих уравнений, найдем:

При , следовательно:

откуда

Умножим второе уравнение на и, интегрируя его, будем иметь:

Выражение интегрируем по частям:

Поэтому получим:

При , следовательно , отсюда

Уравнения (а) и (б) являются уравнениями движения семени. Найдем уравнение траектории полета семени, для чего из уравнений движения (а) и (б) следует исключить время .

Из уравнения (а) имеем:

или

или

откуда

Подставляя найденное значение  в уравнение (б) и обозначая  получим уравнение траектории:

Для нахождения дальности полета семени следует в уравнение траектории подставить и решить это уравнение одним из приближенных способов относительно s.

Задача №7

При очистке зерен их пропускают сквозь колеблющееся решето, имеющее отверстия и расположенное горизонтально. Горизонтальная скорость, с которой зерно подходит к краю отверстия, равна , форма зерна — шар радиуса R (рис. 249).    

Рис. 249.

Пренебрегая сопротивлением воздуха, определить минимальную длину отверстия так, чтобы зерно могло проскочить.

Указание: минимальная длина отверстия  определится из того условия, что в момент проскакивания зерна через отверстие его центр должен быть расположен на уровне поверхности решета.

Ответ:

Задача №8

Решить задачу (см. рис. 247) в том случае, когда при вытягивании нити вдвое шарику сообщена вправо начальная скорость  а в точке имеется неподвижное гладкое кольцо, через которое проходит упругая нить (рис. 250).

Рис. 250.

Указание: обозначим угол между направлением нити и осью Ох через , а длину через , тогда по формулам.(134) наводим:

Так как

то

Интегрируя каждое из полученных дифференциальных уравнений аналогично тому, как это было проделано при решении задачи (рис. 247), получим уравнения движения шарика:

Исключая из уравнений движения время , найдем:

Задача №9

Дождевальная установка для орошения полей состоит из горизонтальных труб с вертикальными ответвлениями; последние оканчиваются сферическими наконечниками, имеющими отверстия на поверхности сферы (рис. 251). Вода под напором выбрасывается во все стороны с одинаковой скоростью в виде струй, образующих капли воды, которые падают на землю под действием сил тяжести. Пренебрегая сопротивлением воздуха, показать, что во всякий момент движения все капли будут расположены на сфере, центр которой опускается с ускорением свободно падающего тела, а радиус равен , где — время, прошедшее с момента выбрасывания капель.

Решение. Пусть капля движется по некоторой кривой. Выберем координатные оси, как показано на рисунке 251. На каждую каплю, принимаемую за материальную точку, будет действовать только сила тяжести, а поэтому дифференциальные уравнения движения будут иметь вид:

После сокращения и интегрирования получим:

Для определения постоянных интегрирования получаем:

где — углы, которые составляет вектор  с осями координат.

Подставляя значения постоянных интегрирования в написанные выше уравнения, получим следующие уравнения движения для каждой капли:

Исключая из найденных уравнений движения время и полагая , найдем, что каждая капля будет расположена на сфере:

Задача №10

Для очистки и перемещения зерна на механизированных токах применяется зернопульт, который выбрасывает семена с начальной скоростью ,  расположенной в плоскости zOy и составляющей с осью Оу угол (рис. 252).

Рис. 252.

Пренебрегая сопротивлением воздуха и принимая зерно за материальную точку, определить координаты зерна в момент его падения на горизонтальную плоскость хОу, если на зерно во время его полета, помимо веса Q, действует постоянное давление ветра Р, направленное параллельно оси Ох.

Решение. Зерно после вылета из зернопульта будет двигаться по пространственной кривой. Положение выбранных координатных осей показано на рисунке 252.

Во время полета зерна на него действуют две силы Q и Р, поэтому дифференциальные уравнения движения будут:

После простых преобразований и интегрирования найдем:

Определим постоянные интегрирования.

После подстановки найденных значений постоянных интегрирования в полученные выше уравнения движения будем иметь:

В момент удара зерна о землю (положение А) оно находится в плоскости хОу, поэтому, полагая ,  найдем, что время падения зерна:

Подставляя найденное значение в уравнения движения, получим координаты точки А:

Задача №11

Конический маятник состоит из груза М весом , подвешенного на нити длиной в неподвижной точке О, причем нить составляет с вертикалью угол 60°, а груз М описывает окружность в горизонтальной плоскости (рис. 253).

Определить скорость груза и натяжение нити 

Решение. Связью для груза М является нить ОМ, допускающая движение груза по сфере радиуса Отсюда, обозначив координаты точки М через , найдем уравнение ее связи:

или

Точка М движется по одной поверхности, поэтому, полагая в уравнениях (137) , получим:

где

Перед взят знак плюс потому, что мы предполагаем, что реакция нити направлена в сторону внешней нормали.

После подстановки значений в последнее дифференциальное уравнение, определим из него реакцию нити .

Так как мы направили реакцию в сторону внешней нормали, то знак минус указывает на то, что реакция будет направлена в сторону внутренней нормали (т. е. к точке О закрепления нити).

Для нахождения скорости груза продифференцируем два раза по  уравнение его связи; тогда получим:

Рис. 253.

Здесь , а значения  и  найдем из первого и второго дифференциальных уравнений движения после подстановки в них найденного значения 

где откуда

Эта же задача может быть решена проще, если воспользоваться естественными уравнениями движения (135). Проведем через точку М (рис. 253) естественные оси и спроектируем силы, приложенные к точке М, вес Q и реакцию на эти оси; тогда получим:

откуда находим:

Работа сил, приложенных к материальной точке

Для характеристики эффекта действия на материальную точку силы в зависимости от пути, на котором она действует, вводится понятие ее работы. Остановимся на понятии работы силы в самом общем случае.

Элементарной работой силы на элементарном перемещении называется произведение силы на элементарное перемещение и на косинус угла между направлениями силы, и перемещения (или скорости).

Рис. 254.

Если обозначить элементарную работу через dA, а вектор перемещения, соответствующий бесконечно малой дуге ds и направленный по касательной в сторону движения, через dr (рис. 254), то по определению:

Для вычисления полной работы А силы Р на некотором перемещении (рис. 254) следует взять сумму бесконечно большого числа бесконечно малых элементарных работ на каждом из элементарных участков ds; тогда получим:

При подсчете суммы (139) иногда бывает полезно представить выражение элементарной работы через проекции силы Р и вектора перемещения dr на координатные оси. Так как элементарная работа (138) представляет собой скалярное произведение Р на dr, то на основании свойства скалярного произведения (9):

Рис. 255.

В случае прямолинейного перемещения и постоянства действующей силы (рис. 255) полная работа А на пути найдется из формулы (139):

Работа А положительна, если и отрицательна, если :

Если на точку М действует несколько сил (рис. 256), то, заменяя их

одной равнодействующей, можно написать:

Умножив скалярно обе части последнего равенства на dr, получим:

или на основании равенства (138):

откуда

т. е. работа равнодействующей нескольких сил равна алгебраической сумме работ составляющих.

Наряду с понятием работы вводят понятие мощности, как отношения элементарной работы к бесконечно малому промежутку времени, в течение которого проведена работа. Обозначив мощность через N, можем написать:

т. е. мощность равна скалярному произведению силы на скорость.

Задача №12

Показать, что работа силы тяжести зависит только от крайних положений, между которыми происходит перемещение точки приложения силы, и не зависит от формы кривой, по которой перемещается эта точка.

Рис. 257.

Решение. Пусть на материальную точку М (рис. 257), действует сила тяжести Q и пусть крайние положения, между которыми происходит перемещение точки приложения силы, заданы точками:

При вычислении элементарной работы по формуле (140) замечаем, что ; поэтому.

Полная работа А найдется как сумма элементарных работ:

Обозначим , где знак плюс соответствует , а знак минус ; тогда получим:

Отсюда, работа силы тяжести равна взятому со знаком плюс или минус произведению силы тяжести на величину перемещения по вертикали ее точки приложения.

Если перемещение происходит вверх, то А < 0, а если вниз, то А > 0.

Задача №13

Вычислить работу упругой силы пружины при вытягивании ее конца на величину h, если известно, что сила упругости пружины пропорциональна ее удлинению (или укорочению).

Рис. 258.

Решение. При вытягивании конца пружины М на величину х (рис. 258, а) возникает упругая реакция пружины Р, направленная вертикально вверх. Так как по условию упругая сила пружины Р пропорциональна ее вытягиванию х, то , где с — постоянный коэффициент, характеризующий степень жесткости пружины.

Применим формулу (140) к нахождению элементарной работы упругой силы:

Полная работа упругой силы найдется по формуле (139):

или

Для определения коэффициента жесткости с проделывают следующий опыт: к концу пружины (рис. 258, б) подвешивают известный нам груз Q, который, вытянув пружину на некоторую величину , уравновесится силой упругости пружины .

Очевидно, что при равновесии ; но так как , то ; откуда

Задача №14

Какова должна быть наименьшая мощность двигателя для того, чтобы груз весом Q=10 т при равномерном движении его поднять вверх по наклонной плоскости на высоту в течение . Коэффициент трения груза о плоскость , угол наклона плоскости и коэффициент полезного действия двигателя .

Рис. 259.

Решение. При подъеме груза по плоскости приходится преодолевать сопротивление сил: веса груза Q и силы трения F (рис. 259). Найдем работу А этих сил при подъеме груза на высоту h:

Работа силы равна нулю, так как . 

Но так как

то

Искомая мощность двигателя в лошадиных силах с учетом коэффициента полезного действия будет:

Теорема кинетической энергии материальной точки

Интегрирование дифференциальных уравнений движения точки (134), (135), (137) легко выполнимо лишь в частных случаях.

В большинстве случаев решение задач динамики весьма облегчается применением так называемых общих теорем динамики, а именно: теоремы кинетической энергии, количества движения и моментов количества движения.

Все эти теоремы выражают зависимость между координатами точки, скоростью и временем и называются первыми интегралами уравнений движения точки. Они получаются в результате различных преобразований дифференциальных уравнений движения.

В настоящем параграфе рассмотрим теорему кинетической энергии. Кинетической энергией Т  материальной точки называется половина произведения ее массы на квадрат скорости:

Кинетическая энергия является величиной скалярной и притом всегда положительной, обращающейся в нуль только в том случае, когда скорость движущейся точки относительно выбранной системы координат равна нулю.

Как видно, кинетическая энергия имеет размерность работы и является мерой механического движения, которое при известных условиях способно превратиться в эквивалентное количество другого вида движения (электрическая энергия, тепловая и пр.). При движении точки ее скорость меняется, а поэтому изменяется и кинетическая энергия. Найдем это изменение. Пусть на несвободную точку М действует равнодействующая заданных сил Р; действие же связи заменим ее реакциями (рис. 243).

Умножим теперь уравнения (137) соответственно на dx, dy и dz и сложим их: 

В случае свободной точки, когда

Для точки не свободной, когда (движение по поверхности), или когда (движение по линии), уравнение (а) обращается в уравнение (б) только при условиях:

Сравнивая эти условия с теми, которые получаются от дифференцирования уравнений связи:

в виде:

замечаем, что последние принимают вид предыдущих условий только при когда связи не изменяются со временем, т. е. когда поверхности, на линии пересечения которых находится движущаяся точка, не перемещаются в пространстве и не изменяют своей формы.

Итак, теорема кинетической энергии применима в том случае, когда связи стационарны, т. е. уравнения их не содержат времени t.

Для преобразования уравнения (б) запишем очевидное равенство:

Тогда уравнение (б) принимает вид:

т. е. бесконечно малое изменение кинетической энергии равно элементарной работе сил, приложенных к точке на одном и том же бесконечно малом ее перемещении. Для нахождения изменения кинетической энергии точки на некотором участке (рис. 243) следует произвести на этом участке суммирование всех элементарных изменений кинетической энергии и работы.

Обозначив скорость точки в положении через а в положении через , найдем:

Следовательно, изменение кинетической энергии материальной точки на некотором ее перемещении равно сумме работ приложенных к ней сил на том же перемещении.

В этом заключается теорема кинетической энергии точки. Применение этой теоремы для решения ряда задач удобно тем, что сюда входят только начальная и конечная скорости движущейся точки.

Задача №15

Какую скорость надо сообщить шарику М, прикрепленному к жесткому невесомому стержню, чтобы последний повернулся в плоскости чертежа вокруг О на заданный угол а (рис. 260).

Рис. 260.

Решение. При движении шарика на него действуют две силы: его вес Q и реакция стержня N. Уравнение кинетической энергии (147) в нашем случае примет вид .

Здесь конечная и начальная скорости шарика соответственно равны: , а работа реакции N равна нулю, так как при движении шарика сила N все время перпендикулярна . Величина скорости будет:

Задача №16

Тело А (рис. 261) весом Q кГ спускается без начальной скорости по гладкой цилиндрической поверхности, представленной на чертеже в виде четверти окружности радиуса . Далее, тело А начинает двигаться по горизонтальной шероховатой плоскости и, пройдя расстояние s, вследствие трения останавливается. Найти величину s, если коэффициент трения тела А о плоскость .

Указание: применяем для тела А, принятого нами за материальную точку, два раза теорему кинетической энергии для двух участков пути — криволинейного АВ и прямолинейного ВС.

Рис. 261.

В первом случае определяем скорость тела в положении В:

Принимая эту скорость для участка ВС за начальную, находим из уравнения (147):

откуда

Задача №17

При статическом загружении пружины грузом Q=200 кГ осадка равна . Пренебрегая массой пружины, найти ее наибольшую осадку h в двух случаях:

1)    когда груз Q положен на пружину и опущен без начальной скорости;

2)    когда груз падает на пружину без начальной скорости с высоты H = 8 см.

Рис. 262.

Решение. Найдем сначала осадку пружин h для того случая, когда на нее падает груз Q с высоты Н (рис. 262). Для нахождения h удобнее всего применить к падающему грузу теорему кинетической энергии точки на пути .

В правую часть уравнения (147) в нашем случае войдет работа двух сил, а именно—силы тяжести Q на участке и упругой силы пружины на участке В левой же части уравнения (147) будет стоять нуль, так как начальная и конечная скорости груза равны нулю.

На основании сказанного, а также на основании формул (143), (144) и (147) находим:

Подставим вместо с его значение по формуле (145) и сократим все уравнения на Q; тогда получим квадратное уравнение:

откуда    

Перед корнем будет знак , так как осадка пружины должна быть величиной положительной.

Полагая , найдем осадку пружины для случая, когда груз Q положен на пружину и отпущен без начальной скорости:

Задача №18

При механизации животноводческих ферм применяется механический разгрузчик, представляющий саморазгружающуюся вагонетку, вес которой вместе с грузом равен .

Груженая вагонетка скатывается без начальной скорости по наклонной плоскости, составляющей с горизонтом угол а = 30° с высоты Н и ударяется о две упорные пружины, расположенные в конце плоскости (рис. 263). В момент наибольшего сжатия пружин вагонетка автоматически разгружается и под действием упругих сил пружин поднимается на ту же высоту Н, причем вес порожней вагонетки равен .

Зная, что коэффициент трения при качении вагонетки и пренебрегая размерами вагонетки, определить соотношение между весами .

Рис. 263.

Решение. Во время движения вагонетки вниз по наклонной плоскости на нее действуют три силы: вес вагонетки, нормальная реакция плоскости и сила трения (рис. 263), а в момент сжатия пружин — еще и сила упругости пружин.

Обозначим жесткость пружин через с, а их наибольшее сжатие через h; тогда, принимая вагонетку за материальную точку и применяя к ее движению на участке теорему кинетической энергии (147), получим:

Начальная и конечная скорости вагонетки приняты равными нулю.

При движении вагонетки вверх по наклонной плоскости сила трения направлена в сторону, противоположную силе , а работа упругих сил пружин будет уже положительная; поэтому уравнение (147) примет вид:

Решая совместно полученные уравнения, находим:

Задача №19

Математический маятник состоит из грузика М (принимаемого нами за материальную точку), подвешенного на нерастяжимой и невесомой нити длиной  к неподвижной точке О (рис. 264). Маятник отклонили от вертикали на угол  и отпустили без начальной скорости. 

Для положения, когда нить составляет с вертикалью угол , определить величину углового ускорения а также реакцию нити N, если вес грузика равен Q кГ.

Рис. 264.

Решение. Применим для решения задачи естественные уравнения движения (135). Пусть в момент маятник составляет с вертикалью угол , а грузик, движущийся по дуге окружности радиуса , занимает положение М (рис. 264). Проведем через точку М оси , совпадающие с направлениями касательной и главной нормали к траектории точки М; тогда естественные уравнения движения (135) будут:

Подставляя значения   и, полагая  , найдем:

Решим эти уравнения относительно и N:

Вообще же:

Для определения скорости шарика соответствующей углу  , применим теорему кинетической энергии:

откуда

Подставляя значение скорости в выражение, найденное для реакции N, можем написать:

При

Консервативное поле и потенциальная энергия материальной точки

Природа возникновения сил, действующих на материальную точку, может быть различной. Так, при движении точки по шероховатой поверхности возникает сила трения, зависящая от нормальной реакции поверхности, которая, в свою очередь, зависит от скорости движения точки и других факторов. Аналогично при движении точки в сплошной среде возникает сила сопротивления среды, зависящая от скорости движения точки.

Однако имеется особая категория сил, обладающих тем свойством, что их величина и направление зависят только от положения точки (ее координат).

Из указанной категории сил мы рассмотрим только такие силы, работа которых не зависит от формы кривой, по которой происходит перемещение их точки приложения.

Такие силы называются консервативными, а область или часть пространства, где действуют эти силы, называется консервативным полем.

Примером силы, действующей в консервативном поле, может служить сила упругости пружины, зависящая от расстояния точки пружины от равновесного положения, соответствующего отсутствию деформации.

Точно так же величина и направление силы тяжести, действующей на точку, зависят от положения самой точки, а отсюда пространство вблизи земной поверхности является консервативным полем для сил тяжести.

Обратимся теперь к вычислению работы силы, действующей в консервативном поле.

Введем понятие силовой функции, под которой будем понимать такую функцию координат точки, полный дифференциал которой представляет элементарную работу консервативной силы. Обозначив ее через U, будем иметь:

с другой стороны:

откуда

или

Итак, проекции консервативной силы равны частным производным от силовой функции по соответствующим координатам.

Из равенств (148) следует:

Но, так как

то, составляя разности, найдем следующий признак консервативности силы:

Вычислим теперь полную работу силы, действующей в консервативном поле, при перемещении точки между положениями и

Пусть в положении , силовая функция имеет значение , а в положении  — значение ; тогда полная работа силы на пути равна разности этих значений:

Значения силовой функции U в различных точках поля, вообще говоря, различны. Положим, в некоторой точке поля М (х, у, z) силовая функция имеет значение С, т. е. U (x, у, z) = C.

Это равенство представляет собой уравнение поверхности с параметром С.

Такая поверхность, на которой расположены точки, имеющие одно и то же значение С силовой функции, называется поверхностью уровня или эквипотенциальной поверхностью.

Давая параметру С всевозможные значения , мы получим бесчисленное множество поверхностей уровня. Отсюда — потенциальное поле можно представить состоящим из отдельных слоев, имеющих каждый постоянное значение силовой функции.

При С=0 поверхность уровня проходит через нулевое положение . Во всех точках такой поверхности силовая функция равна нулю.

Из формулы (149) следует, что в каждой точке консервативного поля направление силы поля, действующей на точку, нормально к поверхности уровня, проходящей через эту точку.

В самом деле, пусть точка М лежит на поверхности уровня с параметром С (рис. 265). Дав точке М элементарное перемещение по поверхности уровня , найдем:

откуда поэтому сила Р перпендикулярна также и поверхности уровня.

Силовая функция точки, взятая со знаком минус, называется потенциальной энергией точки.

              Рис. 265.                                                Рис. 266.

Обозначая потенциальную энергию точки через , можем написать:

Пусть теперь точка М движется в консервативном поле под действием силы Р (рис. 266).

Обозначив скорости движущейся точки в положениях и соответственно через применим к точке М для участка пути теорему кинетической энергии:

где  — значения потенциальной энергии точки М в положениях  .

Далее имеем:

Но так как положения были выбраны нами произвольно, то отсюда следует:

т. е. при действии на материальную точку консервативных сил полная анергия материальной точки сохраняет постоянную величину.

В этом заключается закон сохранения энергии.

Импульс силы и теорема количества движения материальной точки

Приступая к выводу теоремы количества движения, остановимся на понятиях импульса силы и количества движения материальной точки.

Пусть на материальную точку М (рис. 256) действуют силы ; заменим эти силы их равнодействующей Р:

Тогда элементарным импульсом силы Р за бесконечно малый промежуток времени dt называется вектор dS, равный произведению силы Р  на dt: 

Из геометрического равенства равнодействующей силы и сил составляющих следует:

Импульсом силы Р за промежуток называется вектор S, равный геометрической сумме элементарных импульсов:

откуда

или, обозначая импульсы составляющих сил через , найдем:

Итак, импульс равнодействующей нескольких сил равен геометрической сумме импульсов сил составляющих.

Установим теперь понятие количества движения.

Количеством движения материальной точки М называется вектор, равный произведению ее массы на скорость и имеющий направление скорости.

Обозначим массу движущейся точки через , скорость ее через и вектор количества движения через К; тогда по определению имеем:

Скорость движущейся точки с течением времени изменяется, а поэтому изменяется также и ее количество движения. Найдем это изменение.

Напишем основное уравнение динамики:

Но так как

 то 

или

Итак, векторная производная по времени от количества движения равна равнодействующей сил, приложенных к точке.

В этом заключается теорема количества движения.

Изменение количества движения за промежуток  , очевидно, равно:

откуда

где — скорости точки M, когда она находится в положениях , соответствующих моментам (рис. 256).

Уравнение (152а) может быть записано в форме проекций на координатные оси:

Итак, изменения проекций количества движения за некоторый промежуток времени равны сумме одноименных проекций импульсов приложенных сил за тот же промежуток времени.

Уравнениями (152а) и (152б) часто пользуются при решении задач.

Задача №20

Материальная точка А весом Q = 10 кГ движется по окружности с постоянной скоростью в направлении, указанном стрелкой (рис. 267). Найти импульс силы, действующей на точку А, в двух случаях:

1)    когда точка А перейдет в положение , пройдя четверть окружности;

2)    когда точка А перейдет в положение, пройдя полуокружность.

Рис. 267.

Решение. Импульс силы, действующей на точку А за время прохождения точкой пути , найдется по формуле (152а):

Отсюда, определение сводится к нахождению разности векторов и , что легко проводится путем построения (рис. 267).

Так как , то , поэтому:

Аналогично находится импульс силы за время прохождения точкой пути :

Задача №21

Пренебрегая сопротивлением воздуха, определить время t и высоту h поднятия материальной точки, брошенной вверх со скоростью .

Рис.268.

Решение. Для нахождения времени t применим теорему количества движения в форме проекций, для чего возьмем начало отсчета О в точке, соответствующей началу толчка, а ось Ох направим по вертикали вверх (рис. 268). По первой из формул (152б) находим:

В нашем случае  

поэтому  откуда:

Высота поднятия h определяется по теореме кинетической энергии:

Задача №22

Тело весом Q = 60 кГ падает с высоты Н = 1 м и входит в землю на глубину h = 1 см. Считая сопротивление земли за время движения постоянным, определить время удара и величину ударной силы, равной силе сопротивления земли.

Решение. Для нахождения силы сопротивления земли Р применим теорему кинетической анергии на пути

В нашем случае . Работа силы тяжести на расстоянии положительна; работа силы сопротивления земли на расстоянии h отрицательна.

Это дает:

откуда

Для определения времени удара применим теорему количества движения на участке h в форме проекций на вертикальное направление.

По одной из формул (152б) находим:

Здесь определяется по теореме кинетической энергии аналогично предыдущему.

Окончательно имеем:

Отсюда видно, что при ударе развивается значительная сила, действующая в продолжение короткого промежутка времени.

Поэтому в теоретической механике часто считают время удара бесконечно малым, а ударную силу бесконечно большой; при этом произведение силы на время (мгновенный импульс) является конечной величиной, измеряемой количеством движения при ударе.

Теорема моментов количества движения материальной точки

Подобно тому, как в статике вводятся понятие момента силы относительно точки, мы можем ввести также в рассмотрение момент вектора количества движения. Обозначим равнодействующую всех заданных сил и реакций связей точки В через Р, а вектор ее количества движения через К (рис. 269).

Пусть положение движущейся точки М в данный момент определяется радиусом-вектором . Тогда, как известно из статики, момент силы Р относительно точки О будет:

Аналогично, моментом количества движения относительно точки О называется вектор L, величина и направление которого определяется векторным произведением и К, т.е.:

или

Продифференцируем выражение (153) по времени:

Но так как  , а по теореме количества движения , то окончательно имеем:

Итак, первая производная по времени от вектора момента количества движения относительно неподвижной точки О равна моменту равнодействующей силы относительно той же точки.

Рис. 269.

В этом заключается теорема моментов количества движения, или теорема о кинетическом моменте точки.

Дадим аналитическое выражение теореме моментов количества движения, для чего спроектируем геометрическое равенство (154) на координатные оси

т. е. производная по времени от момента количества движения относительно какой-либо оси равна моменту равнодействующей всех приложенных сил относительно той же оси.

Задача №23

Найти закон качания математического маятника (рис. 270). Во время качаний маятника на него действуют две силы — сила тяжести Q и реакция нити N. Так как N проходит через О, то ее момент относительно оси вращения обращается в нуль.

Рис. 270.

Решение. Пусть в данный момент положение качающегося маятника определяется углом , образованным нитью ОВ с вертикалью. Угол с течением времени изменяется. Найдем это изменение, для чего применим теорему моментов количества движения в виде одного из равенств (154а), приняв за ось моментов некоторую ось , проходящую через О перпендикулярно к плоскости чертежа:

Здесь 

После подстановки вместо и их значений получим:

или

Так как полученное дифференциальное уравнение качаний математического маятника интегрируется при помощи эллиптических функций, то, ограничиваясь случаем малых колебаний маятника, полагаем ; тогда:

Это дифференциальное уравнение может быть уже легко проинтегрировано (см. задачу к рис. 247).

Для дальнейшего обобщения теоремы моментов количества движения найдем скорость движения точки в полярных координатах.

Рис. 271.

Пусть в момент t движущаяся точка занимает положение В (рис. 271), определяемое радиусом-вектором 

Из кинематики известно, что скорость точки .

Но, так как где —единичный вектор радиуса-вектора то:

Из векторного анализа известно, что  [см. формулу (21)].

Итак, скорость точки, представляющая векторную производную г по t, является геометрической суммой двух составляющих, из которых первая ,  направленная по радиусу-вектору, характеризует быстроту изменения его величины; вторая же  характеризует быстроту изменения радиуса вектора по направлению.

Составляющие называются соответственно радиальной и трансверсальной компонентами вектора скорости.

Секторной скоростью точки В (рис. 271) называют площадь, отнесенную ко времени, описываемую ее радиусом-вектором.

Так как площадь содержащаяся между двумя бесконечно близко расположенными радиусами-векторами и , равна:

то, заменяя элементарный сектор круговым с центральным углом и радиусом , найдем:

Отсюда видно, что секторная скорость точки, найденная относительно некоторого неподвижного полюса О, равна половине момента скорости точки В относительно того же полюса.

Следовательно, секторную скорость точки можно представить вектором , равным половине векторного произведения  на :

Мы нашли секторную скорость точки, движущейся как угодно в пространстве.

В астрономии, электротехнике и пр. часто приходится вычислять секторную скорость точки, совершающей движение в одной из координатных плоскостей при полюсе в начале координат. В этом случае секторную скорость в каждой из координатных плоскостей можно рассматривать, как секторную скорость точки, представляющей проекцию точки В на соответствующую плоскость.

Обозначая секторные скорости в каждой из координатных плоскостей yOz, xОz и хОу соответственно через  и найдем их величины из формулы (156а):

Впервые понятие секторной скорости было введено в механику Кеплером через его второй закон: радиусы-векторы, соединяющие Солнце с отдельными планетами, описывают в равные времена равные площади. Отсюда следует, что секторная скорость для каждой планеты имеет свое постоянное значение.

Полагая , по формуле (156) найдем:

откуда

т. е. площадь сектора возрастает пропорционально времени, а поэтому площади секторов, описываемые в равные промежутки времени, должны быть равны между собой.

Рис. 272.

Из рисунка 272 видно, что при движении планеты по орбите, представляющей эллипс, в одном из фокусов О которого находится Солнце, площади секторов и , описанные радиусом—вектором планеты за одно и то же время, должны быть равны между собой; следовательно,  , т. е. чем планета находится ближе к Солнцу, тем она быстрее движется по своей орбите. Введем теперь в равенства (154 а), выражающие теорему моментов количества движения, сектриальные скорости, определяемые по формулам (156б):

В последние равенства, выражающие теорему моментов количества движения, входят секторные скорости, зависящие от изменения некоторых площадей, поэтому данную теорему называют также теоремой площадей.

При применении теоремы моментов могут встретиться два частных случая.

1.    Положим . Это может быть в том случае, когда сила Р и ось z расположены в одной плоскости.

Следовательно:

откуда

 или 

Т. е. получив интеграл площадей, мы видим, что секторная скорость в плоскости хОу постоянна.

2.    Положим . Это будет в том случае, когда сила проходит все время через полюс О; такая сила называется центральной. Величина центральной силы может меняться по любому закону, в частности она может зависеть от времени, координат, скорости и пр.

Здесь мы имеем случай, когда , а поэтому .

Отсюда , и мы получаем уже три интеграла площадей. Так как при действии центральной силы точка движется в плоскости, определяемой начальной скоростью и полюсом О, то оггсюда следует, что траектории при центральных движениях представляют плоские кривые и вектор L перпендикулярен к плоскости, содержащей траекторию точки.

Если за плоскость движения точки принять координатную плоскость хОу, то тогда из трех интегралов площадей будет иметь место только один: , а два других обращаются в тождество: 0=0.

Следовательно, при действии центральной, силы секторная скорость точки постоянна.

Задача №24

Шарик М весом Q кГ, привязанный к нерастяжимой нити, скользит по инерции по гладкой горизонтальной плоскости; другой конец нити втягивают с постоянной скоростью в отверстие О на плоскости (рис. 273). Определить закон движения шарика, если известно, что в начальный момент нить была натянута, расстояние между шариком и отверстием равнялось R и начальная скорость шарика равна .

Рис. 273.

Решение. Взяв О за полюс, напишем уравнение связи в полярных координатах . Единственной силой, действующей на точку М, является сила натяжения нити, проходящая все время через точку О. Так как эта сила центральная, то имеет место интеграл площадей:

При откуда

Следовательно:

или

где

При  откуда окончательно находим:

Задача №25

При своем движении планета описывает эллипс, в одном из фокусов которого О находится Солнце (рис. 272). Когда планета находится на кратчайшем расстоянии от Солнца, она обладает скоростью .

Найти скорость планеты в противоположной вершине эллипса, если большая полуось и эксцентриситет эллипса соответственно равны а и е.

Решение. Пусть положения планеты в указанных крайних положениях по отношению к точке О определяются соответственно радиусами-векторами . Так как единственной силой, действующей на планету, является центральная сила притяжения, направленная к точке О, то имеет место интеграл площадей:

Так как и , то можем написать:

Откуда получаем:

Колебательное движение материальной точки

С колебательным движением материальных точек и систем часто приходится встречаться в технике. Так, например, элементы машин и сооружений, будучи упругими, под действием приложенных сил способны вибрировать. Иногда вибрации достигают значительной величины и являются уже недопустимыми с точки зрения прочности и нормальной работы машины или сооружения. Поэтому задача заключается в том, чтобы изучить вопросы колебательного движения и тем самым предотвратить те случаи вибраций, которые являются опасными.

Прямолинейное колебательное движение материальной точки

Начнем с изучения прямолинейного колебательного движения материальной точки; при этом рассмотрим следующие случаи.

1. Материальная точка совершает свободные колебания.

Рис. 274.

Колебательное движение точки М (рис. 274) называется свободным, если оно происходит под действием силы Р, пропорциональной удалению точки М от некоторого центра притяжения О и направленной все время к этому центру:

Такая сила называется восстанавливающей.

Постоянный множитель с, очевидно, имеет размерность  и определяет величину восстанавливающей силы в тот момент, когда точка находится на расстоянии единицы от центра притяжения.

Для выяснения характера движения точки М составим дифференциальное уравнение ее движения:

Условимся по поводу знаков для расстояний и сил. Будем считать х положительным, если точка М находится справа от начала отсчета, и отрицательным — если слева. Условимся силу считать положительной, если ее направление (проекция) совпадает с положительным направлением оси Ох и отрицательной — если сила направлена в сторону, противоположную положительному направлению оси Ох. Так, например, в нашем случае силу Р следует взять со знаком минус, а силу Рх со знаком плюс.

Нетрудно видеть, что, соблюдая указанное правило знаков, мы получаем для точки, находящейся в положении М, такое же дифференциальное уравнение движения, что и для точки, находящейся в положении :

что совпадает с предыдущим уравнением. Разделим теперь дифференциальное уравнение на  и обозначим ; тогда:

Составляем, далее, характеристическое уравнение . Так как корни его мнимые: , то отсюда общий интеграл дифференциального уравнения (158) будет:

что следует из теории линейных однородных дифференциальных уравнений.

Вместо неизвестных постоянных интегрирования введем новые  положив:  тогда:

Итак, свободное колебательное движение материальной точки является гармоническим (см. § 22). Здесь  — фаза колебаний.

Постоянные интегрирования представляющие амплитуду колебаний и начальную фазу, определятся из начальных условий:

откуда  

Частота свободных колебаний определяется формулой:

Отсюда находим период свободных колебаний:

Из формул (159) и (160) видно, что частота и период свободных колебаний не зависят от начальных условий.

Выше нами было получено дифференциальное уравнение малых качаний математического маятника (155):

Сравнивая это уравнение с выражением (158), находим, что период колебаний математического маятника выразится:

Задача №26

К свободному концу упругого стержня АО, заделанного жестко одним концом, прикреплен груз О весом Q кГ (рис. 275). При отклонении груза на 1 см нужно приложить силу с кГ . Величина с называется жесткостью. Определить, во сколько раз надо изменить вес груза Q, чтобы период его колебаний увеличился в два раза. При решении задачи массой стержня следует пренебречь и колебания груза считать малыми и прямолинейными.

Рис. 275.

Решение. Груз Q совершает свободные колебания. Обозначим груз, при котором период колебаний увеличивается в два раза, через ; тогда для грузов периоды колебаний определятся по формуле (160): 

Для определения возведем обе части этих равенств в квадрат и разделим одно равенство на другое, тогда после сокращения найдем:

Задача №27

Определить период колебаний Т груза прикрепленного к двум пружинам, имеющим различные жесткости (рис. 276).

Известно, что для удлинения верхней пружины на 1 см нужна сила 10 кГ, а нижней пружины 5 кГ. При решении задачи силами сопротивления следует пренебречь.

       Рис. 276.              Рис. 277.

Решение. Жесткости верхней и нижней пружин соответственно равны: и .

Пусть под действием груза Q верхняя пружина вытянулась на , тогда нижняя пружина сократится на эту же величину. Отсюда сила Q, равная упругой силе пружин, определится:

где — приведенная жесткость пружин, равная .

Период колебаний груза Q будет:

• Заказать решение задач по теоретической механике

Задача №28

Решить предыдущую задачу для того случая, когда пружины, имеющие жесткости соединены последовательно (рис. 277).

Решение. Пусть под действием силы Q первая пружина вытянется на величину , а вторая – на . Так как сила, растягивающая каждую пружину, равна Q, то вытягивание каждой из пружин будет:

Удлинение обеих пружин равно:

Отсюда приведенная жесткость пружин будет:

и период колебаний груза Q:

2. Материальная точка совершает вынужденные колебания.

Колебательное движение точки М (рис. 278) называется вынужденным, когда на нее, помимо восстанавливающей силы , действуетеще возмущающая сила , выражающаяся функцией времени. В технике наиболее часто приходится встречаться с теми случаями, когда возмущающая сила является периодической функцией вида:

Рис. 278.

Составим дифференциальное уравнение движения точки:

Разделив все уравнение на , введем обозначения:   Тогда дифференциальное уравнение вынужденных колебаний примет вид:

Решение линейного неоднородного дифференциального уравнения (162), как известно, складывается из двух решений: общего без правой части, которое нами было получено при рассмотрении свободных колебаний точки, и частного с правой частью. Пусть при частное решение уравнения (162) будет:

Найдем такие значения и , которые удовлетворяли бы уравнению (162), для чего в это уравнение подставим вместо х написанное выше выражение:

Сравнивая коэффициенты при и , находим:

Интеграл уравнения без правой части нами был получен выше. Отсюда общее решение дифференциального уравнения (162) вынужденных колебаний будет:

Итак, при одновременном действии восстанавливающей и возмущающей сил, материальная точка совершает движение, составленное из двух гармонических колебаний, из которых первое называется собственным или свободным колебанием, а второе вынужденным колебанием.

Из формулы (163) видно, что амплитуда вынужденных колебаний А будет:

Интересно отметить, что даже при небольшой величине h, т. е. при малой возмущающей силе, амплитуда вынужденных колебаний достигает большой величины, если частоты свободных и вынужденных колебаний k и р близки друг к другу. Наконец, если частоты совпадают, т. е. если , то . Это явление называется резонансом.

Если , то частное решение уравнения (162) отыскивается в форме:

Поступая no предыдущему, найдем:

Поэтому, при общий интеграл уравнения (162) получается в виде:

Отсюда видно, что при равенстве частот, а следовательно, и периодов свободных и вынужденных колебаний амплитуда точки М с течением времени беспредельно возрастает.

Задача №29

К концу упругого стержня, заделанного другим концом, прикреплена ось вращения груза D, делающего постоянное число оборотов (рис. 279).

При каком числе оборотов в минуту груза D вокруг оси может наступить для стержня явление резонанса, если вес груза в точке равен жесткость стержня с = 2000 кГ/см и вес груза, насаженного на конце стержня , равен Q = 200 кГ.

Рис. 279.

Все размеры указаны на чертеже. При решении задачи массами стержней пренебречь.

Решение.

Рассмотрим вертикальное перемещение точек D и . Груз D, принятый нами за материальную точку, находится под действием двух сил: веса Q и реакции стержня N. На конец балки действуют три силы: одна из них  равна по величине силе N и представляет действие груза D на ось вращения, другая сила Р является силой упругости стержня и равна и третья—сила веса . Выбрав начало координат в точке соответствующей статическому прогибу стержня / под действием грузов и  , составим дифференциальные уравнения движения по оси у для точек D и :

Из второго уравнения находим:

Но так как по закону «действие равно противодействию» , то, подставляя найденное значение в первое уравнение, получим:

Из чертежа видно, что и, кроме того,  поэтому после простых преобразований уравнение (а) примет вид:

Сравнивая это уравнение с (162), видим, что конец стержня совершает вынужденные колебания, при этом квадраты частот свободных и вынужденных колебаний соответственно равны:

Явление резонанса наступит при условии, когда , а отсюда:

3. Колебания материальной точки при наличии сопротивления. Рассмотренная нами теория свободных и вынужденных колебаний материальной точки совершенно не учитывает сопротивления, возникающего при движении точки. Между тем, силы сопротивления оказывают значительное влияние на характер колебательного движения, способствуя иногда быстрому его затуханию.

Рис. 280.

Так, например, если груз, прикрепленный к свободному концу пружины, закрепленной другим концом, вытянуть и отпустить, то он, совершив некоторое число колебаний, под влиянием сил сопротивления, остановится. Изучим сначала влияние сил сопротивления для случая свободных колебаний материальной точки.

Пусть точка М (рис. 280) находится под действием восстанавливающей силы сх и силы сопротивления среды, пропорциональной первой степени скорости движущейся точки и равной . Составим дифференциальное уравнение движения точки:

Разделим все уравнение на  и введем обозначения:

тогда получим окончательный вид дифференциального уравнения Свободных колебаний с учетом сопротивления:

Для нахождения интеграла этого уравнения составим характеристическое уравнение: и найдем его корни:

Здесь могут встретиться три случая.

а) Случай малого сопротивления, когда , или, что то же, когда .

Здесь корни характеристического уравнения получаются мнимые:

Поэтому общий интеграл уравнения (165) будет:

Заменим постоянные интегрирования и через постоянные по формулам:

после чего получим:

где

Постоянные интегрирования определяются по начальным данным. Из уравнения (166) следует, что точка совершает колебательное движение, причем множитель , стоящий при амплитуде, указывает на то, что колебания затухают с течением времени. Это явление наглядно представлено на графике затухающих колебаний (рис. 281).

Рис. 281.

Из выражения для периода затухающих колебаний:

видно, что он сохраняет постоянную величину и не зависит от начальных условий. Сравнивая периоды свободных колебаний без учета и с учетом сопротивления, замечаем, что сопротивление увеличивает период свободных колебаний. Обозначим в уравнении (166) величину одного размаха через , тогда, давая времени t значения , где  —время одного размаха, мы получим величины последующих размахов: Отсюда следует, что величины размахов уменьшаются в отношении . Величину , представляющую разность натуральных логарифмов двух последующих размахов, называют логарифмическим декрементом, а — коэффициентом затухания.

б)    Случай, когда Здесь корни характеристического уравнения получаются равными и общий интеграл уравнения (165) будет:

Это движение уже не будет колебательным.

в)    Случай большого сопротивления, когда , что то же, когда .

В этом случае корни характеристического уравнения получаются:  

и общий интеграл уравнения. (165) принимает вид:

Движение, определяемое этим уравнением, также не является колебательным и называется апериодическим.

Задача №30

Для определения вязкости жидкости проделывают следующий опыт: прикрепив к двум одинаковым пружинам жесткости с тонкую пластинку А (рис. 282, а), заставляют ее совершать горизонтальные колебания в той жидкости, вязкость которой хотят определить, и находят период колебания .

Затем ту же пластинку А заставляют колебаться в воздухе, прикрепив ее к концу пружины той же жесткости с (рис. 282, б), и находят период колебания . Силу трения, выраженную в граммах между пластинкой и жидкостью, можно принять равной , где  — поверхность пластинки, находящейся в жидкости, — ее скорость, — коэффициент вязкости. По найденным из опыта величинам  определить коэффициент вязкости  зная, что вес пластинки равен .

Рис. 282.

Решение. Составим дифференциальные уравнения движения пластинки для двух случаев, когда она колеблется в воздухе и когда колебания ее происходят в жидкости. В первом случае дифференциальное уравнение имеет вид:

или

Во втором случае, считая колебания пластинки прямолинейными, находим:    

или

Сравнивая уравнения(а) и (б) с уравнениями (158) и (165),видим,что колебания пластинки в воздухе свободные, а в жидкости затухающие.

Отсюда периоды колебаний для колебания пластинки в воздухе и в жидкости определятся по формулам (160) и (167):

где

Коэффициент определим из уравнений (в) и (г). Решаем сначала уравнение (в) относительно с:

Подставляя значение с в уравнение (г) и, решая его относительно находим окончательно:

Задача №31

Пластинка весом Q= 100 г, подвешенная на пружине, движется между полюсами магнита.

Вследствие токов Фуко движение тормозится силой, пропорциональной скорости. Сила сопротивления движению равна:

где

— скорость в см/сек;

Ф — магнитный поток между полюсами.

В начальный момент скорость пластинки равна нулю, и пружина не растянута; удлинение ее на 1 см получается при статическом действии силы в 20 г. Определить движение пластинки в том случае, когда максвеллов.

Рис. 283.

Решение. Во время колебания пластинки (рис. 283) на нее действуют следующие силы: вес пластинки Q, сила упругости пружины и сила сопротивления движению .

Дифференциальное уравнение движения пластинки будет:

или

Обозначив:

получим:

Как было показано выше, общий интеграл такого дифференциального уравнения будет:

Скорость движения пластинки:

Для определения постоянных интегрирования воспользуемся начальными условиями.

При t = 0

при t = 0

Подставляя найденные численные значения, получим окончательно:

4. Вынужденные колебания материальной точки при наличии сопротивления. Рассмотрим, наконец, влияние сопротивления на вынужденные колебания материальной точки.

В этом случае, как легко видеть, дифференциальное уравнение движения материальной точки принимает вид:

Решение этого уравнения представляется в виде суммы общего интеграла уравнения (168) без правой части:

который для случая малого сопротивления, когда выражается уравнением (166) и частного решения; последнее мы будем искать в виде:

Из последнего равенства находим:

Подставляя из последних равенств значения в уравнение (168) и сравнивая коэффициенты при cos pt и sin pt получим систему двух уравнений с двумя неизвестными В и D:

Решая совместно полученные уравнения, найдем, что D и В будут равны:

и

Подставляя значения D и В в равенство (а), будем иметь: 

Введем обозначения:

тогда получим частное решение уравнения (а) в виде:

Следовательно, решение дифференциального уравнения (168) может быть представлено в виде:

Первое слагаемое правой части равенства (170) представляет затухающие колебания, второе слагаемое—гармонические колебания с частотой р, амплитудой А и начальной фазой . Наличие второго слагаемого обусловлено действием возмущающей силы, а поэтому эти колебания называются вынужденными.

Амплитуду вынужденных колебаний можно представить иначе:

Если предположить, что , т. е. возмущающая сила прикладывается статически, то , и поэтому .

Но так как  то .

В силу равенства (145) величина  представляет наибольшее перемещение точки, которое получилось бы при наибольшем значении возмущающей силы Н, если бы она была приложена статически.

Величина же

представляет коэффициент динамичности, который может оказать значительное влияние на увеличение амплитуды колебаний.

Рис. 284.

На рисунке 284, а изображены кривые, показывающие, как изменяется коэффициент динамичности в зависимости от т. е. от отношения при различных значениях . Из этих кривых видно, что точки максимума коэффициента динамичности расположены несколько левее ординат, соответствующих резонансу, когда . При уменьшении коэффициента сопротивления , уменьшается также , а коэффициент динамичности возрастает. В этом случае приобретает максимальное значение при отношении , близком к единице. Поэтому при расчетах в большинстве случаев принимают при отношении .

Если при , то , а отсюда и , т. е. амплитуда вынужденных колебаний неограниченно возрастает, что практически может привести к разрушению конструкции.

Из рисунка 284, а видно, что в области, близкой к состоянию резонанса, когда отношение находится в пределах 0,75— 1,25, затухание оказывает существенное влияние на уменьшение коэффициента динамичности .

Из уравнений (168) и (170) следует, что вынужденные колебания отстают от возмущающей силы по фазе на величину , определяемую вторым равенством (169). Во многих случая учет разницы фаз при исследовании вынужденных колебаний имеет большое практическое значение. Такой учет необходимо бывает производить, например, при динамометрировании сельскохозяйственных машин, когда приходится вычислять тяговые усилия, пользуясь динамограммой, полученной с помощью приборов, называемых динамографами.

На рисунке 284, б показаны диаграммы, представляющие характер изменения при различных значениях .

Из этих диаграмм видно, что при малых затуханиях, когда , а следовательно, и малы, в области, близкой к резонансу, имеют место резкие изменения фазы вынужденных колебаний . Так, при разница фаз мала, она становится равной , когда , и приближается к в случае .

При , когда , разница фаз Изменяется сразу с 0 на .

Если , т. е. когда частота вынужденных колебаний меньше частоты собственных колебаний , то и вынужденные колебания находятся в одной фазе с возмущающей силой.

Если же , т. е. , то , и вынужденные колебания находятся в противоположной фазе с возмущающей силой. Так, например, если к нижнему концу пружины подвесить груз, а верхнему концу сообщить колебательное движение с помощью кривошипа или руки, то при , т. е. когда , колеблющийся груз достигает своего нижнего положения, когда возмущающая сила получит наибольшее значение в направлении вниз. Если же , т. е. , то в момент, когда возмущающая сила достигнет своего максимального значения в направлении вниз, колеблющийся груз достигнет своего верхнего положения.

И, наконец, если , т. е. когда частота вынужденных колебаний верхнего конца пружины совпадет с частотой собственных колебаний груза, то возмущающая сила и вынужденные колебания груза изменятся по фазе на величину .

Относительное движение материальной точки

С вопросом относительного движения точки мы уже встречались в разделе кинематики. Изучим теперь динамику относительного движения материальной точки, находящейся под действием сил .

Как известно, абсолютное ускорение точки равно геометрической сумме трех ускорений — относительного, переносного и поворотного:

Умножим обе части этого равенства на

откуда

Обозначим

и назовем эти векторы соответственно центробежной, касательной и кориолисовой силами инерции, тогда получим:

Следовательно, относительное движение точки можно рассматривать как абсолютное, происходящее под действием приложенных сил и трех сил инерции: центробежной, касательной и кориолисовой.

В правую часть равенства (172) вошли центробежная, касательная и кориолисовая силы инерции. Эти силы являются фиктивными. Они прикладываются к материальной точке, совершающей относительное движение, и каждая из этих сил равна произведению массы точки на соответствующее ускорение и направлена в сторону, противоположную этому ускорению.

Задача №32

Точка привеса математического маятника длиной (рис. 285) совершает горизонтальные гармонические колебания: . Определить малые колебания маятника, считая, что в момент он находится в покое.

Рис. 285.

Решение. Переносное движение маятника поступательное, совершающееся по закону: Согласно вышеизложенному, для определения малых колебаний маятника присоединим к действующим силам Q и N переносную силу инерции:

где

Применим теперь теорему моментов количества движения по отношению к оси у, проходящей через О перпендикулярно к плоскости чертежа:

где

Так как по условию колебания малые, то можно положить: .

После подстановки найденных значений и в уравнение (а) найдем:

Положим ; тогда получим:

Общий интеграл уравнения (б) найдется как сумма общего интеграла без правой части:

и частного решения вида: . Следовательно:

Постоянные интегрирования и определятся из начальных условий:

Подставляя значения постоянных интегрирования в уравнение (в), получим окончательно:

Задача №33

Сигнальное устройство ручного сепаратора состоит из рукоятки OA длиной , представляющей полую трубку, вдоль которой может перекатываться шарик В весом Q кГ (рис. 286). Найти закон движения шарика по отношению к трубке, если рукоятка вращается вокруг оси О с постоянной угловой скоростью , а в начальный момент шарик находился в точке А и его относительная скорость равнялась нулю.

Рис. 286.

Трением шарика о стенки трубки пренебречь.

Решение. Относительное движение шарика вдоль трубки можно рассматривать как абсолютное, присоединив к действующим силам Q и N переносную и

кориолисовую силы инерции . Величина .

Дифференциальное уравнение относительно движения шарика будет:

Полагая  и сокращая все уравнение на Q, получим:

Общее решение полученного дифференциального уравнения (а) складывается из двух решений: общего без правой части и частного с правой частью:

Для нахождения решения дифференциального уравнения без правой части составим характеристическое уравнение и найдем его корни 

Так как корни характеристического уравнения действительные, то общий интеграл будет:

Для получения частного решения с правой частью положим:

Подставляя эти значения в уравнение (а), найдем:

Поэтому частное решение с правой частью будет:

а общее решение:

Заменяя получим:

Определим постоянные интегрирования из начальных условий.

По условию при и . Подставляя эти значения в выражения , получим следующую систему двух уравнений:

из которых находим:

Поэтому:

Динамика

Динамика  — основной раздел теоретической механики. В динамике изучают механическое движение материальных объектов в связи с силами, приложенными к ним. Простейшим объектом является материальная точка — геометрическая точка, наделенная массой. Для решения текстовых задач , требуется определенный навык прочтения условия, умение выделить существенное, заметить недосказанное и, главное, не приписать к условию того, чего там нет. Например, если в задаче речь идет об автомобиле, который при некоторых условиях разгоняется за одно время, а при других условиях — за другое, то естественно предположить, что двигатель в обоих случаях один и тот же, и все параметры движения, кроме тех о которых явно сказано, одинаковые. Общий принцип здесь — не вносить в условие дополнительных сложностей и использовать все имеющиеся в тексте данные. Кроме того, для успешного решения этих задач рекомендуем повторить методы интегрирования) и методы решения дифференциальных уравнений.

Постоянные силы

Постановка Задачи. Материальная точка движется по прямой или по окружности под действием постоянных по величине сил. Определить закон движения точки или отдельные параметры движения.

План решения:

1. Выбираем систему координат. Для прямолинейного движения ось х направляем вдоль линии движения точки. Уравнения движения под действием сил, главный вектор которых обозначим как имеют вид

При движении по окружности используем уравнения движения в естественных осях:

Нормаль n направлена к центру окружности, — орт касательной, направленный в сторону увеличения дуговой координаты Ось — перпендикулярна плоскости окружности.

Прикладываем к точке все действующие на нее силы.

2. Составляем дифференциальные уравнения движения в проекциях на оси. В проекции на одну из осей уравнение движения вырождается в уравнение равновесия. Если в условии задачи есть трение, то из этого уравнения можно найти силу трения или выразить ее через другие силы.

3. Интегрируем дифференциальное уравнение. Константы интегрирования определяем из начальных условий.

4. Из полученного закона движения определяем необходимые величины.
11.1.Постоянные силы

Задача №34

С аэростата сбросили балласт, падение аэростата замедлилось, и через время он поднялся на ту высоту, с которой сбросили балласт. Сила сопротивления воздуха R = const, подъемная сила аэростата — Т, масса аэростата без балласта — m. Сколько времени после сброса балласта аэростат опускался?

Решение

1. Ось у. направим вверх, поместив ее начало в нижней точке траектории аэростата. При падении на аэростат действуют силы тяжести сила сопротивления воздуха R и подъемная сила Т (рис. 121). Аэростат принимаем за материальную точку.

2.Составляем дифференциальное уравнение движения:

3.Дважды интегрируем уравнение движения. Для постоянных сил интеграл берется просто:

Начальные условия: t = 0, у = H, Отсюда находим константы интегрирования Получаем уравнения

Аналогично составляем уравнение при подъеме аэростата.

Сила сопротивления при этом меняет свое направление (рис. 122). Оставляя ось у прежней, время отсчитываем от нуля с момента подъема:

Интегрируя уравнение

получаем

Начальные условия: Находим константы интегрирования: Из (4) следует

4. Находим искомое время падения. Обозначаем его за а время подъема — за По условию Подставляем в (1,2) условия: Получаем систему трех

уравнений с неизвестными

Исключая неизвестную высоту Н и неизвестную начальную скорость получаем

Переменные силы

Постановка Задачи. Материальная т,очка движется по прямой или по окружности под действием переменных сил. Определить закон движения точки или отдельные параметры движения.

План решения:

1. Выбираем систему координат. Для прямолинейного движения ось х направляем вдоль линии движения точки. При движении по окружности используем полярную систему координат с началом в центре окружности.

Прикладываем к точке все действующие на нее силы.

2. Составляем дифференциальные уравнения движения в проекциях на оси.

3. Интегрируем дифференциальное уравнение.

В зависимости от вида сил, действующих на точку, различают следующие случаи.

A. Сила зависит только от времени F = F(t). Решение задачи сводится к интегрированию функции F(t).

Б. Сила зависит только от координаты точки F = F(x). Вводится замена переменной после чего получается уравнение с разделяющимися переменными.

B. Сила зависит только от скорости точки Если в начальных условиях или в вопросе присутствуют время и скорость, то следует использовать замену Если в начальных условиях или в вопросе присутствуют координата и скорость, то вводят замену переменной

Г. Сила зависит только от скорости точки и от координаты Если в начальных условиях или в вопросе присутствуют скорость и координата, то вводят замену переменной Дифференциальное уравнение допускает разделение переменных: .

Константы интегрирования определяем из начальных условий.

4. Из полученного закона движения определяем необходимые величины.

Задача №35

Грузовик массой m имеет максимальную скорость и разгоняется с места до за время Сила сопротивления пропорциональна скорости. Чему равна средняя сила тяги двигателя грузовика?

Решение

1. Ось х системы координат принимаем горизонтальной, начало координат помещаем в начальное положение грузовика. Изображаем грузовик в некоторый промежуточный момент движения. На него действует сила тяжести сила сопротивления пропорциональная скорости с неизвестным пока коэффициентом неизвестная сила тяги F и реакция опоры N (рис. 123).

2. Составляем дифференциальное уравнение движения в проекции на ось х:

3. Дважды интегрируем уравнение движения. Так как правая часть уравнения является функцией скорости, а в вопросе задачи содержится время, вводим замену и интегрируем уравнение с разделяющимися переменными

Начальные условия: Так как в этой задаче не идет речь о расстояниях, то интегрировать второй раз и использовать условие на координату х не требуется. Из условия на скорость находим константу интегрирования Зависимость скорости от времени движения принимает вид

4. Находим искомую силу тяги F грузовика, считая сс постоянной. Для этого используем все имеющиеся в задаче данные. Известна максимальная скорость Необходимым условием экстремума функции является равенство или Отсюда: Подставляем это соотношение в (1), откуда, при  получаем среднюю силу тяги грузовика 

Теорема о движении центра масс

постановка задачи. Механизм, состоящий из п связанных между собой тел, установлен на призме, находящейся на горизонтальной плоскости. Трение между призмой и плоскостью отсутствует. Одно из тел получает перемещение относительно призмы. Куда и на какое расстояние переместится призма?

План решения:

Для решения задачи используем теорему о движении центра масс. Выбираем систему координат. Одну из осей, например, ось х направляем перпендикулярно линии действия внешних сил. В проекции на ось х уравнение движения центра масс принимает вид

где — координата центра масс системы, масса всей системы. Дважды интегрируя (1) при условии, что в начальный момент скорость центра масс была равна нулю, получаем

Координата центра масс системы вычисляется по формуле

Записывая (2) с учетом (3) один раз для начального положения системы (в покое), а другой раз после смещения одного из тел, получаем формулу, связывающую абсолютные смещения тел системы:

1.    Абсолютное смещение каждого тела представляем как сумму относительного смещения, зависящего от величины заданного относительного смещения одного из тел, и неизвестного переносного смещения , равного абсолютному смещению того тела, относительно которого задавалось смещение.

2.    Подставляя абсолютные смещения в (4), получаем уравнение для смещения Решение уравнения дает ответ.

Задача №36

Механизм, состоящий из груза А массой 50 кг, блока В массой 80 кг (больший радиус R = 30 см, меньший г = 10 см) и цилиндра С массой 120 кг радиусом , установлен на призме D массой 210 кг, находящейся на горизонтальной плоскости. Трение между призмой и плоскостью отсутствует. Груз А получает перемещение S = 1.2 м относительно призмы вдоль ее поверхности влево; (рис. 124). Куда и на какое расстояние переместится призма?

Решение

Задаем систему координат. Проекции на горизонтальную ось всех внешних сил (сил тяжести , реакции опоры N), действующих на систему, равны нулю (рис. 125), а трения между призмой D и опорой по условию нет. Применим к системе следствие из теоремы о движении центра масс в форме (4).

1. Абсолютное смещение тел А, В и С представляем как сумму относительного смещения, зависящего от величины S относительного смещения груза А, и неизвестного переносного смещения , равного
абсолютному смещению призмы, относительно которой задавалось смещение 5. Обозначаем абсолютные смещения координат центров масс тел системы . Направление оси х определяет знаки смещений: налево с минусом, направо с плюсом. Предполагаем, что призма сместится направо. Перемещение центра цилиндра

С относительно призмы и перемещение груза А связаны так же. как связаны их скорости.

Цилиндр С совершает плоское движение. Абсолютное смещение его центра в проекции на ось х равно — смещение центра цилиндра вдоль наклонной поверхности призмы. Выразим через S. Для этого свяжем скорости груза А и центра масс цилиндра С. Мгновенный центр скоростей цилиндра находится в точке касания призмы, поэтому скорость его центра масс относительно призмы вдвое меньше скорости нити, накручиваемой на обод. Скорость груза А выражаем через угловую скорость блока (рис. 132. с. 249):

Исключая отсюда  имеем связь скоростей: Интегрируя это соотношение при нулевых начальных значениях, получаем искомую зависимость: . Находим выражение абсолютных смещений всех тел через

2. Подставляя абсолютные смещения в (4), получаем уравнение или

Решаем это уравнение относительно

Призма D переместится вправо на 14.39 см.

Кинетическая энергия механической системы

Постановка задачи. Выразить кинетическую энергию механической системы с одной степенью свободы через угловую скорость одного из тел системы или линейную скорость какой-либо ее точки.

План решения:

1.    Составляем кинематические графы системы. Угловые скорости тел системы и линейные скорости их центров масс выражаем через заданную скорость.

2.    Вычисляем кинетические энергии отдельных тел системы. Для тела, совершающего поступательное движение, кинетическая энергия

где — масса тела, v — скорость любой его точки. Напомним, что при поступательном движении скорости всех точек тела равны, а угловая скорость равна нулю. Кинетическая энергия тела, совершающего вращательное движение с угловой скоростью

J — момент инерции тела относительно оси вращения. Напомним, что у однородного цилиндра радиуса R момент инерции относительно оси, проходящей через центр масс,, однородного стержня длиной а, относительно середины, а относительно конца

Моменты инерции тела относительно параллельных осей связаны соотношением(( — момент инерции относительно оси, проходящей через центр масс, h — расстояние между осями (см. также с. 273). Если известен радиус инерции тела массы , то его момент инерции

Кинетическая энергия тела, совершающего плоское движение,

где — скорость центра масс тела, — момент инерции тела относительно оси, проходящей через его центр масс. В частности, кинетическая энергия однородного цилиндра, катящегося без проскальзывания по неподвижной плоскости, вычисляется по формуле

3. Кинетическую энергию системы вычисляем как сумму кинетических энергий отдельных тел:

Задача №37

Выразить кинетическую энергию механической системы с одной степенью свободы (рис. 126) через угловую скорость Система состоит из двух однородных цилиндров 1 и 2, радиусом R. соединенных двухзвенником ABC. Невесомый стержень АВ жестко
соединен с цилиндром 1. Массы цилиндров 1 и 2 равны масса однородного стержня ВС — Качение цилиндра происходит без проскальзывания и сопротивления. На цилиндр 1 действует момент М, к оси С приложена горизонтальная сила

Условие задачи содержит избыточные данные — М, F. Они потребуются в дальнейшем для составления нелинейного уравнения движения этой системы.

Решение

1. Составляем кинематические графы системы:

Записываем соответствующие им кинематические уравнения в проекциях на оси х и у (рис. 127):

Точка К является МЦС цилиндра 2. С учетом кинематических связей из системы (2) получаем выражения скоростей точек С, D и угловой скорости 

2. Вычисляем кинетическую энергию тел системы. Цилиндр 1 масса которого , а момент инерции относительно оси вращения, проходящей через центр масс, имеет кинетическую энергию

Кинетическая энергия однородного цилиндра 2, катящегося без проскальзывания по неподвижной поверхности (с. 242),

Кинетическая энергия плоского движения стержня ВС, центр масс которого находится в точке D,

3. Кинетическую энергию системы вычисляем как сумму кинетических энергий отдельных тел:

Задача №38

Однородный диск 1 массой , радиусом шарнирно соединен в точке А с вертикально движущимся штоком 2 массой

Диск катится по горизонтальному штоку 3 массой без проскальзывания;  Выразить кинетическую энергию механической системы (рис. 128) через угловую скорость  

Решение

1. Составляем кинематические графы системы:

Записываем соответствующие им кинематические уравнения в проекциях на оси х и у (рис. 129)

По условию задачи Используя эти соотношения (кинематические связи) получаем из (3)

2. Вычисляем кинетическую энергию тел системы. Цилиндр 1, масса которого , а момент инерции относительно оси вращения  имеет кинетическую энергию

Кинетическая энергия штока

кинетическая энергия штока

3. Кинетическую энергию системы вычисляем как сумму кинетических энергий отдельных тел:

Теорема об изменении кинетической энергии

Постановка задачи. Механическая система, находящаяся в покое, под действием внешних сил приходит в движение. За некоторое время одно из тел системы перемещается на заданное расстояние. Найти скорости, приобретенные телами системы.

План решения:

1.    Выражаем кинетическую энергию системы через скорость тола, перемещение которого задано.

2.    Вычисляем сумму работ сил, приложенных к системе, на заданном перемещении. Перемещения точек приложения сил и углы поворота тел, к которым приложены моменты, выражаем через .

3.    Из теоремы об изменении кинетической энергии,

где — работа внешних и внутренних сил, определяем скорость 

Задача №39

Механизм, состоящий из груза А, блока В и цилиндра С радиусом установлен на неподвижной призме (рис. 130). Под действием сил тяжести из состояния покоя механизм пришел в движение. Даны массы  радиусы   радиус инерции блока = 15 см, коэффициент трения качения цилиндра о наклонную плоскость = 2 мм, коэффициент трения скольжения груза о горизонтальную поверхность = 0.1. Трения на оси блока В нет. Нити, соединяющие блок с грузом и цилиндром, параллельны плоскостям, по которым перемещаются эти тела. Какую скорость развил груз А, переместившись на расстояние = 1.2 м?

Решение

Применяем теорему об изменении кинетической энергии системы (1). Для рассматриваемой системы, состоящей из твердых тел, соединенных нерастяжимыми нитями, работа внутренних сил равна нулю:

В начальном положении все элементы механизма находились в покое, скорости всех тел были равны нулю, поэтому = 0. Кинетическая энергия , которую получила система после того, как груз переместился вдоль горизонтальной поверхности на расстояние  зависит от искомой скорости

1. Кинетическую энергию системы, состоящую из трех слагаемых

выражаем через скорость . Груз А движется поступательно, следовательно, его кинетическая энергия равна Тело В (блок) вращается относительно неподвижной оси: Момент инерции блока относительно оси вращения вычисляем через заданный радиус инерции Угловую скорость необходимо выразить через искомую скорость Линейная скорость внешнего обода блока совпадает со скоростью груза , так как обод связан нерастяжимой нитью с грузом. Для угловой скорости блока записываем формулу . Выражаем Тв через скорость :

Тело С (цилиндр) совершает плоское движение, поэтому

— скорость центра масс цилиндра, — момент инерции цилиндра относительно центральной оси:

Выражаем через v. Точки внутреннего обода блока имеют скорость или, выражая через скорость груза, (рис.131).

Цилиндр катится без проскальзывания, поэтому точка его соприкосновения с призмой является мгновенным центром скоростей тела (рис. 132), отсюда

В результате находим кинетическую энергию цилиндра С:

Кинетическую энергию системы трех тел представляем в виде 

где — приведенная масса системы.

2.    Находим сумму работ внешних сил. Изображаем действующие на систему силы (рис. 133). Реакции опор работы не совершают, так как они перпендикулярны перемещениям точек их приложения. Реакции оси приложены к неподвижным точкам, поэтому их работа также равна нулю. Аналогично, работа силы сцепления, приложенной к цилиндру С в точке касания, равна нулю. Находим сумму работ остальных сил:

где — соответственно, смещение центра тяжести и угол поворота цилиндра С. Находим силу трения скольжения груза А и момент трения качения цилиндра С. Имеем где соответствующие нормальные реакции. Проекция всех сил, действующих на тело А, на нормаль к поверхности равна нулю. Отсюда,  Аналогично, из равенства нулю суммы проекций на нормаль к боковой поверхности призмы всех сил, действующих на цилиндр, получаем В результате

Так как то интегрируя (2) и (3) при нулевых начальных условиях, получаем Суммарную работу выражаем через

3.    Кинетическую энергию (4) приравниваем сумме работ (5):

Отсюда получаем: v = 2.10 м/с.

Теорема о моменте количества движения системы

Постановка задачи. Горизонтальная платформа, на которой расположено N материальных точек, свободно вращается вокруг вертикальной оси. Как изменится угловая скорость платформы, если в некоторый момент времени точки начнут перемещаться по платформе вокруг оси вращения с заданными скоростями ? Трением пренебречь.

План решения:

По условию задачи моменты  всех внешних сил относительно оси вращения равен нулю (силы тяжести параллельны вертикальной оси, а реакции подшипников пересекают ось). Поэтому из теоремы об изменении момента количества движения системы, записанной в проекции на ось вращения z,

следует закон сохранения момента количества движения системы

где — проекции момента количества движения системы на ось z до и после относительного движения точек. 

1. Вычисляем момент количества движения системы, для случая неподвижных относительно платформы точек:
где , — момент инерции платформы относительно оси г, совпадающей с осью вращения, — проекция начальной угловой скорости на ось — массы точек и радиусы окружностей, на которых они расположены.

2.    Вычисляем момент количества движения системы, для случая, когда точки начали двигаться относительно платформы со скоростями

где — угловая скорость, которую получила платформа.

3.    Из уравнения (1) находим угловую скорость

Задача №40

Круглая горизонтальная платформа вращается без трения вокруг вертикальной оси, проходящей через ее центр масс с постоянной угловой скоростью при этом на платформе стоят четыре человека: два — на краю платформы, а два на расстояниях от оси вращения, равных половине радиуса платформы (рис. 134).

Как изменится угловая скорость платформы, если люди, стоящие на краю, будут двигаться по окружности в сторону вращения с относительной скоростью а люди, стоящие на расстоянии половины радиуса от оси вращения, будут двигаться по окружности в противоположную сторону с относительной скоростью Людей считать материальными точками одинаковой массы, а платформу — однородным диском.

Решение

На систему, состоящую из платформы и четырех человек, действуют внешние силы. Ось направим по оси вращения. Моменты сил тяжести людей платформы и реакций подшипника (реакция X перпендикулярна плоскости чертежа и на рис. 135 не обозначена) относительно оси 2 равны нулю (рис. 135). Используем уравнение сохранения момента количества движения (1).

1.    Вычисляем момент количества движения системы, когда люди стоят неподвижно на платформе:

где — момент инерции платформы, — масса каждого человека, R, — радиус платформы.

2.    Вычисляем момент количества движения системы после того, как люди начали двигаться относительно платформы. У двух человек на внешнем ободе относительные скорости v и переносные скорости суммируются, и момент количества движения вычисляется в виде произведения величины количества движения на плечо R. У людей на внутреннем ободе переносная скорость меньше в два раза, направлена в сторону вращения диска. Относительная же скорость направлена в противоположную сторону, поэтому она берется с минусом. В итоге,

3.    Из равенства следует, что т.е. угловая скорость вращения платформы не изменилась

Динамический расчет механизма с неизвестным параметром

Постановка задачи. Механическая система с неизвестным параметром под действием внешних сил приходит в движение из состояния покоя. За некоторое время одно из тел системы перемещается на заданное расстояние и приобретает, известную скорость. Найти неизвестный параметр системы и рассчитать движение системы в измененных условиях.

План решения:

Постановка задачи по сути представляет собой простой вариант практически важной проблемы идентификации параметров механизма по наблюдаемым характеристикам его движения. Для решения задачи применим теорему об изменении кинетической энергии.

1.    Выражаем кинетическую энергию каждого тела системы через известную скорость — приведенная масса -го тела. Вычисляем суммарную приведенную массу:

2.    Записываем теорему об изменении кинетической энергии:

Для неизменяемых систем (твердые тела, нерастяжимые нити) внутренние силы работу не совершают: В начальном состоянии система находилась в покое = 0. Вычисляем работы внешних сил и записываем (1) в форме

Пусть неизвестная характеристика системы содержится в выражении для работы .

3.    Решая уравнение (2), определяем неизвестный параметр.

4.    Рассчитываем систему в новых условиях. В соответствии с ними вычисляем измененное значение работы Искомую скорость определяем из равенства

Задача №41

Механическая система состоит из трех тел, соединенных нитью. Блок А внутренним ободом катится без проскальзывания по наклонной плоскости, шкив Б (однородный цилиндр) вращается вокруг неподвижной оси. Груз D закреплен пружиной жесткости с (рис. 136).

В начальном положении механизм находится в состоянии покоя, а пружина не напряжена. Переместившись вниз вдоль наклонной плоскости на расстояние = 3 м, блок А приобретает скорость 2.5 м/с.

Аналогично решается задача, когда неизвестная характеристика, например масса, содержится в кинетической энергии.

Определить коэффициент трения качения блока А о наклонную плоскость. Учесть момент трения на оси цилиндра  и трение скольжения груза D о горизонтальную плоскость с коэффициентом Даны радиусы радиус инерции блока Известны массы тел угол и жесткость пружины

Чему будет равна скорость блока А на перемещении , если коэффициент трения качения увеличить в 3 раза?

Решение

1. Выражаем кинетическую энергию каждого тела системы через известную скорость центра блока А. Блок А совершает плоское движение. Кинетическая энергия блока А

Здесь — момент инерции блока относительно центра 

масс, — радиус инерции блока. Выражаем угловую скорость блока через скорость центра . Блок катится без проскальзывания, следовательно, его мгновенный центр скоростей находится в точке касания внутреннего (меньшего) радиуса с плоскостью (рис. 137). Таким образом:

Кинетическая энергия блока А имеет вид

Приведенная масса (коэффициент при

Цилиндр В совершает вращательное движение вокруг своей оси, Угловую скорость цилиндра В выражаем через скорость точки обода: Скорость обода цилиндра В совпадает со скоростью внешнего обода блока А, так как они связаны нерастяжимой нитью. Расстояние от внешнего обода А до МЦС блока равно (рис. 137). Отсюда получаем выражение для скорости обода:

и угловой скорости цилиндра:

Получаем выражение для кинетической .энергии:

где приведенная масса = 5 кг.

Груз D движется поступательно Скорость поступательного движения груза совпадает с линейной скоростью точек обода цилиндра . Кинетическая энергия груза D
имеет вид 
Приведенная масса  = 4 кг.

Приведенная масса механизма:

2.    Записываем теорему об изменении кинетической энергии

Вычисляем работу внешних сил (рис. 138). Реакции опор перпендикулярны смещениям точек их приложения и их работы равны нулю. Так как блок катится без проскальзывания, то сила сцепления приложена к МЦС блока и ее работа также равна нулю. Аналогично не совершают работу реакции , приложенные к неподвижной точке. Работа силы тяжести блока А, катящегося вниз

Работа момента сил трения на оси В

Угол поворота цилиндра В вокруг оси (в радианах) выражаем через , интегрируя (4) при нулевых начальных условиях. Получаем откуда Работа силы трения скольжения груза D на перемещении

где перемещение получаем, интегрируя (3) при нулевых начальных условиях. Работа силы упругости пружины

где — удлинение пружины, равное перемещению груза D, Вычисляем:

3.    Определяем коэффициент трения качения 6 блока А. Согласно

(5), 

где — работа момента сил трения качения  на угле поворота блока А. При = 2.5 м/с находим

Момент силы трения качения, зависит от свойств соприкасающихся тел и от реакции которую можно найти из уравнения проекции на нормаль к наклонной плоскости Угол поворота В результате получаем

откуда

4. Определяем скорость центра блока А в измененных условиях, при Вычисляем работу трения качения при

Из теоремы об изменении кинетической энергии находим соответствующую скорость

 Вычисляем ответ:

Замечание. Для решения задачи можно также использовать методы аналитической механики: общее уравнение динамики, уравнение Лагранжа 2-го рода и метод графов для определения скоростей.

Плоское движение системы

Постановка Задачи. Механическая система с одной степенью свободы состоит из тел, совершающих плоское движение. Составить и проинтегрировать дифференциальные уравнения движения системы.

План решения:

1. Разбиваем систему на отдельные тела. Связи заменяем их реакциями.

2. Для каждого тела выбираем систему координат, в которой записываем дифференциальные уравнения движения тела.

3. Записываем кинематические соотношения между скоростями и угловыми скоростями отдельных тел. Дифференцируя эти соотношения, находим связь соответствующих ускорений.

4. Преобразуем и при необходимости интегрируем систему дифференциальных уравнений движения тел и кинематические соотношения.

Задача №42

К барабану ворота радиуса и массы приложен постоянный вращающий момент М (рис. 139). К концу троса, намотанного на барабан, прикреплена ось С колеса массой Колесо катится без скольжения вверх по наклонной плоскости, расположенной под углом к горизонту. Какую угловую скорость приобретет барабан, сделав из состояния покоя оборотов? Барабан и колесо считать однородными круглыми цилиндрами. Массой троса и трением пренебречь.

Решение

1. Разбиваем систему на два отдельных тела (рис. 140, 141). Связи заменяем их реакциями. Действие троса заменяем силой его натяжения Т, которую прикладываем к барабану и колесу во взаимно противоположных направлениях. Действие оси, на которой вращается барабан ворота, заменяем реакциями К катящемуся без проскальзывания колесу С прикладываем силу сцепления и нормальную реакцию опоры N. Силу сцепления колеса с наклонной плоскостью направляем условно вверх (истинное направление будет известно в результате решения задами). Прикладываем внешние силы: веса

2. Записываем уравнения вращательного движения барабана массой в выбранной системе координат

Центр масс барабана неподвижен, поэтому первые два уравнения движения имеют форму уравнений статики.

Рассматриваем движение колеса массой (рис. 141). Система уравнений движения колеса имеет вид

Во втором уравнении мы положили .

3. Кинематические связи системы

Знак минус возникает из-за того, что положительные направления углов поворота (против часовой стрелки) колеса и барабана соответствуют отрицательной проекции скорости оси колеса. Дифференцируем (3) и получаем соотношения для ускорений

4. Система восьми уравнений (1), (2), (4) содержит восемь неизвестных и разбивается на две. Для первых пяти неизвестных можно выделить систему пяти уравнений.
Гл.12.Динамика системы

Учитывая, что моменты инерции однородных цилиндров имеют вид получаем

Исключая неизвестные находим

Правая часть (5) не зависит от времени. Обозначим ее за —А. Получим Интегрируем (5) при условии, что в начале процесса (t= 0) барабан находился в покое и угол поворота отсчитывается от нуля Получаем уравнения которые записываем для некоторого момента когда барабан сделает по часовой стрелке n оборотов и повернется на отрицательный угол Угловая скорость барабана при этом достигнет величины которую надо определить в задаче:

Исключая неизвестное время получаем ответ:

Знак минус показывает, что вращение барабана направлено по часовой стрелке. Анализ подкоренного выражения дает ограничение на существование решения:

Динамические реакции в подшипниках ротора

Постановка Задачи. На оси, вращающейся в двух неподвижных подшипниках под действием постоянного внешнего момента, закреплен цилиндр и жесткий невесомый стержень с точечной массой на конце. Ось цилиндра составляет малый угол с осью вращения. Найти динамические составляющие реакций подшипников.

План решения:

Динамические составляющие реакций подшипников на подвижные оси, связанные с вращающимся ротором, удовлетворяют уравнениям [16]

где — масса ротора, — координаты его центра масс, — центробежные моменты инерции ротора. Ось направлена по оси вращения ротора; — угловые скорость и ускорение ротора в проекции на — координаты подшипников А и В.

1. Вводим систему координат. Начало координат помещаем в одном из подшипников, например, А. Ось направляем по оси вращения, ось х направляем так, чтобы ось цилиндра лежала в плоскости Определяем массу m системы двух тел и координаты центра масс системы:

где — координаты центров масс тел.

2. Вычисляем моменты инерции цилиндра, ось которого составляет малый угол с осью вращения относительно осей координат:

Малый угол отсчитывается от оси цилиндра к положительному направлению оси Угол берется положительный, если со стороны оси у поворот оси цилиндра к оси z виден против часовой стрелки, и отрицательный — если поворот виден по направлению часовой стрелки. Моменты инерции вычислены по теореме Гюйгенса . Вторые слагаемые в (3) представляют собой соответствующие моменты инерции центра масс цилиндра относительно начала координат.

3. Вычисляем моменты инерции точечной массы (груза) относительно осей х, у, z

4. Находим суммарные моменты инерции системы

5. Вычисляем угловое ускорение ротора и угловую скорость ротора в указанный момент t.Если то 

6. Искомые реакции находим из решения системы (1) при

Задача №43

На оси, вращающейся в неподвижных подшипниках А и В под действием постоянного момента закреплен ротор, состоящий из цилиндра массой и жесткого невесомого стержня длиной L = 21 см с точечной массой на конце (рис. 142). Ось цилиндра составляет угол рад с осью вращения Центр массы цилиндра лежит на оси  Стержень перпендикулярен Найти динамические составляющие реакций подшипников в момент времени t = 3 с. Ротор вращается из состояния покоя.

Введены системы координат с осями, параллельными проходящими через центры масс тел 1 и 2. Ось является осью цилиндра и вместе с осями лежит в плоскости xz. Оси перпендикулярны

Решение

1. Вводим систему координат. Начало координат помещаем в подшипнике А, ось z направляем по оси вращения. Ось цилиндра лежит в плоскости xz. Определяем массу системы и координаты центра масс системы по формуле (2)

2.Вычисляем моменты инерции цилиндра относительно осей координат по формулам (3), где

Угол берется положительный, так как со стороны оси у поворот оси цилиндра к оси виден против часовой стрелки.

3.Вычисляем моменты инерции точечной массы (груза) относительно осей

4. Находим суммарные моменты инерции системы

5.Вычисляем угловое ускорение ротора и угловую скорость ротора в момент t = 3 с. Так как  и  

6. Динамические реакции опор вычисляем, решая систему (1) при