Книга
← К списку книгЗагрузка разделов…
активнаАктивные записи участвуют в каталоге и синках. Неактивная книга скрыта, но не удалена из базы.
Книга
Тема VI. Движение в неинерциальных системах отсчета
4 5 512162733494959687785859309131924243138505056616775 пр 11 11 11 и 11 11 1 1 1* 1 1 1* 1*4 5 512162733494959687785859309131924243138505056616775 пр 11 11 11 и 11 11 1 1 1* 1 1 1* 1*Тема VII. Основы динамики твердого тела .... Литература
4 5 512162733494959687785859309131924243138505056616775 пр 11 11 11 и 11 11 1 1 1* 1 1 1* 1*
4 5 512162733494959687785859309131924243138505056616775 пр 11 11 11 и 11 11 1 1 1* 1 1 1* 1*
ПРЕДИСЛОВИЕ
Пособие предназначается для студентов педагогических институтов, изучающих теоретическую механику.
Учитывая, что классическая механика является общетеоретической дисциплиной, охватывающей широкий круг явлений природы, авторы ставили своей целью познакомить будущих учителей с элементами исследования различных явлений природы и развить у них навыки самостоятельного решения задач.
В соответствии с-программой по курсу теоретической физики пособие разделено на семь тем.
В начале каждой темы приведены краткие теоретические сведения и основные формулы.
В подборе примеров и задач особое внимание уделено тем из них, которые непосредственно способствуют профессиональной подготовке преподавателя физики в школе.
Учитывая специфику программ по теоретической физике и астрономии для педагогических институтов, авторы уделили большое место таким вопросам, как движение в центральном поле, исследование одномерного движения точки по ее энергии и т. п.
Авторы приносят благодарность рецензентам пособия профессору А. А. Яблонскому и доценту Н. П. Петрову, а также будут признательны читателям за все замечания, направленные на улучшение книги.
Авторы
Тем a IОСНОВНЫЕ понятия
И ЗАКОНЫ КЛАССИЧЕСКОЙ МЕХАНИКИ
КИНЕМАТИКА МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
Уравнения движения точки. Траектория точки. Скорость точки. Ускорение точки. Круговое движение точки и его кинематические характеристики. Равномерное и равнопеременное движение точки.
Основные понятия и формулы
Кинематические уравнения движения материальной точки задают ее положение в выбранной системе координат в любой момент времени. Траекторией точки называется геометрическое место последовательных положений точки в выбранной системе координат. Уравнения движения точки в конечном виде могут быть:
в векторной форме, когда задан радиус-вектор точки как функция времени
г = г(0；(1.1.1)
в координатной форме, когда заданы декартовы координаты как функции времени
X ~ X (^), У ~ У(0> 2 = 2(/)；(1.1.2)
в криволинейных координатах
% = %(£)，?2 ~ ?2 (0» q? = q3 g (1丄3) г) в естественной форме задается траектория точки и закон движения точки по траектории
s = s(f),(1.1.4)
где s — дуга траектории.
Переход от уравнений (1.1.2) к уравнению (1.1.4) возможен с помощью равенства
s=f J y+j + Jdf.(1 丄5)
о
Соотношения (1.1.1) и (1.1.2) представляют собой параметрические уравнения траектории, если f ——параметр. Вид траектории определяет геометрический характер движения точки: прямолинейное, круговое, плоское, пространственное.
На основании уравнения (1.1.1)
(1.1.6)(1.1.7)(1.1.6)(1.1.7)drv=,d/
(1.1.6)
(1.1.7)
(1.1.6)
(1.1.7)
Разложение скорости и ускорения по осям декартовых координат и по осям естественного трехгранника определяется уравнениями
(1.1.8)(1.1.8)dx . , dr/ . , dz < ds v = - 1 H-— j Hк =--
(1.1.8)
(1.1.8)
出 df J df d/
d2x ・,d2z/ . 1 d2z f d2s . / ds \2 n d/2 I d伊 J d伊 d/2〈 d/ 丿 p
Секторная скорость
u = %[r,vL(1.1.10)
Скорость и ускорение определяют в частных случаях кинематический характер движения: при u=s=const движение равномерное, при aT=u = const ——равнопеременное.
При круговом движении по окружности радиуса R дуга s=^(p (<р — центральный угол); угловая скорость
d/
(1.1.11)
угловое ускорение
d ①d2(p
8 ==.
d/d/2
(1.1.12)
В этом случае и = •
-—=Rs,a = Re,
d/T
an = Rd・
Примеры и основные типы задач
Показать, что линейные функции %=若/+5, у = = Ct-^D (А, В, С, D ——постоянные) описывают прямолинейное движение точки и траектория ее проходит через начало координат при B=D=G・
Показать, что уравнения типа %=/(/), у=Д/(/) + +В (А, В ——постоянные) описывают плоское прямолинейное движение точки.
Показать, что уравнения х—А sin ht^B, у= =С cos 城+D, z=Et (А, В, С, D, Е、h ——постоянные) определяют движение по винтовой линии, навитой на эл-
липтический цилиндр. Найти шаг винтовой линии при Л = С, Е=#0.
Уравнения движения точки заданы в виде х=А+ ^Btn, р=0, г=0. Определить те значения и, при которых движение равномерное и равнопеременное.
Решение. На основании равенств (1.1.8) и (1.1.9) v=x=Bntn-1, a=j="=Bn(n—l)tn~2. Отсюда следует, что при п=1 движение равномерное, а при 九=2 — равнопеременное.
Найти радиус кривизны траектории, если уравнения движения заданы в виде x=x(f), y=y(t), n=n(/).
Решение. По формулам (1.1.8) и (1.1.9) найдем: V2=X2-\-y2-\-Z2, a2=・%2+/2+22 = j2+u4/p2, 0ТКуда
р = JU&/(q2 — Ь2)・
Уравнения движения в цилиндрических координатах имеют такой вид [см. формулы (1.1.3)]: р=Д/+В, q)=C7+£), z=Et-^F, где 4, В, С, D, Е,尸一постоянные. Найти траекторию, скорость, ускорение и секторную скорость точки в трех случаях: а) 4=0; б) С=0; в) Е— =F=B=£) = 0.
Р е ш е й и е. Запишем уравнение движения в векторной форме, используя цилиндрические координаты и их единичные векторы р°, ф°, к. Имеем r= рр° +гк. Так как р°=фф°，Ф° = — ФР°, то
V = г — рр° + рфф° + zk,
а = v = (р — р(р2) р° + — -^- (р2 ф) ф° + 2k.р
Случай а). Исключая время из уравнений движения, найдем траекторию:(屮——D)/C= (г——F)/E. Траектория—винтовая линия с шагом 用=2冗方/С. Скорость, ускорение и секторная скорость определяются так:
у == ВС(р° + £к, а=— ВО「о,
II Р° 暇к
u = -^rxv = -^ в 0 Et + F
0 ВСЕ
=£ [В2Ск — ВС(瓦 + F)P°— BE也
Отсюда очевидно, что секторная скорость в процессе движения изменяется по модулю и направлению.
Случай б). Траектория является прямой, уравнение которой £(р—В)—Л (г—尸)=0. Скорость, ускорение и секторная скорость таковы:
V = Лр° + Ek, а = 0, и = (AF — ЕВ)(р°.
Случай в). Уравнение траектории р=(Л/С)(р определяет архимедову спираль, следовательно, точка движется равномерно со скоростью Л по прямой, которая в свою очередь вращается с постоянной скоростью С. Скорость, ускорение и секторная скорость определяются соответственно равенствами:
V = /р。+ ACt^9 а=— 4С2/рО + 2ЛС<р°, о = % 屋。产 k.
Из последнего равенства следует, что секторная скорость изменяется по модулю, сохраняя свое направление (это обстоятельство является следствием плоской траектории).
Определить уравнения движения точки, если ускорение ее задано в виде 〃%=/(/), ay=az=0 и %=%о, %= =Zq—0, и%о — и。, VyQ = Vzo—0 при /—0.
Решение. Проинтегрируем по £ функцию 以・ Имеем
% = JfG)出+ % %= fj f(Z) d/ dl + vot + xo.% = JfG)出+ % %= fj f(Z) d/ dl + vot + xo.ооо оо о
% = JfG)出+ % %= fj f(Z) d/ dl + vot + xo.
% = JfG)出+ % %= fj f(Z) d/ dl + vot + xo.
о
о
о о
о о
Определить уравнения движения точки, если она движется по эллипсу и ее секторная скорость относительно центра эллипса постоянна.
Решение. Траектория точки определяется уравнением х2/а2^у21Ь2 — \. Секторная скорость (так как дви* жение плоское) а=(1/2) (ху—ух) =По- Из этих равенств найдем:
хх/а2 + 血力2 = °,
ху — ух = 2о.
•2%•2%
•2%
•2%
Отсюда
•2%
X =-у,
力2夕‘
Интегрируя эти равенства, определим уравнения движения:
у = Bsin (誉/ + £2
где постоянные А, В, еь £2 находятся из начальных условий.
Точка М обода колеса вращается вокруг оси С по закону s=At2-\-Bt^C. Центр С колеса движется со ско^ ростью, проекции которой на оси Ох, Оу заданы: 。％。= =Д1 cos(о/, vyc=A\ sin(ot Составить уравнения движе* ния произвольной точки обода колеса М, удаленной от С на расстояние R (рис. 1.1.1 а, 6).
Решение. Из рис. (1.1.1) следует:
%м = % +耳 M = % + Rcos(p, Ум = % + У\м = % +
+ /?sin(p,
где
(р н(р н击=- (/公 + b方) + Фо,击=- (/公 + b方) + Фо,
(р н
(р н
击=- (/公 + b方) + Фо,
击=- (/公 + b方) + Фо,
% = J%出 + %о=今 sinsf + %。， о
% = j% df + 先о = —g cos W + 鲁 +%o・ 0
В частном случае при 4=4=0, что соответствует Неподвижному центру колеса С и его равномерному вращению, уравнения движения точки М имеют такой вид:
= R cos (普 + 叫 уш = R sin (登 + 吁
Найти траекторию и уравнения годографов векторов скорости и ускорения точки М, лежащей на Середине шатуна кривошипно-шатунного механизма
име-От-име-От-(рис. 1,1.2 а, б, в, г), если ОА=АВ=Ц(p=o)=const, ф =
име-
От-
име-
От-
Решение. Из рис. 1.1.2 следует, что точка М ет координаты: %= (3/2)/cos cot, z/=(l/2)/ sin(о/.
куда
% =— (3/2) /(о sin со厶 vy = (1/2)/со cos(o厶% =— (3/2) Z(o2 cos o)Z, ay —— (1/2) Z(o2sin co/.
Рис. 1.1.2Рис. 1.1.2
Рис. 1.1.2
Рис. 1.1.2
КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
Самолет летит на высоте 九=4000 м над Землей с горизонтальной скоростью 卩о=5ОО м/с. На каком расстоянии х, измеряемом по горизонтальной прямой от данной точки В (рис. 1.1.3), должен быть сброшен с самолета без начальной относительной скорости груз для того, чтобы он упал в эту точку? Сопротивлением воздуха пренебречь.
Движение снаряда в вертикальной плоскости описывается уравнениями %=300f, у=400£—$产(％, у — в м; t — в с). Найти скорость и ускорение в начальный момент, высоту и дальность обстрела, радиус кривизны траектории в начальной и наивысшей точках.
Рис. 1.1.4Рис. 1.1.4Из орудия, ось которого образует угол 30° с горизонтом, выпущен со скоростью 500 м/с снаряд. Предполагая, что снаряд имеет только ускорение свободного падения g=9,81 м/с2, найти годограф скорости снаряда и скорость точки, вычерчивающей годограф.
Рис. 1.1.4
Рис. 1.1.4
Рис. 1.1.3
Самолет летит над Землей на высоте h с гориознтальной скоростью б. Из орудия произведен выстрел по самолету в тот момент, когда самолет находился на одной вертикали с орудием (рис. 1.1.4) Найти: а) какому условию должна удовлетворять начальная скорость и° снаряда для того, чтобы он мог попасть в самолет; б) под каким углом а к горизонту должен бытьI
сделан выстрел. Сопротивлением возду
ха пренебречь.( I
Определить угол наклона ствола/\j^\
орудия к горизонту, если цель обнару-—т:货扌
жена на расстоянии 32 км, а начальная\\)
скорость снаряда 卩°=600 м/с. Сопротив-\
лением воздуха пренебречь.不
Определить скорость и ускорение точки, находящейся на поверхности Земли в Ленинграде, принимая во внимание только вращение Земли вокруг宀 g
своей оси (широта Ленинграда 60°, ра
диус Земли 6370 км).Рис. 1.1.5
Вал радиуса R=10 см приводит
ся во вращение гирей G, подвешенной к нему на нити (рис. 1.1,5). Движение гири определяется уравнением х= 100/2, где % ——расстояние гири от места схода нити с поверхности вала, см; t ——время, с. Определить угловую скорость и угловое ускорение вала, а также полное ускорение точки на поверхности вала в момент t.
。8. Вал радиуса R приводится во вращение гирей G, подвешенной к нему на нити (рис. 1.1.5). Гиря движется с постоянным ускорением х=а=const. Определить ускорение точек, лежащих на поверхности вала, через пройденный гирей путь.
Определить уравнение движения и траекторию точки обода колеса радиуса R=1 м, движущегося по прямолинейному пути с постоянной скоростью 20 м/с. Принять, что колесо катится без скольжения; за начало координат взять положение точки на пути, который принять за ось Ох.
КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ
Как записываются кинематические уравнения движения точки? 2. Какие существуют формы задания уравнений движения? 3. Что называется траекторией точки? Как находится ее уравнение? 4. Какое движение называется плоским, прямолинейным, круговым? 5. Каков механический смысл годографа радиус-вектора? 6. Как определяют скорость и ускорение точки и их проекции на оси декартовой системы координат? 7. Как определяются проекции скорости и ускорения на оси естественного трехгранника? 8. Как направлена скорость по отношению к годографу радиус-вектора? Как направлено ускорение по отношению к годографу вектора скорости? 9. Каков физический смысл касательного и нормального ускорений? 10. Какое движение называется равномерным? равнопеременным? И. Что называется угловой скоростью и угловым ускорением при круговом движении точки?
ПЕРЕМЕЩЕНИЯ, СКОРОСТИ И УСКОРЕНИЯ ТОЧЕКНЕСВОБОДНОЙ СИСТЕМЫ
Свободные и несвободные механические системы. Классификация связей. Геометрические связи. Ограничения, налагаемые геометрическими связями на скорости и ускорения точек системы, и вариации координат. Число степеней свободы системы. Обобщенные координаты, обобщенные скорости.
Основные понятия и формулы
Механические системы из и точек, на положения которых наложены ограничения, называются несвободныг м〃 （или связанными）. Ограничения, наложенные на положения точек системы, называются геометрическими связями. Уравнения геометрических связей （если они неосвобождающие） имеют вид
fa （%i，У1，之1，• • •, ^д /） == 0, a = 1,..., a, a <С^ 3〃.（1.2.1） В уравнения кинематических связей входят скорости точек системы, например
中В （*1，…，/，…，Z/i，/）=0, 0=1,…，b. （1.2.2） Геометрические связи накладывают ограничения на скорости и ускорения точек системы. Эти ограничения имеют следующий вид:
Л
= EJgrad/a* + 号~ = °， （1.2.3）
备=£grad” 仁a” + 以=0,(L2.4)
v=l
где Ca не зависят от ускорения.
Вариации координат точек этой системы 3%夕,6yv, бгу (v = l, ..., 〃) связаны соотношениями
*(* 舐"需 6%十*$ = 。， 025)
системы(1.2.6)системы(1.2.6)Число независимых вариаций координат точек
системы
(1.2.6)
системы
(1.2.6)
S = 3几—0
Определяет число степеней свободы системы.
Обобщенные координаты представляют собой независимые параметры %…，qs，через которые выражаются координаты точек системы %i, t/i,之卜...,2П, и уравнения связей обращаются в тождества. Число обобщенных координат равно числу степеней свободы системы. Производная по времени от обобщенной координаты qk (fe=l,..., S) называется обобщенной скоростью. Скорость V v точки у системы (v=l,..., п) связана с обобщенными скоростями соотношениями
(1.2.7)(1.2.7)
(1.2.7)
(1.2.7)
Примеры и основные типы задач
Найти число степеней свободы и обобщенные координаты механической системы, которая состоит из грузов mi,恤，расположенных на стержне. Грузы связаны между собой и неподвижной точкой О пружинами (рис. 1.2.1). Система моделируется двумя материальными точками (грузы т\ и т2), стержень — прямой, которая может вращаться вокруг точки О в плоскости хОу без трения. Записать уравнения связей и уравнения, которые накладывают ограничения на скорости и ускорения точек системы.
Решение. Выберем 6<р, 6gi,书塗 в качестве независимых виртуальных перемещений этой системы. Число
степеней свободы S=3; обобщенные координаты ^1=ф, 夕2=自1,夕3 =自2・ Точки системы находятся на одной прямой, проходящей через начало координат. Эта прямая представляет собой связь, наложенную на систему, поэтому уравнение связи
fl = Х1 @ — f/l) — У2 (^*2 一 xi) = °・
Ограничения на скорости и ускорения системы имеют такой вид:
Sr (% — У1) — Vly (Х2~ %1) +
+ Xl 92g — %)—如(％ —
—M = о，
(]2 f
-也&= ^Ix(У2 — %) —а1у (Х2一
—^1) + ^1(^21/ — а1у)—
—У1 (。2芯—。1 J + 2%冗(v2y -viy) —
—2% (% — %) = 0・
В механизме, который рассмотрен в предыдущей задаче (рис. 1.2.1), движение грузов mb m2 по стержню определяется соответственно уравнениями gi= =А sin(o)it+ao), g2=B sin(o)2^+Po). Определить число степеней свободы системы и указать обобщенные координаты.
Решение. В этом случае бф ——независимое виртуальное перемещение, следовательно, S=1 и ^=(р.
В механизме, изображенном на рис. 1.2.1, вращение стержня определяется законом (p=Q/+(po. Найти число степеней свободы механической системы и указать обобщенные координаты.
Решение. Независимыми виртуальными перемещениями являются 5三1, 6^2- Следовательно, S=2 и обобщенные координаты ^i=gi,夕2=自2・
Движение механизма, изображенного на рис. 1.2.1, задано уравнениями Ei=4 sin(co"+ao), g2=^ sin(co2^+ +Ро), <р=ЙЛ Определить число степеней свободы системы.
Рис. 1.2.2Рис. 1.2.2Рис. 1.2.6Рис. 1.2.6
Рис. 1.2.2
Рис. 1.2.2
Рис. 1.2.6
Рис. 1.2.6
Решение. Все звенья механизма не могут совершать независимые перемещения, следовательно, система не имеет степеней свободы.
КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
Определить число степеней свободы системы, состоящей из
грузов 团1 и m2, которые моделируются материальными точками. Точка mi движется в плоскости хОу по прямой, которая наклонена К горизонту под углом а (рис. 1.2.2), и удерживается пружиной. Точка 团2 скреплена с точкой 加】невесомым стержнем и может дви
гаться в плоскости хОу. Закон движения точки mi выражается функциями 打=[4 + 方 sin со" cos a, gi= [%+B sin(of] sin a; точка m2— функциями %2 = Xi + /siiiQ/, у 2 = =力 + /cosQf.
Трубка закреплена в точке О и может вращаться в плоскости хОу. Внутри трубки расположен шарик, соединенный с точкой О пружиной. Шарик моделируется точкой. Найти число сте-
пеней свободы этой системы, записать уравнение связи, указать обобщенные координаты и ограничения, наложенные на скорость и ускорение (рис. 1.2.3).
На стержне, вращающемся вокруг точки 。в горизонтальной плоскости хОу, движутся две точки 稲 и М2, которые соединены пружиной. Определить число их степеней свободы, предполагая, что величина угла ср изменяется по закону(р=(о/ (рис. 1.2.4).
Стержень ОА (рис. 1.2.5) свободно вращается вокруг точки О. К концу А прикреплен стержень АВ, который свободно вращается вокруг точки А; точки О и В соединены пружиной. Определить число степеней свободы материальной системы, предполагая, что точка В совершает гармонические колебания вдоль пружины ОВ по закону 08 = a+bsinco 九
Определить число степеней свободы и указать обобщенные координаты центробежного регулятора (рис. 1.2.6), два груза которого М, М2 моделируются материальными точками. Муфта А скользит вдоль оси вращения О А. Угловая скорость вращения регулятора вокруг ОА постоянна и равна со.
КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ
Какой вид имеют уравнения геометрических и кинематических, стационарных и нестационарных связей? 2. Каков вид уравнений, представляющих собой ограничения на скорость и ускорения точек системы с геометрическими стационарными и нестационарными связями? 3. Что такое обобщенные координаты и как они связаны с числом степеней свободы системы? 4. Что называется обобщенными скоростями системы? Как скорость точек системы связана с обобщенными скоростями?
КИНЕМАТИКА ПРОСТЕЙШИХ ДВИЖЕНИЙТВЕРДОГО ТЕЛА
Число степеней свободы неизменяемой среды или абсолютно твердого тела при произвольном движении. Теорема Грасгофа. Простейшие случаи движения твердого тела: поступательное и вращение вокруг неподвижной оси и вокруг точки. Теоремы Даламбера и Шаля. Углы Эйлера. Кинематические уравнения Эйлера.
Основные понятия и формулы
Абсолютно твердое тело представляет собой частный случай механической системы с геометрическими связями, которые выражаются условиями неизменности расстояния между произвольными его точками. Ограничения, налагаемые связями на скорости точек твердого тела, приводятся к теореме Грасгофа о равенстве проекций скоростей двух произвольных точек на прямую, их соединяющую. Основными типами простейших движений
твердого тела являются: а) поступательное, определяемое движением одной точки тела; б) вращательное вокруг неподвижной оси, которое определяется углом поворота тела; в) вращательное вокруг неподвижной точки, которое можно привести к вращению вокруг мгновенной оси (теорема Даламбера).
Общий случай движения тела сводится к мгновенным поступательному и вращательному движениям (теорема Шаля).
Распределения скоростей точек (v) твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной или мгновенной оси, определяются формулой Эйлера:
% = (0х% (1.3.1)
где s——вектор угловой скорости, направленный по оси вращения (по правилу правого винта). Распределение ускорений точек твердого тела в этом случае определяется формулой
av = ex% + sXv”， (1.3.2)
где 8=о)— вектор углового ускорения, £ Хг” 一 вращательное ускорение, о)Xvv—осестремительное ускорение.
Распределения скоростей и ускорений точек твердого тела, произвольно движущегося в пространстве, определяются по формулам
% = % + sXr；， а” = а°+ eXr； + sXsxQ (1.3.3) где О ——произвольно выбранная точка твердого тела; (о, 8 — соответственно угловые скорости и ускорения, не зависящие от выбора точки О; г； =%—r0.
Распространенное в практике плоскопараллельное движение твердого тела характеризуется v0±o)во все время движения.
Движение твердого тела, имеющего неподвижную точку [случай в)], имеет три степени свободы и определяется тремя обобщенными координатами: <р, ф и 0 — углами Эйлера. Кинематические уравнения Эйлера имеют такой вид:
3g = i|)sin 0 sin ф + 0 cos ф,
① n = 0 sin 8 cos 屮一0 sin 屮， (1.3.4) sg =屮 +《cosB,
17172—341
17
17
где 自，n，М — осн подвижной системы координат, жестко связанной с телом.
Примеры и основные типы задач
Кривошип О Ai кривошипно-кулисного механизма (рис. 1.3.1) равномерно вращается с угловой скоростью со вокруг точки О. Определить характер движения кули-
сы, скорость ее точек В и С и скорость точки кривошипа Л.
Решение. Угол ср (рис. 1.3.1) — обобщенная координата механизма и его изменение с течением времени определяется формулой Ф =(оЛ
Точка А кривошипа ОА совершает круговое движение, а ее координаты меня
ются согласно уравнениям хА —О A cos mt, уА = ОА sin(о/. Траектория точки 4 (окружность радиуса О А) определяется уравнением 尤胃+у^=0А2. Составляющие скорости и ускорения точки 4 таковы: vxA=—。/① sin ①力 vyA= = О4з cos з/, a%A=——ОЛco2 cos ①力 dyA=—OAco? sjn ①九 Отсюда скорость точки Л и ее ускорение ап, которое на
правлено по нормали к траектории, соответственно
0.0.равны:
0.
0.
Кулиса (рис. 1.3.1) движется поступательно вдоль оси Ох.
Уравнение движения, скорость и ускорение ее любой точки k следующие:
xk = хА + d== ОА cos ①方 + d, % =— ОЛсо sin ①力
ak =——O4co2 cos ①九
Конус А с углом 2а при вершине катится без скольжения по поверхности неподвижного конуса В с углом 2р при вершине. Ось подвижного конуса вращается С ПОСТОЯННОЙ угловой скоростью С01 вокруг оси не- 18
подвижного конуса (рис. 1.3.2, а). Определить угловую скорость и угловое ускорение конуса Л, а также скорость и ускорение точки 府，если ОМ^=а, ММ0—Ь.подвижного конуса (рис. 1.3.2, а). Определить угловую скорость и угловое ускорение конуса Л, а также скорость и ускорение точки 府，если ОМ^=а, ММ0—Ь.5)5)Рис. 1.3.2Рис. 1.3.2
подвижного конуса (рис. 1.3.2, а). Определить угловую скорость и угловое ускорение конуса Л, а также скорость и ускорение точки 府，если ОМ^=а, ММ0—Ь.
подвижного конуса (рис. 1.3.2, а). Определить угловую скорость и угловое ускорение конуса Л, а также скорость и ускорение точки 府，если ОМ^=а, ММ0—Ь.
5)
5)
Рис. 1.3.2
Рис. 1.3.2
Решение. Конус Л вращается вокруг мгновенной оси ОС с угловой скоростью(о, которая является геометрической суммой вектора угловой скорости вращения оси подвижного конуса вокруг оси неподвижного конуса g)i и вектора угловой скорости вращения подвижного конуса вокруг своей оси g)2 (рис. 1.3.2,б). Применяя теорему синусов к треугольнику, составленному из векторов о, 8口 公2, найдем искомую угловую скорость:
sin(n — а—- Р) sina '
① a% sin (а + В) sina *
По условию,(о = const и угловое ускорение е — производная по времени от вектора постоянной длины, т. е.
£ = -^- = ©J X (д,
I 8| = С01 ① sin0.
Скорость точки М находится по теореме Даламбера: Vm= =соХ°М・ Модуль вектора vM (рис. 1.3.2, в) определяется ра-
венствами
Um = (оОМ sin 闫 COM = о)Л4K = (^МС sin (90° — a)==co (MQ С — MQ M) cos a = co (2a sin a — b) cos a,Мо С = 2OC tg a = 2a sin a.
Ёращательйое ускорение точки М авр= 8 Хг=вХОМ. Этот вектор лежит в плоскости векторов шх, s? и перпендикулярен ОМ. Величина его
I авр I = еОМ = е/。减 + Мо М—2ОМо MMQ cos (90。一а)=
=e ]/a2 + b2 一 2曲 sin a.
Осестремительное ускорение aOc=(o Xv, |а0с|=соу, лежит в плоскости векторов(о19 g)2 и перпендикулярно ОС.
Рис. 1.3.3
Модуль полного ускорения точки М определяется формулой
Решение. Координата % ——обобщенная координата механизма, изображенного на рис. 1.3.3. Проскальзывание между веревкой и валом отсутствует, поэтому линейная скорость точек поверхности вала Ui равна скорости движения груза А:
V] = v= = 150Л
Угловая скорость вращения вала
力150 ,
з = _l =
&&
Вал С и шкив D соединены жестко, следовательно, вращаются с одинаковой угловой скоростью ①2=si・ Шкивы Р и £ связаны гибкой передачей, поэтому линейные скорости точек обода этих шкивов одинаковы:
^з =必，0)з R3 = 0)2 R2，
откудаоткудаCOg ^?2 150COg ^?2 150Кз Ri &Кз Ri &R2九R2九
откуда
откуда
COg ^?2 150
COg ^?2 150
Кз Ri &
Кз Ri &
R2九
R2九
Скорость точки М, находящейся на ободе шкива Е,
D 150 d /
。3 = 0)з Кз = —- — Т?2 t.
По скорости Уз найдем закон движения точки М. Так как U3 = ds/df, то
S=j%df = j*fd/ = *.оо "“
Нормальное, тангенциальное и полное ускорения точки М соответственно равны:
W22 500居产du? 150&
a = /4 + 4 = 产詣产 •
Угловое ускорение шкива Е
—ds — 150R2
G ~t R1R3 .
бан радиуса R, с которымбан радиуса R, с которым% =吗 Р =М 融，貝1貝2% =吗 Р =М 融，貝1貝2g険рg険р
бан радиуса R, с которым
бан радиуса R, с которым
% =吗 Р =М 融，
貝1貝2
% =吗 Р =М 融，
貝1貝2
g険р
g険р
Момент времени 厶，когда груз А пройдет путь I, соответствует х(/1)—%(0)=/, /1= ]//775- Подставляя ti в соотношения, определяющие из, аП1 а, найдем их искомые
значения.
Груз Q привязан к веревке, намотанной на бара
жестко связано колесо радиуса %. С этим колесом в зубчатом зацеплении находится колесо радиуса R2 (рис. 1.3.4). Зависимость между скоростью и ускорением груза определяется формулой а=^/(2и)(力＞ 〉0); движение начинается из состояния покоя. Найти закон вращения зубчатого колеса радиуса & и касательное и нормальное ускорения его точки В, которая находится на расстоянии р
от центра колеса.
Решение. Скорость движения груза найдем из дифференциального уравнения
а == —^- , и = ]/班 + С = ]/班,
откуда ^=v/R\=y 亚/&• Так как скорости точек соприкасающихся колес радиусов R3 и R2 равны, то
Из последнего равенства найдем закон вращения колеса:
Кз 2严
R1 R2
Скорость, нормальное и касательное ускорения точки определим соответственно по формулам
Кз Р[
Рис. 1.3.5Рис. 1.3.5
Рис. 1.3.5
Рис. 1.3.5
Механизм состоит из кривошипа О А, который вра”
щается вокруг точки О; и шатуна BD, на концах которого расположены ползуны, перемещающиеся по осям Ох И Оу (рис. 1.3.5, а). Угловая скорость ① кривошипа ОА задана； угол а, который он составляет с осью Ох в данный момент, равен 30°, у”
QA=l. Определить для
этого положения механизма скорость точек Л, В, С, D, Е и угловую скорость звена BD.
Решение. Скорость точки Л направлена перпендикулярно АВ в сторону его вращения (рис. 1.3.5, б) и равна u& = /s. Скорость точки D направлена по горизонтали, скорость точки В — по вертикали. Восставив перпендикуляры к векторам v。，vB, Va, получим мгновенный центр 尸 скоростей для звена BD. Угловая скорость вращения звена BD вокруг мгновенного центра
8о=匕4 "РI = vA/\ ОА\ =① Скорость точки С на
правлена перпендикулярно СР и равна
vc =(dQ\CP\ =(d Ki CD |2 + I ^ I2 — 21 CD |.| DP I cos 60° = 心/2.
Скорости точек D и В таковы:
少=g I PDI = /о, ^в = о)о IРВ I =血 /З.
Скорость любой точки F шатуна BD пропорциональна ее расстоянию от точки Р (vP=Vo[PF\) и направлена перпендикулярно прямой PF. Испольуя это обстоятельство, отложим из произвольного центра Oi скорости точек ша-
туна BD (рис. 1.3.5, 6). Фигура O\dab подобна PDB. На рис. 1.3.5, 6 изображен план скоростей. Скорость любой
точки* 尸 на плане скоростей определяется вектором ОД причем bf/fd=BF/DF.
Движение тела вокруг неподвижного центра задано с помощью углов Эйлера следующими уравнения
Рис. 1,3.6Рис. 1,3.6ми: (p="f,屮=冗/2+0位，0 = =冗/3. Определить проекции угловой скорости на подвижные g, т|, и неподвижные Ох, Оу, Oz оси, если а и п ——постоянные (рис. 1.3.6).
Рис. 1,3.6
Рис. 1,3.6
Решение. Проекции мгновенной угловой скорости на подвижные оси определяем по формулам (1.3.4):
3 = ап (]/3/2)sin 诡
й)п = а〃 (]/3/2)cos 〃力
3t = (〃/2 + 1)〃・
Векторы(01，＜о2» 叫,модули которых соответственно равны ф, %, 0, изображены на рис. 1.3.6. Проведем вспомогательную прямую ОК, перпендикулярную плоскости ONz (рис. 1.3.6). Тогда проекции вектора ^ на направление 0K и оси Ох, бу,。之 определяются формулами
о* =—SisinB, o)iz =①]cos 仇 (olx = colft cos (90 +2),
叭=«ifc cos屮・
Проекции векторов(о2 и 叫 на оси Ox, Оу, Oz таковы: ^2х = °， 32y = °,①2z ~ ①2，①3z = °，^Зх = 0)з COS 屮， ①3y =①3S亩中.
Используя эти формулы, найдем проекции угловой скорости тела на оси Ox, Оу, Oz в общем виде и применительно к поставленной задаче:
①冥=ср sin 6 sin 屮 + 0 cos 2 = (J 3 〃/2)cos ant,% =—«sinBcosW + SsinW = (]/3"n/2)sin ant,①7 =①cos 6 + 卡=孔/2 + a?.
КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
Тело 4 катится без скольжения по поверхности неподвижного тела В (рис. 1.3.7). Ось ОС равномерно вращается со скоростью з=2 с-1 вокруг неподвижной оси. Ог. Определить угловую скорость и угловое ускорение тела А, а также скорость и ускорение точки М, если |OAf0| =40 см, |ММ0| =5 см, а=30°.
В механизме, изображенном на рис. 1.3.8, кривошип ОА равномерно вращается с угловой скоростью з=10 с-1 вокруг точки О.
Определить закон движения, скорость и ускорение точек А, В, С, если длина кривошипа ОА /=50 см, а радиус полукруглой пластинки 厂=3 еm.
Движение груза 4 вдоль прямой оси Ох описывается законом %=20+40/2 Груз приводит во вращение вал С радиуса Ri = =20 см, который связан гибкой передачей со шкивом Е радиуса Кз = 10 см (рис. 1.3.9). Радиус шкива D, находящегося на одной оси с валом С, R2=15 см. Определить скорость, нормальное, тангенциальное и полное ускорения точки М обода шкива Е в момент, когда груз А пройдет путь 2=10 см.
Груз G подвешен на веревке, намотанной на барабан В радиуса /?2=20 см; его движение задано законом %=20+30/2. Барабан В жестко связан со шкивом С радиуса Ri = 30 см, который в свою очередь соединен зубчатой передачей со шкивом D радиуса Кз= =15 см (рис. 1.3.10). Найти скорость, нормальное, тангенциальное и полное ускорения точки М шкива в момент, когда груз G пройдет путь I—120 см.
Кривошип 04 механизма, изображенного на рис. 1.3.11, равномерно вращается с угловой скоростью(о = 2 с-1. Определить, используя план скоростей, скорости точек А, В, С и угловую скорость звена АВ для момента, соответствующего рис. 1.3.11. Размеры звеньев известны: О]В=ОА=30 см, ДВ=60 см, ВС=30 см, Z_XOA=2a, 厶。АВ = 4а,乙4BOi = a=30。.
Груз 4 движется согласно уравнению %=90尸 и приводит в движение механизм, изображенный на рис. 1.3.12. Радиусы шкивов: /?1 = 5 см, 7?2=10 см, 2=15 см. Определить скорость,' касательное, нормальное и полное ускорения точки М механизма в момент, когда груз А пройдет путь /=810 см.
7. Движение твердого тела, имеющего неподвижную точку, задано уравнениями (р = л//4;屮=冗/2——冗//4; 0 = л/3. Определить величины скорости и ускорения точки М тела, координаты которой по отношению к неподвижной системе в данный момент (0; 0; /).
8. Движение тела вокруг
точки, вычерчивающей годограф вектора угловой скорости, угловую скорость и угловое ускорение тела относительно неподвижных осей Ox, Оу, Oz.
Положение твердого тела, имеющего одну неподвижную точку, задано углами Эйлера ф,屮，0. Определить направляющие косинусы подвижной системы отсчета.
Движение твердого тела, имеющего неподвижную точку, описывают уравнения(р=л/,屮=冗//2, 0=л/3. Определить ускорения точки тела, которая лежит в данньш момент на мгновенной оси на расстоянии, равном 2 / 3, от неподвижной точки. 26
КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ
1. В чем заключается ограничение на скорость точек твердого тела? 2. Какие движения твердого тела являются простейшими? Сколько степеней свободы они имеют? Каковы кинематические особенности каждого из них? Как выбираются обобщенные координаты в каждом движении? 3. Какой вектор называется вектором угловой скорости? углового ускорения? 4. Какова роль простейших движений в механике твердого тела? В чем состоит теорема Шаля? 5. Какие кинематические характеристики связывает формула Эйлера? 6. В чем заключается теорема Даламбера? 7. Как записываются кинематические уравнения Эйлера?
СЛОЖЕНИЕ СКОРОСТЕЙ И УСКОРЕНИЙ ТОЧКИ
Движение материальной точки относительно подвижной неизменяемой среды. Абсолютное, относительное и переносное движения точки. Теоремы сложения скоростей и ускорений.
Основные понятия и формулы
Движение, скорость и ускорение материальной точки относительно неподвижной (условно) системы координат и подвижной системы называются соответственно абсолютными и относительными.
Движение подвижной системы (неизменяемой среды) относительно неподвижной называется переносным. Переносной скоростью и ускорением называются абсолютные скорость и ускорение точки подвижной системы, совпадающей с движущейся материальной точкой. Связь между скоростями и ускорениями этих движений определяется теоремами сложения скоростей и ускорений:
Va6c = Yoth + Vnep,(1.4.1)
аабс = аотн 4" а^ер + 2й)цер X Voth， (1.4.2) где
Vnep = VO + O)X「；，(1.4.3)
апер = av + ex г； + sxsxr；； (1.4.4)
точка О ——начало подвижной системы координат; г；= =% —г0; о и 8 — векторы угловых скорости и ускорения переносного движения; 2(onepXvOTH — кориолисово ускорение.
Основные типы задач и примеры
Точка М движется по краю полукруглой пластинки, шарнирно соединенной в точках Д и В с кривошипами ОИ и О2В (рис. 1.4.1, а). Движения точки по дуге окружности описывается законом 5=冗(/2十1), закон движения кривошипов (р=л/3/12. Определить абсолют
ную скорость и абсолютное ускорение точки М в момент времени 九 Радиус пластинки R. Длина кривошипов ОИ и О2В равна /.
Решение. При нахождении скоростей и ускорений точек различных механизмов во многих случаях удобно рассматривать их движение как сложное. Свяжем неподвижную систему координат %, у с точками Oi, О2, а подвижную систему координат %卜 У1 —— с пластинкой (рис. 1.4.1, б). Оси этих систем параллельны. Положение точки М в заданный момент времени 力i определяется yr- лами(р=л/?/12, a=s/R=jt(原+ 1)/R・ Скорость относительного движения Vqth точки М направлена по касательной к окружности (рис. 1.4.1, в). Скорость переносного движения точки М совпадает со скоростью точки Л, так как эти точки принадлежат поступательно движущейся пластинке и v厶丄Ор4. В момент времени 厶
%тн =專=2mу %ер = % = ОМ 票 •
Используя формулу (1.4.1), найдем проекции абсолютной скорости на оси Ох и Оу:
JlZ ,2 丁 厶 cos %,JlZ ,2 丁 厶 cos %,^абсх = ^отнх + ^перх = ^отн COS CZ + "nep COS (180Ф1)=
JlZ ,2 丁 厶 cos %,
JlZ ,2 丁 厶 cos %,
=^отн COS (Z — Оцер COS ^г = 2冗f i COS а
%бсу = и°тни + %еру = %тн sin а 十 Упер sin(180 — %)= =%тн sin а + %ер sin % = 2Ml sin а Н———4 sin %, 4
46c = /^абсх + 脸срCOS(Va6c i)=牺土 ,
S6ccos (S})=」^史生・Ua6c
При определении абсолютного ускорения точки М следует обратить внимание на то, что в силу поступательности переносного движения в рассматриваемом случае а^ор■— 0, апер==а4.
Ускорение точки А складывается из нормального и тангенциального ускорений:
а я = а , nA пер!а я = а , nA пер!®5 4)2~01』®5 4)2~01』со2 Ох А =со2 Ох А =ОМОМл2彳Z16л2彳Z16
а я = а , nA пер!
а я = а , nA пер!
®5 4)2
~01』
®5 4)2
~01』
со2 Ох А =
со2 Ох А =
ОМ
ОМ
л2彳Z
16
л2彳Z
16
=d% = —(со。］ A) = O± A -^-=df dfd/=d% = —(со。］ A) = O± A -^-=df dfd/
=d% = —(со。］ A) = O± A -^-=df dfd/
=d% = —(со。］ A) = O± A -^-=df dfd/
22
2
2
Направление ахД перпендикулярно ОИ, апл направлено вдоль АО\. В относительном движении точка М движется по окружности и ее ускорение складывается из нормального (а0ТН2) и тангенциального (a0THi)：
“OTHl ~“OTHl ~d%THd%TH出出也2也2=2л,=2л,“ОТН2 =“ОТН2 =RR
“OTHl ~
“OTHl ~
d%TH
d%TH
出
出
也2
也2
=2л,
=2л,
“ОТН2 =
“ОТН2 =
R
R
s2 = (2冗幻2天=R
вектор а0Тн1 направлен по касательной к окружности, вектор а0ТН2 — по радиусу к центру окружности. Проекции абсолютного ускорения (см. рис. 1.4.1):
〃а6с% = @отн1 COS ОС ^отн2 $也 а ^nepl COS (%90 )
—^пер2 COS (180° — Фх),
"абсу = "отн1 sin а + 〃отн2 cos а^nepi sin (屮］90 ) +
Рис. 1.4.2
Вращение треугольного кронштейна АОО\, вокруг оси 001 описывается законом ср=9/2 (0,1—/). Точка М перемещается по гипотенузе ОА согласно уравнению s=|OAl|=8(2—cos Зя/). Найти абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки М в момент 介.Угол 0{0А равен а (рис. 1.4.2, а).
Решение. Неподвижную систему координат х, у, 2 свяжем со стойкой кронштейна, подвижную %i, yi, ?i —— жестко с кронштейном (рис. 1. 4. 2, б). Положение точки М на кронштейне в заданный момент 九 определяется дугой s=|OM|=8(2—cos 3 л/i). Вектор относительной скорости точки М направлен вдоль звена ОА кронштейна, и его алгебраическая величина
%тн = -~- = 24л sin 3欣，％тн I /1 = 24л sin 3%.
Знак величины уОтн|/1 определяет конкретное направление вектора v0Th (рис. 1.4.2,б). Переносная скорость 30
то4ки М направлена по касательной к окружности радиуса R=OM sin а (рис. 1. 4. 2, 6) и равна
°иер 8s sin а —^- s sin а —=
=(1,8/ — 27学 8 (2 — cos 3欣 1) sin а.
Ha рйс. 1. 4. 2,6 изображен момент времени, когда (o/tl <0. В соответствий с этим указано направление Упер. Вектор Vqth лежит в плоскости zOy, вектор vnep — в плоскости хОу. Так как ¥0Тй1^Пёр, то Ua6c= V 纥加+。^> - Вектор Ua6c направлен по диагонали параллелограмма, построенного на векторах v0Th и vnep (рис. 1. 4. 2,6). Относительное ускорение точки М направлено по звену ОА и равно
=72冗2 3n/i.аг
Направление а0Тн зависит от знака а0Тн (на рис. 1.4.2, в оно направлено противоположно скорости v0Th) . Переносное ускорение складывается из нормального и тангенциального ускорений по отношению к окружности радиуса R(f). Нормальное переносное ускорение направлено к оси вращения (рис. 1. 4. 2, в) и равно
"/шер =优^ = со2/? = 8 (1,8 /工一27厶)(2 — cos 3戒i) sin a.
Тангенциальное переносное ускорение параллельно оси Ох и определяется формулой
■тпер == R 也=R (1,8 — 54幻=
=144 (2 — cos 3冗幻(0」一3幻 sin
Кориолисово ускорение акор=2ш X v0TH направлено перпендикулярно плоскости кронштейна по оси Ох и равно
〃нор = 2шпер %тн sin (180。一 a) = 2 sin (180°- a), ar at
Проекции абсолютного ускорения, используя формулу (1.4.2), запишем в таком виде:
"кабс"кабс"нор + “тпер."нор + “тпер.
"кабс
"кабс
"нор + “тпер.
"нор + “тпер.
“уабс = ^лпер "отн $由 a, 〃a6cz = "отн COS a.
Рис. 1.4.3
а)
Рис. 1.4.5
Уравнение переносного движения тела D (рис. 1.4.3) задано функцией %=3产一8/, уравнение относительного движения точки М (по отношению к телу D) выражается законом |OM|=s(f) = = (4/3) л/. Определить абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки М в момент времени /1 = 2 с. Решить задачу для двух случаев, изображенных на рис. 1.4.3, а, 6.
Вращение тела D вокруг оси определяется законом 屮=4/— —0,2伊.Направление вращения указано на рис. 1.4.4. Уравнение относительного движения точки М задано функцией \ОМ\ =s(/)= =10 cos(ji//3). Определить абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки М в момент 厶=1 с. Значение радиуса R известно и равно 30 см. Решить задачу для случаев, изображенных на рис. 1.4.4, а, 6.
Определить абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки М в момент Zi= 1 с в механизмах, изображенных на рис. 1.4.5. Уравнение переносного движения(р=л/3/4, уравнение относительноного движения |О7И| =s(/)=6ji/2. Длина кривошипа 0{А /=40 см. Решить задачу для двух случаев, изображенных на рис. 1.4.5, а, 6.
КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ
Что называется абсолютной, относительной и переносной скоростями? Как они записываются аналитически? 2. В чем заключается теорема сложения скоростей? 3. Как определяются абсолютное, относительное и переносное ускорения? Как они записываются аналитически? 4. В чем заклкэчается теорема сложения ускорений? 5. Что такое кориолисово ускорение и когда оно отсутствует? 6. Каковы причины появления кориолисова ускорения?
ДИНАМИКА МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
Законы Ньютона. Принцип относительности Галилея. Дифференциальное уравнение движения точки в инерциальной системе отсчета. Две задачи динамики точки. Начальные условия. Первые интегралы уравнений движения точки. Частные случаи движения точки, допускающие сведение интегрирования уравнений движения к квадратурам.
Основные понятия и формулы
Дифференциальное уравнение движения материальной точки в инерциальной системе координат имеет вид
/nr = F (г, г, 0-(1.5.1)
В проекциях на декартовы координаты это уравнение записывается так:
(1.5.2)(1.5.2)fny = Py^,y,z, x, у, z,力)，tnz = Fz (x, у. z, x, у, г，0；
(1.5.2)
(1.5.2)
в проекциях на естественные координаты уравнение (1. 5. 1) — в виде
= m^ = Fn> 0 = &・(1.5.3)
df г р 九b
Во всех инерциальных системах отсчета, например условно неподвижной (х, у, 2) й движущейся (х\ у* zz) относительно неподвижной равномерно прямолинейно поступательно со скоростью и。вдоль оси Ох, второй закон Ньютона имеет одинаковый вид. Инвариантность закона Ньютона относительно преобразований Галилея
(1.5.4)(1.5.4)x = xf + vQtt у = У，2 = 2’
(1.5.4)
(1.5.4)
является принципом относительности Галилея.
В теме «Динамика точки» решаются две основные задачи: 1) определение движения по заданным силам; 2) нахождение силы по заданному движению точки.
Первая задача сводится к интегрированию системы (1. 5. 2). Шесть произвольных постоянных, входящих в решение этих уравнений, определяются из начальных условий, которые имеют такой вид:
/0 = 0, г = г。，г = v0. (1.5.5)
Вторая задана сводится к дифференцированию уравнений движения; чтобы получить закон изменения силы, зависящей от г, г,力 необходимо задать класс движений как функцию шести постоянных:
г = г (/, Сх,..., С6).(1.5.6)
Первые интегралы уравнений движения
ft^x.y.^x, у, z, /) = Q (；=1,...)(1.5.7)
в ряде случаев являются результатом однократного интегрирования дифференциальных уравнений движения точки.
Рассмотрим частные случаи движения материальной точки, когда интегрирование уравнения движения можно свести к квадратурам.
Случай 1. Вектор силы зависит от вре・ м е н и. Первый векторный интеграл уравнения движения имеет видСлучай 1. Вектор силы зависит от вре・ м е н и. Первый векторный интеграл уравнения движения имеет видv = v0 + —fF(Od/;(1.5.8)加Jоуравнение движения точки в векторной форме/ tг = % + V。/+ ^ j J F (%) df df・ (1.5.9) о оЕсли сила постоянна, то формулы (1. 5. 8) и (1. 5. 9) принимают такой вид:V = v0 + — F/,(1.5.10)v = v0 + —fF(Od/;(1.5.8)加Jоуравнение движения точки в векторной форме/ tг = % + V。/+ ^ j J F (%) df df・ (1.5.9) о оЕсли сила постоянна, то формулы (1. 5. 8) и (1. 5. 9) принимают такой вид:V = v0 + — F/,(1.5.10)(1.5.11)(1.5.11)Случай 2. Сила зависит от координат; движение прямолинейное. Если движение прямолинейное и вдоль его направления выбрана ось Ох, тоСлучай 2. Сила зависит от координат; движение прямолинейное. Если движение прямолинейное и вдоль его направления выбрана ось Ох, то(1.5.12)(1.5.12)и х и / связаны формулойи х и / связаны формулойСлучай движение прямолинейное. ДваСлучай движение прямолинейное. Два(1.5.13)(1.5.13)грала уравнения движения имеют такой вид:грала уравнения движения имеют такой вид:скор ости;первых инте-скор ости;первых инте-(1.5.14)(1.5.14)
Случай 1. Вектор силы зависит от вре・ м е н и. Первый векторный интеграл уравнения движения имеет вид
Случай 1. Вектор силы зависит от вре・ м е н и. Первый векторный интеграл уравнения движения имеет вид
v = v0 + —fF(Od/;(1.5.8)
加Jо
уравнение движения точки в векторной форме
/ t
г = % + V。/+ ^ j J F (%) df df・ (1.5.9) о о
Если сила постоянна, то формулы (1. 5. 8) и (1. 5. 9) принимают такой вид:
V = v0 + — F/,(1.5.10)
v = v0 + —fF(Od/;(1.5.8)
加Jо
уравнение движения точки в векторной форме
/ t
г = % + V。/+ ^ j J F (%) df df・ (1.5.9) о о
Если сила постоянна, то формулы (1. 5. 8) и (1. 5. 9) принимают такой вид:
V = v0 + — F/,(1.5.10)
(1.5.11)
(1.5.11)
Случай 2. Сила зависит от координат; движение прямолинейное. Если движение прямолинейное и вдоль его направления выбрана ось Ох, то
Случай 2. Сила зависит от координат; движение прямолинейное. Если движение прямолинейное и вдоль его направления выбрана ось Ох, то
(1.5.12)
(1.5.12)
и х и / связаны формулой
и х и / связаны формулой
Случай движение прямолинейное. Два
Случай движение прямолинейное. Два
(1.5.13)
(1.5.13)
грала уравнения движения имеют такой вид:
грала уравнения движения имеют такой вид:
скор ости;
первых инте-
скор ости;
первых инте-
(1.5.14)
(1.5.14)
Отсюда можно найти зависимость х от / или рассматривать эти соотношения как параметрические уравнения движения.
Основные типы задач и примеры
Точка массой т движется по окружности радиуса R со скоростью v=v()t2. Найти силу как функцию дуги s.
Решение. Найдем силу 尸 и дугу s как функции времени. По формуле (1. 5.3) имеем:
оо
о
о
Искомая зависимость имеет вид
F = mvQ ＞丽 /4+9s欢2.
Материальная точка массой т движется по прямой под действием силы F=const. В начальный момент ее скорость равна и。. Определить скорость точки в момент, когда она прошла путь s.
Решение. На основании формул (1.5.10) и (1.5.11), учитывая, что %—%o=s, имеем:
V = vQ + Ftltn,
—“+ / 遂 + 2Fs/m
Корень в числителе берется со знаком плюс, так как /》0. Подставляя / в формулу, определяющую и, имеем
v=y 喝 + 2Fsltn.
Исследовать движение снаряда, предполагая, что он выпущен со скоростью и。с поверхности Земли под углом а к горизонту и движется только под действием силы тяжести.
Решение. Совместим начало системы координат с начальным положением снаряда, ось Оу направим вертикально вверх, вектор начальной скорости расположим в плоскости хОу, точку О поместим в начальном поло-
Рис. 1.5.1Рис. 1.5.1Vtjdu = 0,5g “1—е书 d/, u=0,5g «Vtjdu = 0,5g “1—е书 d/, u=0,5g «оооо
Рис. 1.5.1
Рис. 1.5.1
Vt
jdu = 0,5g “1—е书 d/, u=0,5g «
Vt
jdu = 0,5g “1—е书 d/, u=0,5g «
о
о
о
о
жении снаряда. Уравнения (1.5. 10) и (1. 5. 11) в проекциях на оси координат имеют такой вид:
vx = % cos a, vy = v0 sin a, vz = 0, x = vQt cos а, у = vQt sin а ——g//2, z = 0. Следовательно, снаряд движется в плоскости хОу.
Тело М начинает скользить по гладкой наклонной плоскости без начальной скорости в среде с сопротивле
нием R=0,5 Ge-舐，где G ——вес тела, 々＞0. Найти уравнение движения тела, если угол наклона плоскости к горизонту а=30°.
Решение. Ось Ох расположим по направлению движения тела (рис. 1.5.1). Движение тела характеризуется движением материальной
точки массой М (центр масс тела, движущегося поступательно) .Дифференциальное уравнение движения точки
/и — =Gsina —0,5 Ge-^ = 0,5 /ng (1 — е^).
Интегрируя, получаем закон изменения скорости, или первый интеграл уравнения движения:
Интегрируя последнее равенство, найдем искомое уравнение движения тела:
х = 0,5g (— — ---Л
Электрон, заряд которого е и масса т, движется между обкладками конденсатора, где напряженность электростатического поля меняется по закону £= =—Eq cos(оЛ В момент /=0 скорость электрона v0 составляла угол а。с направлением силовых линий поля и его положение определялось вектором г0, который расположен в плоскости векторов Е и v0. Найти уравнение движения электрона.
Решение. Запишем дифференциальное уравнение движения электрона:
m г = — еЕо cos ①九
Направим ось Ох вдоль вектора напряженности поля, а ось Оу — так, чтобы векторы v0 и г0 лежали в плоскости хОу. Запишем уравнение движения электрона в проекциях на оси Ox, Оу, Oz [см. формулу (1.5.2)]:
тх = — еЕо cos со厶 ту = U, mz = 0.
Так как v0X = vQ cos ао, voy = vQ sin ао, %z=0 при /=0, то, интегрируя, имеем:
х =—峪 sin ①/ + % cos a0, / = % sin a0, £ = 0. ms
Интегрируя полученные равенства и учитывая, что в начальный момент /=0, %=%о, y=f/o, найдем искомые уравнения движения электрона:
% = _£^_ (cos со/ — 1) + и。/ cos а0 + 尤°, mco2
y = v0tsma0 + y0y n = 0.
Из этих равенств очевидно, что движение электрона будет плоским. В направлении, перпендик\.. ярком полю, движение равномерное со скоростью у0 sin а0, а в направлении вдоль поля оно состоит из равномерного движения со скоростью и。cos а。и колебательного с частотой ① изменения поля. Картина этого движения изображена на рис. 1. 5.2.
На материальную точку массой т действует сила отталкивания от центра О, пропорциональная расстоянию от центра. Коэффициент пропорциональности 月2俏， где 々=const. В начальный момент /=0 точка находилась в центре О и имела скорость Vo. Найти уравнение движения точки.
Решение. Точка движется по прямой, направленной вдоль v0. Примем это направление за ось Ох. Тогда начальные условия имеют такой вид: /=0, %=0, x=vq. Дифференциальное уравнение движения
тх = 1^тх. х —胪х = 0.
Этому линейному дифференциальному уравнению соответствует характеристическое уравнение 庐—奴=0, кото- 38
рое имеет два действительных корня 弘,2= 土友 поэтому общее решение уравнения движения и скорость точки определяются равенствами
х = & е^^ + С?戶，и = % = — & 既-阻 + С2 海丝
Используя начальные условия, найдем: Ci=——Uo/(2^), С2=и()/(2左)，откуда искомое уравнение движения точки
В плоскости хОу движется точка массой т под действием притягивающей к началу координат силы, пропорциональной расстоянию точки от начала координат. Коэффициент пропорциональности 々＞0. В начальный момент /=0 положение точки определяется вектором r()=%oi+yoj и ее начальная скорость Vo=uoxi4-^oyj (рис. 1. 5.3). Найти уравнение траектории точки.
Решение. Уравнения движения точки:
/П r =一尼Г,x十0)2% = 0, y+g2p = 0,①2 =々/m.
Характеристическое уравнение последних соотношений имеет вид и2 +(о2=О, его корни мнимые, поэтому общее решение дифференциальных уравнений движения таково:
х = С】 cos sf + С2 sin s力 у = Сз cos sf + C《sin cof.
Вместо постоянных интегрирования Ci, C2, Сз, C4 введем новые постоянные Л1, Л2, q)i, ср2 так, что С^—А^ Xsin q)i, С2=Л1 cos(pi, С3=Л2 sin(р2, С^=А2 cos(р2. Тогда
общее решение дифференциальных уравнений движения таково:
% = ДI sin (①/ + (ро，^ = Л2 sin (①/ + 屮2).
Найдем производные по времени от этих равенств: х= =4 ① cos (o)/+q)i), у=%2 ① cos (со/+(р2) ； определим произвольные постоянные, подставляя начальные условия в последние четыре уравнения. Получаем систему уравнений
/ = 4 sin %, % = 4 sin(p2,vOx == А^ cos q)p vOy =力2 & cos(p2.
Отсюда
4 = /商+嗑/炉,4 = m质+ %/炉,Ф1 = arctg/s/%%,也=arctg%3/%疗
Из найденных решений дифференциальных уравнений, движения следует, что в направлении осей Ох и Оу точка совершает гармонические колебания с частотой ① и амплитудами 41 и А2; фазы колебаний(o/+q)i и 0)力+屮2, начальные фазы q)i и <р2-
Определим траекторию точки при наложении взаимно перпендикулярных колебаний. Для этого введем понятие разности фаз 6=中2——屮i и уравнение движения по оси Оу запишем в виде
у = 4 sin (W + % + S).
Возведем в квадрат и сложим уравнения х/4 = sin (со/ + %), у/Л2 = sin (со/ + %) cos 6 + cos ®/ + 屮0 sin 8.
В результате получим искомое уравнение траектории
-^^-cos 6=sin2 6. & 4-^^-cos 6=sin2 6. & 4
-^^-cos 6=sin2 6. & 4
-^^-cos 6=sin2 6. & 4
Это уравнение эллипса с центром в точке О. Плоскость эллипса и его размеры определяются начальными условиями, разность фаз определяет ориентацию эллипса в плоскости движения.
Материальная точка массой m падает с высоты h без начальной скорости. По какому закону движется точка и какова ее скорость, если сила сопротивления воздуха пропорциональна квадрату скорости?
Решение. Направим ось Ох вертикально вниз по направлению движения (рис. 1.5.4). Дифференциальное
2Mg \KF— kv Кg+屈 /2Mg \KF— kv Кg+屈 /Рис. 1.5.4Рис. 1.5.4уравнение движения точки запишем в виде mx=mg—R, где сила сопротивления 口=卜、炉.Пусть ^2 = ^i/m, тогда уравнение движения принимает вид x—g——k2v2 или v=g—k2v2. Записав последнее уравнение в виде
2Mg \KF— kv Кg+屈 /
2Mg \KF— kv Кg+屈 /
Рис. 1.5.4
Рис. 1.5.4
“ ]—-In (Mg —加)+ V g“ ]—-In (Mg —加)+ V g+ In [Уё + kv)]=力+ In [Уё + kv)]=力илиИ g +加илиИ g +加и проинтегрировав его, имеем
“ ]—-In (Mg —加)+ V g
“ ]—-In (Mg —加)+ V g
+ In [Уё + kv)]=力
+ In [Уё + kv)]=力
или
И g +加
или
И g +加
Из этого равенства найдем закон изменения скорости: и = /g 1 — exp (—2A?/g f )
'1 + exp (—2走 Mg f)
Очевидно, что и->/ g]k при Z->oo. Перейдем к гиперболическим функциями:
и = ЕЛ h — ехр (—2^/g /)] exp (々Mg/) _
，[1 + exp (—2/Mgf) exp (右/g f)
=Mgsh (々/gf)
々 ch (/ /g f)
Разделяя переменные и интегрируя, найдем искомый закон движения точки:
%= *lnch {kVgt )•
Материальная точка массой т брошена с начальной скоростью Vo под углом ао к горизонту в поле тяготения вблизи поверхности Земли. На точку действует сила сопротивления, пропорциональная скорости. Коэффициент пропорциональности равен 瓦 В начальный мо-
мент точка имела скорость v0 и ее положение определялось вектором г0. Найти координаты точки и ее скорость как функции времени. Исследовать варианты движения, когда Vo различным образом расположена относительно силы тяжести G, и рассмотреть предельные случаи.
Решение. Выберем систему осей координат так, чтобы ось Оу была направлена в сторону, противопо
ложную силе G, и векторы Vo, r0 располагались в плос- кости хОу (рис. 1.5. 5,а). Тогда начальные условия (1.5.5) имеют такой вид: / = 0, %=%о, у=у^ 2=0, = Uox, y = voy, 2=0・ Дифференциальное уравнение движения точки mr = G——^г. Проектируя это равенство на ось Oz и используя начальные условия, запишем:
mz = — fe,加2 = — kz + C\, C\ = 0,
In 2 = — ktlm — In C2, & — & exp (— ktlni), C2 = 0.
Отсюда следует, что движение происходит в плоскости хОу. Дифференциальные уравнения движения точки в проекциях на оси Ох и Оу таковы: х———kxlm, у——g—— ——ky/m. Вводя новые переменные %=盲，g+^y/m=——", запишем дифференциальные уравнения движения в виде §=——啕т> j=——^r)/m. Интегрируя эти равенства, учитывая начальные условия, имеем:
1П—=In—1+(电空)旳一 = --t9
先 cos a0tn1 + (加° sin %)/(mg)m
ИЛИ
vx = y0 cos % exp (——~ ,
% = "Г [О + W "оSin a" exp (- F) - 1 •
Разделяя переменные, проинтегрируем последние уравнения:
=и。cos а0 J ехр (— ' d力
о
Уt
"9 =詈 J № + 詣％ sineхр _
В результате получим координаты точки как времени:
х = xQ + -^- v0cosa0\l ~ ехр
1 d九
функции
4 =兆 + 噜"壽"。si"。。j J - eхр (_ ^
mgТ
Рассмотрим частные случаи этого движения. Пусть Uo8 = 0, а=п/2, т. е. начальная скорость направлена вверх. Начальное ускорение 玖)=—(g-\-kJmy) <0, т. е. направлено вниз. С возрастанием t скорость у-> —mglh и ускорение //->0, т. е. движение установившееся, скорость —mg/k.
Пусть уОх = 0, ао = —л/2, т. е. начальная скорость направлена вниз. В этом случае: если Уо<W/^> то у之0;
если, yo>/ng/力，то у>0 — начальное ускорение направлено вверх. Сила сопротивления также направлена вверх и по величине больше силы тяжести. В последую
щие моменты времени у—0 и движение стремится к равномерному.
Пусть %%声0, %>0, OVaoVn/2 или л/2<а0<л. В начале движения, когда 力 близко к /=0, имеем у>0 и yvO для достаточно больших Л Следовательно, точка сначала поднимется, а затем падает. Время подъема определяется условием
北=о=?п(1 +詣。osinaj.
Координаты максимальной точки подъема можно найти, подставив найденные значения 力 в общий закон дви
жения точки:
Хщах = %о +
* sin 2aQ
2g [1 + (k/mg) и0 sin а0]
Утах = % — ^ g М (1 + 訂"。S'" %) + "T "。^口 ％，
Уравнение траектории также получаем из общего закона движения точки, исключая время 力：
〃—加g 1 + (^о sin a0)/(mg)尼％ cos a0
屁 [ my0 cos a0J
Исследуем предельные случаи, когда время полета можно считать достаточно большим (应/т31) и достаточно малым (魁加《1).
Пусть kt/m^l. Это условие выполняется, если точка находится высоко над поверхностью Земли (рис. 1.5.5,б). Переходя к пределу при /тоо, из уравнений движения точки получаем: Хоо=х0+ (m/k) v0 cos а0, %8= =0, уоо=——mg/k. Это приближенные значения дальности полета точки и проекции ее скорости в момент падения на Землю.
Пусть 力〃/п《1. В этом случае решение можно исследовать, разлагая функции в ряды по малым параметрам. Имеется в виду, что сила сопротивления среды мала по сравнению с силой тяжести. Предположим, что в начальный момент точка находилась у поверхности Земли, т. е. %о=°, уо=О (рис. 1.5.5,б). Время полета найдем из условия у=0. Для этого уравнение для у разложим в ряд по степеням kt/m и, учитывая, что kv0/(mg) <С 1, находим приближенное значение времени полета:
% =—旦 sin%].
g \ mg /
Подставляя /=/口 в функцию %=%(/), получаем приближенное значение дальности полета:
g \ mg /
Подставляя t=tn в уравнения, определяющие vx и 。沙, имеем проекции скорости в момент падения на Землю:
•八 2^v0 sin a0\
工口 = % cos a0 C卜
% = f sin a “ 一鶴吧).
Так как hvj(tng)《l, то из последнего равенства следует, что приближенное значение квадрата скорости в момент падения
№ = * (1 —坐^ sin а0
Приближенное уравнение траектории найдем, разлагая функцию у=у(х) в ряд по величинам, содержащим 々：
D = (% 一 %。)tga。一号当一空二咨.
cos” a0 3加曲 cos a0
Из последней формулы видно, что траектория близка к параболе (рис. 1.5.5,в). При 良=0, что означает отсутствие силы сопротивления, траекторией является парабола.
КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
Тело, моделируемое точкой, движется вниз по наклонной плоскости, образующей с горизонтом угол а. Найти время движения тела, если в начальный момент его скорость равна нулю, коэффициент трения f, длина пути L.
Груз, сброшенный с самолета на высоте 九，имеет начальную скорость v0, направленную под углом а к вертикали. На каком расстоянии от точки сбрасывания (по горизонтали) груз упадет на Землю? Сопротивлением воздуха пренебречь.
Материальная точка массой 1 кг движется под действием постоянной силы F= 10 Н. В начальный момент скорость точки и0= =2 м/с. Определить скорость точки в момент, когда она пройдет путь 8 м.
Из точки О наклонной плоскости, образующей угол 0 с горизонтом, вылетает материальная точка с начальной скоростью v0, направленной под углом а к горизонту, и падает на наклонную плоскость. По какому закону движется точка в системе 修。勿 (рис. 1.5.6)? Сопротивлением воздуха пренебречь. Вектор начальной скорости точки расположен в вертикальной плоскости и проходит через начало координат.
Начальная скорость снаряда, моделируемого точкой, и°= =490 м/с. Под каким углом а к горизонту следует бросить снаряд из начала координат, чтобы он попал в точку с координатами у= =700, 2=680?
Известно, что на прямолинейном участке железнодорожного пути с углом наклона а вагон, моделируемый точкой, получив некоторую начальную скорость вниз по уклону, движется затем равномерно. Считая силу сопротивления движению пропорциональной силе нормального давления колес на рельсы, найти закон движения вагона, если он будет двигаться вниз без начальной скорости по прямолинейному участку пути с углом наклона р>а.
Судно водоизмещением /и, моделируемое точкой массой т, Движется прямым курсом; в момент включения двигателя оно имело скорость и。. Считая, что сила упора винтов Q пропорциональна времени (Q=忘)，а сила сопротивления воды R = const, определить
йуть, пройденный судном за время 九，есЛи его скорость увеличился в два раза.。
Найти уравнения движения материальной точки массой т, притягиваемой однородным горизонтальным переменным магнитным полем, если сила этого поля 尸=4sincof, где Л и со ——постоянные. Начальное положение точки принять за начало координат, ось Ох направить горизонтально, ось Оу ——вертикально вниз. Начальная скорость равна нулю.
Решить эту задачу для случая вертикального поля.
Груз весом G, моделируе-
Рис. 1.5.6 достигнет точка по истечении 厶Рис. 1.5.6 достигнет точка по истечении 厶мый материальной точкой, которая находится в покое на гладкой горизонтальной плоскости, начинает двигаться под действием горизонтальной силы FX = H sin cof где " н со ——постоянные. Найти закон движения груза.
Рис. 1.5.6 достигнет точка по истечении 厶
Рис. 1.5.6 достигнет точка по истечении 厶
На материальную точку, совершающую прямолинейное движение, действует сила F, равномерно убывающая с течением вре- мении и через время 厶 обращающаяся в нуль. Какой скорости и какой путь она пройдет за это
время, если в начальный момент скорость точки равна нулю, а ускорение "0?
П.^Груз весом G начинает двигаться из состояния покоя прямолинейно под действием силы F=ht. Найти закон движения груза.
Материальной точке, находящейся на поверхности Земли (радиус Земли R), сообщена вторая космическая скорость и0— —V2gR. Определить уравнение движения точки, учитывая лишь силу притяжения к Земле F=^/x2 и пренебрегая сопротивлением воздуха.
Материальная точка М массой m притягивается к центрам 。1 и О2 соответственно с силой Р^т^МО^ и ^2 = т^МО2 (归= =const). Определить траекторию точки, если MoO^OiO — OzO — a (Мо ——начальное положение точки), а вектор начальной скорости точки v0 направлен по оси Ох (рис. 1.5.7).
Частица массой т, несущая электрический заряд е, движется по гладкой плоскости в однородном электрическом поле, напряженность которого Е=4 sin(о/i. При этом на частицу действует сила, пропорциональная по величине удалению частицы от начала координат и направленная к этому началу (коэффициент пропорциональности с). Считая, что оси Ох и Оу расположены в этой плоскости и что частица в начальный момент находилась в точке Мо (0; у о) и имела начальную скорость vo(^o； 0), определить абсциссу частицы 尤 1 в момент нахождения на оси Ох, если 3 = 2}/ с[т.
Шарик массой m прикреплен к упругой нити (коэффициент упругости ^2т), свободно проходящей через отверстие О (0; 0; 0). Если шарик находится в точке О, то нить не напряжена. В начальный момент шарик помещен в точку Mq (0; b; 0) и ему сообщена начальная скорость Vo(uo； 0; 0). Найти уравнения движения шарика и доказать, что он движется в одной плоскости.
Точка массой m=0,l кг движется под действием силы, которая притягивает ее к неподвижному центру О и пропорциональна расстоянию точки от этого центра; коэффициент пропорциональности с=0,6 Н/см. Движение происходит в среде, сопротивление которой пропорционально первой степени скорости; коэффициент пропорциональности 卩=0,5 Нс/м. Начальные условия следующие: Хо=О, 9о=ЗО м, Уох=20 м/с, voy=lQ м/с при /=0. Найти уравнения движения точки.
Рис. 1.5.7Рис. 1.5.8
Материальная точка движется без начальной скорости по хорде АВ=2а (рис. 1.5.8) окружности радиуса R, притягиваясь к ее центру силой F=——mk2r. Определить время прохождения хорды.
Точка, масса которой т и заряд q, помещена в поле разряжающегося конденсатора, напряженность которого Е=Е()ехр(——of). Найти, пренебрегая силой тяжести, закон движения точки, учитывая силу сопротивления, пропорциональную первой степени скорости (коэффициент пропорциональности k). В начальный момент скорость точки и()= 0. Ось 0% направлена перпендикулярно пластинам из начального положения точки.
Принимая силу сопротивления воздуха в свободном полете планера равной 户=——kv, где ^=const, определить расстояние, которое пролетит планер за время / от момента, когда его скорость была равна g Считать, что движение планера происходит по горизонтальной прямой и он моделируется материальной точкой массой т.
Материальная точка, двигаясь по горизонтальной прямой, имела в некоторый момент скорость и。. Определить ее скорость по истечении времени /, а также пройденный путь, если сила сопротивления движению R = kmv2, где т ——масса, = const.
Автомобиль движется по прямолинейной горизонтальной дороге. Принимая силу сопротивления R=kv2(k=const), а силу тяги мотора постоянной и равной Q, определить скорость автомобиля, который моделируется точкой массы т, по прошествии пути s, если в начале этого пути он имел скорость и。.
Материальная точка массой т, получив начальную скорость и0, движется затем вдоль горизонтальной прямой, испытывая сопротивление, пропорциональное »и (коэффициент пропорциональности 々).Определить время движения точки до остановки и пройденный путь.
Измеряя заряд электрона, изучают падение масляной капли в воздухе. Найти уравнение движения капли, если на нее действуют:
сила тяжести; сила сопротивления воздуха, равная 6冗卩аи (ц — вязкость воздуха, а — радиус капли, v ——скорость капли), и постоянная сила со стороны электрического поля, равная qE и направленная вверх (夕 ——заряд капли, Е ——напряженность поля). Принять, что капля имеет форму шара; плотность ее р, начальная скорость и()= 0, напряженность поля постоянна. Каплю моделировать материальной точкой с массой, равной массе шара.
КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ
Какова роль законов Ньютона в механике? Для каких объектов сформулированы эти законы? 2. Каково содержание принципа относительности Галилея? Каков смысл соотношений (1.5.4)? 3. Какие две задачи рассматриваются в динамике точки? Как принципиально они решаются? 4. В чем заключается роль начальных условий при определении движения точки по заданной силе? 5. Какова роль первых интегралов уравнения движения?
Тема IIЗАКОНЫ СОХРАНЕНИЯИ ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕМЫ ДИНАМИКИ
1. СИЛОВОЕ ПОЛЕ И ЗАКОН СОХРАНЕНИЯИ ПРЕВРАЩЕНИЯ МЕХАНИЧЕСКОЙ ЭНЕРГИИ
Элементарная и полная работа сил в общем случае и для потенциального силового поля. Силовая функция, силовые линии и поверхности уровня. Теорема о кинетической энергии системы в дифференциальной и интегральной форме. Закон сохранения полной механической энергии.
Основные понятия и формулы
Элементарная работа силы
F” • drv = F” • ％ d/ = Fvx d% + Fvy d% + FV2^V.(2.1.1)
Полная работа силы за промежуток времени 力2—Л
4(F)= f F・vdf = С F-dr,(2.1.2)
где А и В ——положения точки v на траектории в моменты времени 九 и 包
Сила принадлежит потенциальному полю, если ее можно представить в виде
Fv = grad〃=礬 i + 十答к, (2.1.3)
04夕
где Uv = °夕(汇3 У^ 2旷)——силовая функция. Семейство поверхностей
Uv = const(2.1.4)
—поверхности уровня.
Линии, касательные к которым совпадают с направлением силы, называются силовыми линиями. Силы, принадлежащие потенциальному силовому полю, ортогональны поверхностям уровня. Сумма силовых функций точек — силовая функция системы:
U=£u”・(2.1.5)
V=1
В случае потенциального поля элементарная и пол* ная работа сил определяются соответственно так:
EF”・dr” = da(2.1.6)
Vnl
П В
EjE,・dG = 4 — U“・(2.1.7)
v=l A
Теорема о кинетической энергии системы в дифференциальной и интегральной форме имеет такой вид:
пп
dT=£Fv・d%=£Fv・Vvd 力(2.1.8)
V=1V=1
北一T1 = S『Ev“d厶(2.1.9)
V=1力
где кинетическая энергия T системы дискретных точек и сплошной среды определяется формулами
Т = £ % 鳴/2, Т = (1/2) f №pdK (2.1.10) V=10
Для вычисления кинетической энергии абсолютно твердого тела используют формулу Кенига
Т = Л1у2/2 +Jc(»2/2,(2.1.11)
где Jc= J p/2d7 — осевой момент инерции тела; J ^dV=M — масса тела; vc — скорость центра масс; со — угловая скорость мгновенного вращения тела; / — кратчайшее расстояние элемента тела до мгновенной оси вращения, проходящей через центр масс.
Для связанных систем теорема о кинетической энергии справедлива в том случае, если действительное перемещение совпадает с виртуальным (например, при стационарных связях).
Для свободных механических систем, на которые действуют только силы потенциального поля, справедлив закон сохранения и превращения полной механической энергии
Е = 7 + П = const,(2.1.12)
5Q
где П=—U ——потенциальная энергия. Механические системы, для которых выполняется закон (2.1.12), называются консервативными. Для выполнения закона (2.1.12) в случае связанных систем необходимо условие стационарности связей.
Закон сохранения полной механической энергии представляет собой первый интеграл уравнений движения механических систем.
Основные типы задач и примеры
1. Показать, что силы всемирного тяготения F= =—(丫加1恤/厂3)「принадлежат потенциальному полю. Найти для этого поля силовую функцию, поверхности уровня и силовые линии.
Решение. Проекции силы всемирного тяготения:
丫侬+殖十步）3/2,丫侬+殖十步）3/2,（依十优十2严（依十优十2严(您十严+ z2)3/^(您十严+ z2)3/^
丫侬+殖十步）3/2,
丫侬+殖十步）3/2,
（依十优十2严
（依十优十2严
(您十严+ z2)3/^
(您十严+ z2)3/^
Эти проекции удовлетворяют следующим условиям:
dy dzdz дх ' Эх ду '
или в векторной форме rot F=0. Это означает существование функции U такой [см. формулу (2.1.3)], что F=grad U.
Силовую функцию можно найти из условия [см. формулу (2.1.6)]
dU = F・dr = —Y2r・dr = dy2,г3г
откуда U = у • г
Поверхности уровня [см. формулу (2.1.4)] t7=const определяются уравнением г=const. Это уравнение концентрических сфер с центром в начале координат. Силовые линии представляют собой лучи, выходящие из начала координат (что следует из вида силы F).
Груз А весом G поднимается по шероховатой наклонной плоскости с помощью барабана В весом Q и
веревки, намотанной на барабан (рис. 2.1.1). Барабан приводится во вращение вокруг горизонтальной оси О парой сил с моментом М. Определить скорость груза Л как функцию расстояния s, проходимого этим грузом, а также его ускорение, если коэффициент трения скольжения груза по наклонной плоскости Д угол наклона плоскости к горизонту а, радиус барабана R, радиус инерции барабана относительно оси вращения 0,5 R.
состоящую из на и веревки,состоящую из на и веревки,Рис. 2.1.1Рис. 2.1.1Решение.Решение.В начальный момент система покоилась; весом веревки пренебречь.
состоящую из на и веревки,
состоящую из на и веревки,
Рис. 2.1.1
Рис. 2.1.1
Решение.
Решение.
На систему, груза, бараба- действуют сле-
дующие внешние силы: Q — вес барабана, G — вес тела, Ro — реакция оси барабана, которая направлена перпендикулярно оси; N ——реакция плоскости;尸一сила трения скольжения, направленная
против движения; М ——момент пары сил.
Имеем: Д (Q)=0, так как точка, приложения силы не перемещается; 4(Ro)=0, поскольку точка приложен
А
ния и этой силы не перемещается; A (N) =Ns cos (Nv) =0,
A
так как (Nv) =л/2; A (G) =—Gh——Gs sin a;力(尸)=
—Fs cos (Fv) =—Fs, поскольку (Fv)=冗；A (M) =M(p, где ^=s/R, F=fN, ^ = G cos a. Тела, составляющие систему, абсолютно твердые, а нить — гибкая нерастяжимая идеальная связь, следовательно, сумма работ внутренних сил равна нулю.
Найдем кинетическую энергию системы в момент t [см. формулу (2.1.10)]. Кинетическая энергия тела TA = Gv2j (2g). Кинетическая энергия барабана Тв= =/載/2, где 」=优卯2= (Q/g) (0,5R)2=(0,25/g)QR2, ® = Rlu・
В начальный момент кинетическая энергия системы 7=0, так как система была в покое. Применим теорему о кинетической энергии в интегральной форме. Имеем
Решим последнее уравнение:Решим последнее уравнение:V =V =221/ИЕГГЕV 4G 十 Q [ R1/ИЕГГЕV 4G 十 Q [ R—G (sin а + f cos а)—G (sin а + f cos а)Продифференцировав это равенство по времени, получимПродифференцировав это равенство по времени, получим。=崇=^Д^ [f~G(Sina + /c°S 竄)。=崇=^Д^ [f~G(Sina + /c°S 竄)3. Человек катит перед собой цилиндрический каток по горизонтальной плоскости, нажимая на рукоятку АО. Диаметр катка D, вес G, длина рукоятки /, высота точки А над плоскостью h. Пренебрегая трением в подшипниках, определить, какое усилие F должен приложить человек к рукоятке, чтобы, пройдя путь s, ось катка имела скорость vc (рис. 2.1.2).Решение. Кинетическая энергия катка [см. формулу (2.1.11)]3. Человек катит перед собой цилиндрический каток по горизонтальной плоскости, нажимая на рукоятку АО. Диаметр катка D, вес G, длина рукоятки /, высота точки А над плоскостью h. Пренебрегая трением в подшипниках, определить, какое усилие F должен приложить человек к рукоятке, чтобы, пройдя путь s, ось катка имела скорость vc (рис. 2.1.2).Решение. Кинетическая энергия катка [см. формулу (2.1.11)]
Решим последнее уравнение:
Решим последнее уравнение:
V =
V =
2
2
1/ИЕГГЕV 4G 十 Q [ R
1/ИЕГГЕV 4G 十 Q [ R
—G (sin а + f cos а)
—G (sin а + f cos а)
Продифференцировав это равенство по времени, получим
Продифференцировав это равенство по времени, получим
。=崇=^Д^ [f~G(Sina + /c°S 竄)
。=崇=^Д^ [f~G(Sina + /c°S 竄)
3. Человек катит перед собой цилиндрический каток по горизонтальной плоскости, нажимая на рукоятку АО. Диаметр катка D, вес G, длина рукоятки /, высота точки А над плоскостью h. Пренебрегая трением в подшипниках, определить, какое усилие F должен приложить человек к рукоятке, чтобы, пройдя путь s, ось катка имела скорость vc (рис. 2.1.2).
Решение. Кинетическая энергия катка [см. формулу (2.1.11)]
3. Человек катит перед собой цилиндрический каток по горизонтальной плоскости, нажимая на рукоятку АО. Диаметр катка D, вес G, длина рукоятки /, высота точки А над плоскостью h. Пренебрегая трением в подшипниках, определить, какое усилие F должен приложить человек к рукоятке, чтобы, пройдя путь s, ось катка имела скорость vc (рис. 2.1.2).
Решение. Кинетическая энергия катка [см. формулу (2.1.11)]
где vc — скорость центра масс катка; 3=2%/。一угловая скорость вращения катка относительно мгновенной оси, совпадающей с линией соприкосновения катка с плоскостью; J = GQ2/(8g) — момент инерции катка. Учитывая выражения для со и /, запишем
2g ° 4g с 4 g с
Подсчитаем работу внешних сил [см. формулу (2.1.2)]. Работа сил тяжести и работа силы реакции плоскости равна нулю, так как эти силы перпендикулярны направлению перемещения точки. Работа силы трения также равна нулю, поскольку сила трения проходит через мгновенную ось вращения. Работа силы F такова: 力(尸)=Fscosa. Из рис. 2.1.2 следует, что cos а = =У I2— (h—D/2)2JI. Применяя теорему о кинетической энергии в интегральной форме, получаем 3Gu工/(4g) = =Fs cos а, откуда
尸 3G*
4gs cos a *
Каток и груз соединены невесомым канатом через блок. Вес их соответственно Р, G, Q. Определить кинетическую энергию системы, если скорость груза и, а каток и блок можно считать однородными дисками (рис. 2.1.3).
Рис. 2.1.3Рис. 2.1.3Решение. Кинетическая энергия груза Gu2/(2g); кинетическая энергия вращающегося блока 」б(о^/2, где 」6 = QR2/(2g); кинетическую энергию катка находим по
Рис. 2.1.3
Рис. 2.1.3
Рис. 2.1.4
формуле Кенига: Ру2/(2g) +4(0^/2, где 4=。厂2/(2且), сок=у/г. Таким образом, кинетическая энергия системы (2.1.10)
2gl 2 T 2 丿
Планетарный механизм приводится в движение кривошипом О А, соединяющим оси трех зубчатых колес. Колесо / радиуса г^ неподвижно, кривошип вращается вокруг оси О с угловой скоростью со. Вес колес // и III соответственно О2, Оз； радиусы их г2, %； вес кривошипа G (рис. 2.1.4). Вычислить кинетическую энергию системы.
Решение. Кинетическая энергия кривошипа Тк= =Jog)2/2, Где Jo = G・042/(3g)=G(ri+2力+%)2/(3g) — момент инерции стержня относительно оси, проходящей через конец стержня, следовательно,
*=今仇+ 2广2 +Г3)2^.
Кинетическая энергия неподвижного колеса / равна нулю. Кинетическую энергию колеса II найдем по форму- 54
ле Кенига: Т2 = G^vy (2g*) + JB(o^ /2, где момент инерции колеса JB = Gry (2g). Скорость точки В, принадлежащей кривошипу, Рв=со- О5 =(о (Г1+г2). Абсолютная угловая скорость колеса // со2 находится из условия неподвижности точки С, которая для колеса // является мгновенным центром вращения, т. е. ub=CBco2=S2厂2. Используя последние формулы, получаем ①2=6(厂1+厂2)/厂2・ Таким образом, на основании (2.1.11) имеем
T2 = (G/g)CD2(Q + r2)2.
Аналогично, кинетическая энергия колеса IIIT3=〃畸2 + 63圖(2以
где JA = G3^/(2g), va = OA-^ = ^ (厶 + 2G + ^卜
По теореме сложения угловых скоростей, относительная угловая скорость колеса И по отношению к кривошипу со； =32——s・ Учитывая связь ①2 и со, найдем со；二 = соГ1/г2- Так как колеса находятся в зацеплении, то от^ носительные линейные скорости точек D колес II и III одинаковы, т.е. a)f2BD =(d^DAi откуда относительная уг< ловая скорость колеса III
①3=吗箱
厂2厂a厂3
Колеса II и III вращаются в разные стороны, поэтому со；=——о)Г1/г3. Абсолютная угловая скорость колеса III
С)3 = со： + со = со — .
На основании приведенных равенств
7 = G3 7^ 32 (广3 -厂1)2.G3C02 (q + 2г2 + 厂3)2
3 — F.
Кинетическая энергия системы на основании формулы (2.1.10)
7 = ^ + ^ + ^ + ^.
Космический аппарат вращается вокруг оси С, проходящей через его центр масс и перемещающейся поступательно относительно инерциальной системы координат. Определить работу, которую необходимо затратить, чтобы с помощью вращающегося маховика Г прекра-
тить вращение космического аппарата, если: со。一угло
вая скорость вращения космического аппарата до запуска маховика,厶一момент инерции (без маховика) относительно оси вращения С; маховик вращается относительно оси С, J — момент инерции относительно этой оси (рис. 2.1.5).
Решение. Маховик вращается под действием внутренних сил. Работа внешних сил равна нулю, поэтому искомую работу можно опре-
Рис. 2.1.5Рис. 2.1.5делить по теореме о кинетической энергии (2.1.9): Ti—То = =4(‘). Кинетическая энергия аппарата /осо2/2; кинетическая энергия маховика J((o+Q)2/2, где со — угловая скорость аппарата относительно инерциальной системы, Q ——угловая скорость маховика относительно аппарата. В начальный момент (до запуска маховика) Qo=O,①=(оо, следовательно, То= (/о+/)о)о /2. В мо
Рис. 2.1.5
Рис. 2.1.5
мент прекращения вращения ①=0, т. е. Ti=JQ2J2. Работа внутренних сил
4")= г】一 г。= JQ2/2 一 у。+ 办①犷2.
Угловую скорость Q найдем по теореме о моменте импульса (см. п. 3 настоящей темы). Так как главный момент внешних сил M^=Q, то момент импульса К= =const, где /С=/осо+^((о+^) • В начальный момент /С=/о(оо+/(соо+^о), где Qo=O. В момент прекращения вращения со —0, следовательно, K=JC. Так как ^= =const, то JQ= (/о+/)со, откуда Q= (Jo+/)coo//. Подставляя значение Q, окончательно получаем
КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
На цилиндрический каток, имеющий радиус R и вес Р, намотана нить, перекинутая через блок О и несущая на конце груз D весом G. Определить скорость центра катка % как функцию расстояния s и ускорение центра С. Коэффициент трения качения катка kt радиус инерции катка относительно его оси ри (рис. 2.1.6). Дви-
:укение началось из состояния покоя, массой нити и блока пренебречь; 尸=20 Н, G=20 Н,々 = 0,1, R=40 см, ри = 30 см.
Маховое колесо, имеющее момент инерции / и диаметр d, вращается по инерции с постоянной угловой скоростью п. Колесо останавливается прижатием к его ободу тормозной колодки с помощью рычага АО В. Какую силу F нужно приложить к концу В рычага, чтобы остановить маховик в течение времени /? Коэффициент трения между колодкой и маховиком f. Движение маховика во
время торможения считать равнозамедленным (рис. 2.1.7) /= =14 Н м/с2; а=50 см;匕=80 см; с~ 14 см; d=70 см; п=430 об/мин; f=40 с;『=0,4.
Вычислить кинетическую энергию механизма, изображенного на рис. 2.1.8. Колесо 2, имеющее вес G и радиус 欠2, находится во внутреннем зацеплении с колесом 1 радиуса R. Колесо 2 приводится в движение кривошипом ОС весом Р, вращающимся вокруг неподвижной точки О с постоянной угловой скоростью о)о； G=980 Н; Р=294 H;'R2=80 cm; Ri = 20 см; соо= 10 с-1.
По горизонтальной плоскости прямолинейно со скоростью и движется куб массой М. С кубом соединена точка подвеса математического маятника массой т и длиной I. Вычислить кинетическую энергию системы для момента (p^60o. Вектор v лежит в плоскости качаний маятника (рис. 2.1.9); М=100 кг; т= 10 кг; и =10 см/с; 2=30 см;(p=4jtsin//9.
Тело, принимаемое за материальную точку, движется прямолинейно по закону %=瓦方з, Где ^ = const. Сила сопротивления среды
пропорциональна квадрату скорости тела, коэффициент пропорциональности 々2・ Найти работу сил сопротивления при перемещении точки из положения %=0 в положение х—а.
В троллейбусе с инерционным двигателем на каждой промежуточной стоянке маховик разгоняется в течение 3 мин от 1500 до 3000 об/мин, после чего, вращаясь по инерции, приводит в движение троллейбус. Масса маховика 1,5 т, диаметр 1,6 м. Считая маховик однородным Диском, найти среднюю мощность двигателя, разгоняющего маховик. Сопротивлением маховика пренебречь.
Рис. 2.1.10Рис. 2.1.10
Рис. 2.1.10
Рис. 2.1.10
Искусственная межпланетная станция представляет собой диск диаметром 40 м, вращающийся для создания искусственной тяжести с угловой скоростью з = 0,5 с-1. Считая, что масса М= 104 т станции распределена равномерно по ободу диска, найти среднюю мощность двигателя, который должен сообщить станции соответствующее вращение в течение 1 ч.
Доказать, что сила F принадлежит потенциальному полю, а также найти силовую функцию, уравнение поверхности уровня, если: a) F=mg; б) F=—方г； в) F=lnr(r/r); г) F=^r〃2； д) F=(2%+ 十y)i+(%+22)j+(2必十 l)k.
Определить кинетическую энергию механизма, изображенного на рис. 2.1.10. Колесо радиуса ri неподвижно; G? и G3——соответственно вес колес радиусов г2 и гз； G ——вес кривошипа, который вращается вокруг центра О с угловой скоростью со.
Груз А весом G перемещается с помощью троса, переброшенного через блок С и навитого на барабан радиуса R и весом G2 (рис. 2.1.11). К барабану приложен вращающий момент, который изменяется по закону Мвр= 10(р, где ф ——угол поворота барабана. Определить скорость груза А в момент, когда он переместится на расстояние s. Массу барабана В считать распределенной равномерно по его ободу. Блок С ——сплошной диск весом G. Массой троса пренебречь. В начальный момент система находилась в покое. Коэффициент трения груза А о поверхность f. Угол наклона плоскости к горизонту а.
КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ
Как записывается теорема о кинетической энергии системы в дифференциальной и интегральной форме для свободной системы, абсолютно твердого тела и материальной точки? 2. Для каких мате” 58
риальных систем работа внутренних сил равна нулю? 3. Когда имеет место закон сохранения полной механической энергии? 4. Какова связь между проекциями силы на оси координат и силовой функцией в потенциальном поле? 5. В каком случае элементарную работу можно представить в виде полного дифференциала функции? 6. Каков критерий потенциальности силового поля? 7. Как определить уравнение силовых линий? 8. Как определяются поверхности уровня? Каково их взаимное расположение с силовыми линиями поля? 9. Что собой представляют буквенные обозначения в формулах (2.1.1)—— (2.1.12)?
ЗАКОН СОХРАНЕНИЯ ИМПУЛЬСАИ ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ ИМПУЛЬСА
И ДВИЖЕНИИ ЦЕНТРА МАСС
Уравнения движения механических систем, в которые не входят внутренние силы; роль этих уравнений в механике. Теорема о количестве движения и следствия из нее: теорема импульсов и теорема о движении центра масс снт стемы. Закон сохранения импульса как первый интеграл уравнений движения системы.
Основные понятия и формулы
Так как внутренние силы зависят от характера механических систем, то в общих уравнениях, описывающих в рамках ньютоновской механики движение любых механических систем, эти силы исключены. Для материальной системы, состоящей из п дискретных точек (или сплошной среды плотности р, которая заключена в объеме 7), эти теоремы имеют такой вид:
=£ 恤 ® ; R”)=『apdV, (2.2.1) v=lV
乂⑷=2 rvxmvav;加⑷=JrXapdV, (2.2.2) v=lV
где R® ——главный вектор, М^ ——главный момент внешних сил соответственно для системы п дискретных точек и сплошной среды, на единицу массы которой действует сила F;
R(e)= £ 叩；R⑷=f FpdV, (2.2.3) v=lh
M®=工^义詩)；M(e)= [ rXFpdK (2.2.4)
Описывая движение любых механических систем, уравнения (2.2.1) и (2.2.2) в общем случае являются необходимыми, но недостаточными. Для свободного абсолютно твердого тела эти уравнения движения являются необходимыми и достаточными.
Основное уравнение движения механической системы (2.2.1) приводит к следующим теоремам: а) об изменении количества движения системы
где Р = ^ mv Уу или Р = J vpW — импульс системы; v=lV
теореме импульсов
Р2-Рх= J R⑻d/;(2.2.6)
теореме о движении центра масс С
Мгс = R?(2.2.7)
где М — масса всей системы,
Гс =(£ mv rv)M или rc = j rpdV/M (2.2.8)
определяют положение центра масс системы дискретных точек или объема V сплошной среды.
Если для механической системы R(e)=0, то теорема (2.2.1) сводится к закону сохранения количества движения системы
(2.2.9)(2.2.9)Р = const,
(2.2.9)
(2.2.9)
который является первым векторным интегралом уравнений движения механических систем.
Основные типы задач и примеры
Прямоугольный клин с углом а и весом G поставлен на горизонтальную плоскость (рис. 2.2.1,а). Коэффициент трения клина о плоскость f. На клин положены
Рис. 2.2.1Рис. 2.2.1
Рис. 2.2.1
Рис. 2.2.1
тела Л и В, вес которых соответственно Qi и Q2, связанные гибкой нерастяжимой нитью АСВ, которая переки
нута через блок С. Определить зависимость между скоростью клина и относительной (по отношению к клину) скоростью грузов А и В, если коэффициент трения грузов о боковые поверхности клина k. В начале дви
жения система находилась в покое. Массами блока и нити пренебречь.
Решение. Система хОу (рис. 2.2.1, б) неподвижна, система координат 修Q/1 (рис. 2.2.1, в) подвижна. Применим теорему об изменении импульса движения (2.2.5), записанную в проекциях на ось Ох.
где R，=—々(Qi cos а X
Xsina+Q? sin a cosa) —
一 f G = - * (Qi + QJ sin 2а 一 fG・
Интегрируя это равенство, имеем
& = 一 [V sin 2a(Qi + QJ 一 改卜
Количество движения рассматриваемой системы состоит из количеств движения тел Л и В и клина, т. е.
尸=—Vi + — v2 + — v3,g g g
где Vi, v2 — абсолютные скорости движения грузов Qi и Q2 соответственно, v3—переносная скорость клина. Запишем последнее равенство в проекциях на ось 0%:
% = [QWix абс + Q2P2X абс + G%epl/g・
Абсолютные скорости грузов А и В определим по теореме сложения скоростей： Va6c=Vnep+v0TH, или в проекциях на ось Ох: их абс=^х пер+^х отн- Так как переносное движение поступательное, то Vi Пер=v2 пер=vnep• В относительном движении проекции скоростей и【00 0TH= ==^отн COS OS, U2Koтн=== %тн sifl а, ГДС Уотн—СКОрОСТЬ ДВИ-
жения грузов относительно клина. Используя полученные формулы, найдем
力 — isin2a(Qi + Q2)-2/G]gf _ nep — 2(Qi + Qz + G)
[Qi cos a + Q2 sin a] t^H
Qi + Q2 + g
Поскольку иПер<0, то клин движется в сторону, противоположную %отн・
Призма / массой m положена на призму 2 массой М (рис. 2.2.2). Верхняя призма начинает скользить по нижней и в некоторый момент движется по ней со скоростью иотн・ Какую скорость имела в этот момент нижняя призма? Призму и горизонтальную плоскость считать гладкими.
Решение. Направим ось Ох по горизонтали. На основании формулы (2.2.9) имеем 团娱+乂咏=0・ Искомую скорость обозначим 〃， тогда 住=—〃，V\x= = уОтн cos a——u. Используя последние равенства, найдем
加％th cos a — mu — Mu = О,
откуда 〃=/?WoTHCOsa/(Al+zn). При решении учтено, что в начальный момент призмы покоились.
В однородном электрическом поле напряженностью Е движутся два точечных заряда массой /и： и m2 и 62
зарядами 电 и е? (рис. 2.2.3). Найти движение центра масс. Начальные значения гОс и vOc известны.
Решение. На основании формул (2.2.7) и (2.2.8)
(恤 + 加2)「с = G Е + е2Е, или в проекциях на оси координат
(电 + m2) хс = (% + с?) Е，Ус = 0, zc = 0.
Дважды интегрируя последние равенства, получаем уравнения движения центра масс:
紀= "* 後• Е + %ос 力 + %ос» Ус = yc^t + Усо , 加1十加22
Nc = NcO 力 + ZcO・
Две точки, массы которых mi и 团2, движутся в силовом поле F=^r. Найти закон движения центра масс, пренебрегая взаимодействием точек.
Решение. По формулам (2.2.7) и (2.2.8) имеемg + m^rc = kr1 + k r2.
Уравнения движения точек системы таковы: т^х—кг^ m2r2=^r2・ Учитывая обозначения 力/m1=%?,々/加2=%；, запишем их в виде ri=Xi И,「2 = 乂^「2, или в проекциях: %]■-乂 :%1,…,%2 - 乂 ^%2,
Запишем уравнения движения вдоль оси Ох. Интегрируя последние равенства, получаем
%! = 41 ехр (х") + Л2 ехр (— х"), / = В1 ехp (乂2方)+ & ехр (一 乂2方)， где постоянные Ль #2, Bi, В2 определяются из начальных условий. Проекция ускорения центра масс на ось Ох
呑=左%2) т1 + т2 °
Дважды интегрируя последнее равенство, найдем
e 恤+加2 [宕 xf J加1 +加2.
Решение для двух других проекций аналогично.
На носу и корме лодки весом G сидят два человека весом Gi и G2 на расстоянии / друг от друга. Пренебрегая сопротивлением воды, определить, куда и насколько переместится лодка, если люди поменяются местами (рис. 2.2.4).
Решение. Силы, действующие на систему, которая состоит из лодки и двух пассажиров, параллельны оси
Оу, т. е. Rk=0. На основании теоремы о движении центра масс (2.2.7) запишем таСх=09 откуда 侬=const = =0, следовательно, %c=const, т. е. центр масс системы не перемещается. В начальный момент положение центра масс определяется координатой
We _ 加i*i + 加2%£ + 加3%3 _ G]/i + Gz%2 + 63*3
次1 +加G +加3Gi+G2 + G3
В конечном положении координата центра масс
% = Gi (%i + % + /) + G? (& — / + %) + G (%з + %)G1 + G2 + G31，
где х — смещение лодки. Так как х℃ = Хс, то
Y = G2 — G] ]
—Gi + Gz + G *
Направление смещения определяется знаком в последней формуле и зависит от соотношения Gi и G2.
Грузы А и В весом Gi и G2 соединены нерастяжимой нитью, переброшенной через блок С. Груз В скользит по боковой поверхности клина, опирающегося основанием DE на гладкую горизонтальную плоскость (рис. 2.2.5,а). Найти перемещение клина по горизонтальной плоскости при опускании груза А на высоту й, если вес
В)В)Рис. 2.2.5Рис. 2.2.5Рис. 2.2.6Рис. 2.2.6
В)
В)
Рис. 2.2.5
Рис. 2.2.5
Рис. 2.2.6
Рис. 2.2.6
клина G и 厶CED = a. В начальный момент система находилась в покое. Массой нити и блока, а также отклонением нити АС от вертикали пренебречь.
Решение. Систему координат хОу выберем так, чтобы в начальный момент линия действия силы Gi проходила через начало координат (рис. 2.2.5, б). Коорди-
нату % центра масс клина и груза В обозначим через / и /2. Смещение клина обозначим через s, тогда в конечный момент координаты центра масс грузов Л, В и клина соответственно таковы: s, s+%2—无 cos a, %+s.
Применим к системе теорему о движении центра масс: mac%=0, откуда vCx= =const=0, следовательно, %c=const. В начальный момент
Xqc= (G/+G2Z)/(G+G1 + G2), в конечный момент хс = =[G (/+s) + G],s+G2 (s-j-Z2—九 cos a) ] /(G+G】+ G2). Приравнивая xQc=Xci получаем s = G2h cos a/(G4-Gi4-G2).
Найти импульс равнодействующей всех сил, действующих на снаряд за время, когда он из начального положения О переходит в наивысшее положение М. Значения т, a, % s заданы (рис. 2.2.6).
Решение. Применим теорему импульсов (2.2.6). Имеем znvi—znv()=s или в проекциях на оси Ох и Оу:
mui——mvQ cos a=s尤,——mvQ sin a=sy. По проекциям sx и sy можно найти |s| и направляющие косинусы.
КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
Груз весом Р (рис. 2.2.7) скользит вниз по наклонной плоскости, свободно лежащей на земле. Вес наклонной эстакады G, коэффициент трения скольжения между грузом и эстакадой f, угол наклона а, коэффициент трения покоя f0. При каких условиях эстакада останется неподвижной?。
На покоящейся непривязанной лодке массой т находятся два человека, массы которых mi и 恤 соответственно. Что произойдет
с лодкой, если первый человек пе
реместится по направлению к корме на расстояние 厶，а второй —— к носу на расстояние 勾？ Сопротивлением воды пренебречь.
Лодка массой М имеет скорость у0. Человек, масса которого т, движется с относительной скоростью 〃 к ее носу. Определить, пренебрегая сопротивлением воды, перемещение s лодки. При каком
значении и лодка не переместится?
На находящейся в покое лодке массой М сидит человек массой т. С какой скоростью v будет перемещаться лодка, если человек начнет двигаться с относительной скоростью и? Сопротивлением пренебречь.
Матрос весом G перемещается по шлюпке массой М с относительной скоростью и. Определить скорость шлюпки в зависимости от времени, считая сопротивление воды постоянным и равным R. В начальный момент матрос и шлюпка находились в покое.
Корабль водоизмещением 10 000 т, движущийся со скоростью и=36 км/ч, производит залп из шести орудий по направлению, образующему 30° с направлением движения. Определить, на сколько процентов изменится скорость корабля в первый момент после выстрела, если считать, что поперечная составляющая отдачи уничтожается сопротивлением воды. Масса каждого снаряда т=250 кг, а начальная скорость ^о = 8ОО м/с.
Снаряд противотанковой пушки, имеющий массу т=6 кг, ударившись о лобовую броню танка, масса которого 兩=30 т, под углом а=30° к ней рикошетирует. Найти изменение скорости тайка, если скорость снаряда и = 500 м/с.
Эллиптический маятник состоит из тела А массой 他卜 которое может перемещаться поступательно по гладкой горизонтальной плоскости, и груза В массой т2, связанного с телом стержнем длиной / (рис. 2.2.8). В начальный момент стержень отклонен на угол фо и отпущен без начальной скорости. Пренебрегая весом стержня, определить смещение тела 4 в зависимости от угла отклонения ф.
К тележке А массой М (рис. 2.2.9) подвешен маятник, закон колебания которого(p=(posin^/. Определить уравнение движения тележки, если масса маятника т, а длина стержня маятника 厶 Трением скольжения и массой стержня пренебречь. В начальный мо
мент тележка находилась в покое.
Конькобежец массой М=70 кг, стоя на коньках на льду, бросает в горизонтальном направлении камень массой т = 3 кг со скоростью и = 8 м/с. На какое расстояние откатится при этом конькобежец, если известно, что коэффициент трения коньков о лед 々=0,02?
Рис. 2.2.8Рис. 2.2.8П. Человек массой m неподвижно стоит на тележке массой ть С какой скоростью начнет двигаться тележка, если человек побежит по ней с относительной скоростью %тн? Трением тележки о землю пренебречь.
Рис. 2.2.8
Рис. 2.2.8
Из пушки, не имеющей противооткатного устройства, вылетает снаряд под углом а к горизонту. Скорость снаряда и, масса .снаряда т, масса пушки М. Найти скорость пушки после выстрела. Трением пренебречь.
В лодке массой mi = 240 кг стоит человек массой тг=60 кг. Лодка плывет со скоростью s = 2 м/с. Человек прыгает с лодки в горизонтальном направлении со скоростью v—4 м/с относительно лодки. Найти скорость лодки после прыжка человека: а) вперед по движению лодки; б) в сторону, противоположную движению лодки.
На одном конце лодки длиной 2а, находящейся в покое, стоит человек. Затем он переходит на другой конец лодки. Вес лодки Gi, вес человека G. Определить смещение лодки.
В однородном электрическом поле напряженностью Е= = 10j В/м движутся два точечных положительных заряда с массами 2 и 5 г и зарядами 4 и 8 Кл соответственно. Найти: а) движение центра масс, если в начальный момент заряды покоились в точках с координатами %=0, у=3 см и х=5 см, у=0 соответственно; б) движение центра масс, если в начальный момент заряды двигались из точек с координатами х=0, у=3 см со скоростями 5i и 3j см/с соответственно. Решить вопросы п. а) и б), считая заряды отрицательными.
В однородном электрическом поле напряженностью Е= =10j В/м движутся два заряда различных знаков. Положительный заряд массой 10 г и зарядом 0,1 Кл начинает движение со скоростью 5i см/с из точки с координатами х=0, у=8 см; отрицательный заряд массой 8 г и зарядом 0,2 Кл начинает движение со скоростью 5j см/с из точки с координатами х= 10 см, у=0. По какому закону 3j см/с соответственно. Решить вопросы п. а) и б), считая заряды в начальный момент находились в покое.
Материальная точка массой т=10 г (рис. 2.2.10) равномерно движется по окружности и проходит точки А, В, С, 6 соответст-
венно в моменты 力，/г, %, 〃. Найти импульс сил, действующих на точку, за промежуток времени 友——力i, %——厶，〃——4, если скорость точки v=8 м/с.
Из точки О наклонной плоскости, образующей угол а с горизонтом, начинает двигаться без сопротивления материальная точка массой т с начальной скоростью и。под углом В к горизонту и падает на наклонную плоскость. Определить импульс сил, действующих на точку за время ее движения и за время, когда точка из началь-
Рис. 2.2.11Рис. 2.2.11
Рис. 2.2.11
Рис. 2.2.11
ного положения переходит в положение М, в котором вектор скорости Vi параллелен наклонной плоскости (рис. 2.2.11); а=30°, В = = 60°, Оо=500 м/с, т=100 кг, s=300 м/с.
КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ
Каковы необходимые и достаточные уравнения движения свободных механических систем? необходимые, но недостаточные? Что представляют собой буквенные обозначения формул (2.2.1)—— (2.2.4)? 2. К каким теоремам приводят необходимые, но недостаточные уравнения движения свободных систем? 3. Какова роль теоремы о количестве движения в механике свободной системы и абсолютно твердого тела? 4. Какие следствия вытекают из теоремы о количестве движения? 5. Какие выражения называются первыми интегралами уравнений движения свободных механических систем? Когда их можно записать?
3. ЗАКОН СОХРАНЕНИЯ МОМЕНТА ИМПУЛЬСАИ ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ МОМЕНТА ИМПУЛЬСА
Теорема о моменте импульса относительно неподвижной точки и относительно центра масс системы. Закон сохранения кинетического момента механических систем как первый интеграл их уравнений движения. Принцип затвердевания.
Основные понятия и формулы
Моментом импульса или кинетическим моментом системы, состоящей из дискретных точек и абсолютно твердого тела, называется вектор п
К』 X //2V Vv ; К == J* г X vpdK
Основное уравнение движения механической системы Приводит к теореме о кинетическом моменте К относительно начала координат и относительно центра масс, которые имеют соответственно такой вид:
dK0/dZ = М^),(2.3.1)
dK°/d/ = М£,(2.3.2)
где М(е)— главный момент внешних сил. Для системы дискретных точек и абсолютно твердого тела
М^) = Е % 义 ％ ; Mge) = / г X Fpdv, (2.3.3) v=lV
причем связь между М俨 и М ^ выражается формулой
М£ = М£+%xR(e)・(2.3.4)
Уравнения движения механических систем, на которые действуют силы, удовлетворяющие условиям М(е)=0, приводят к закону сохранения момента импульса
К = const.(2.3.5)
Это первый векторный интеграл уравнений движения. Теоремы (2.2.7) и (2.3.2) позволяют исследовать движение свободных механических систем как сложное: вместе с центром масс и вокруг него.
Теоремы (2.2.5) и (2.3.1) выражают необходимые, но недостаточные уравнения движения свободных систем и достаточные уравнения движения абсолютно твердого тела, следовательно, не нарушая движения системы, ее можно рассматривать в каждый момент как абсолютно твердое тело (принцип затвердевания).
Основные типы задач и примеры
На барабан, имеющий вес G и радиус г, намотана нить с грузом Л весом Q на конце (рис. 2.3.1). Пренебрегая массой нити и трением в оси О, определить угловое ускорение барабана при вертикальном движении груза, если радиус инерции барабана относительно его оси р.
Решение. Применим к механической системе теорему о моменте количества движения относительно оси О [см. формулу (2.3.1)]. Кинетический момент системы складывается из кинетического момента барабана Ко= =/ш=;Ибр2й)=Gp2(o/g и кинетического момента груза
Ko=m2vr, где v=^rr m2=Q/g. Следовательно, для системы [см. формулу (2.3.3)] Ko=(Gp2+Qr2)g/g. Внешней силой является Q. Ее момент относительно оси О равен M0=Qr. На основании этих равенств получим
Gp3 + Q 力gGp3 + Q 力gdo)откуда 8 ==d/do)откуда 8 ==d/QrgGp2十Q必QrgGp2十Q必
Gp3 + Q 力g
Gp3 + Q 力g
do)
откуда 8 ==
d/
do)
откуда 8 ==
d/
Qrg
Gp2十Q必
Qrg
Gp2十Q必
Определить угловую скорость ведомого автомобильного колеса, масса которого G и радиус г. Колесо,
катящееся со скольжением по горизонтальному шоссе, приводится в движение горизонтально направленной силой F, приложенной в его центре
масс” С (рис. 2.3.2). Момент инерции колеса относительно этой оси, перпендикулярной плоскости материальной симметрии, /с； Fk — коэффициент трения качения; fr — коэффициент трения при качении со скольжением. В начальный момент колесо находилось в покое.
Решение. Теорема о моменте импульса d(Jcs)/d£ = =МС в этом случае допускает интегрирование: Jca)=Mct9 где главный момент Mc=Mc(V^ _j-Afc(N). Момент силы трения Afc(FTp) = Cfrr; момент пары трения Afc(N)=—G/к； момент силы F относительно С равен нулю. Следовательно, Mc=G(frr——/к). Из приведенных равенств найдем
①="^~ (frr -九)九
Круглая однородная горизонтальная платформа, радиус которой R и вес Q, может вращаться без трения вокруг вертикальной оси Ог, проходящей через центр О. По платформе на неизменном расстоянии г от оси Oz идет с постоянной скоростью человек весом G. Относи-
тельная скорость человека и. Определить, с какой угловой скоростью будет вращаться платформа вокруг оси, если в начальный момент и человек и платформа не двигались (рис. 2.3.3).
Решение. Момент внешних сил относительно оси Oz равен нулю, следовательно, теорема о моменте импульса (2.3.1) dKz/df=O приводит к закону сохранения
момента количества движения (2.3.5) ^=const. Так как в начальный момент система покоилась, то const=0. Момент импульса платформы Kzn=Jzzn8 и момент импульса человека относительно оси Kzr=Jzzr(s—〃/厂) дают суммарный момент импульса системы, равный Jzzns+Jzzr (①—〃/厂)=0, где абсолютная скорость человека ①——и/r находится как сумма переносной со и относительной——и[г скоростей. Платформу считаем круглой однородной пластиной, ее момент инерции JZZn = = Q*/(2g); момент инерции человека Jzzn = Gr2lg. На основании приведенных равенств
2GM(о =.
QR2 + 232
Гирька М (рис. 2.3.4, а) привязана к концу нерастяжимой нити МОАУ часть которой пропущена нерез вертикальную трубку; гирька движется вокруг оси трубки по окружности радиуса R, делая п оборотов в минуту.
Медленно втягивая нить ОА в трубку, укорачивают наружную часть нити до длины М\О, при которой гирька вращается по окружности радиуса г. Сколько оборотов в минуту делает гирька по этой окружности?
Решение. На гирьку действуют сила тяжести G и сила натяжения нити Т (рис. 2.3.4,б). Моменты этих сил относительно оси On, направленной по оси трубки, соответственно равны:
检(G) —Хм Gy — ум G尤—0, так как Gx = Gy = О,Mz (Т) = хмТу — ум Тх = Tl cos a cos В — Tl cos pcosa = О,
где аир — углы, составляемые нитью с осями Ох и Оу. Суммарный осевой момент 兩о=0. Теорема о моменте импульса в рассматриваемом случае при* водит к закону сохранения момента импульса Kz=const. Отсюда для положений М и М\ имеем mvR=mvir или, учитывая, что u=sA=2ji〃R,
получаем 2П"r2=2冗儿1г2, откуда n\=riR21rz.
Определить закон движения центра масс диска, имеющего радиус R и вес G. К оси диска приложена постоянная сила F и момент М. Коэффициент трения качения К (рис. 2.3.5).
Решение. Теорема о движении центра масс в проекциях на оси Ох и Оу записывается в виде
—Хс = F ——F тр, — ус = — G + N,(*)
gg
где 尸——движущая сила, N ——нормальная сила реакции поверхности, FTP — сила трения. Теорема о моменте импульса (2.3.2) в этом случае имеет вид
Jc6 = 3pR + M-G儲(**)
где "=GR2/(2g).
Так как yc=R=const, то ус=О и N = G. Поскольку (F - %р)/(尸 тр R + M- G/J = 2/3,
то
% = (1/3)(尸-2M/R + 2GfK/R).
Здесь учтено условие качения диска без скольжения Хс=/?Ф，откуда %c=R(p (мгновенный центр скоростей диска находится в точке Р). Из уравнений (*) и (**) исключим силу трения FTp:
G L 3 丁 3R 3R」
Проинтегрировав последнее равенство дважды, получим
Если в начальный момент
диск находился в покое, то Ci=0; если начало координат совпадает с начальным положением мгновенного центра скоростей, то С2=0. Из выражения для хс следует, что движение диска в заданном направлении возможно при условии 尸 + +M/R—G%/R>0 или 尸> > (GfK—AI) /R. Однако ка-
Рис. 2.3.6
чение без скольжения может быть при значениях 尸，не превосходящих предельного значения силы трения fN, т. е.尸тр VfM или с учетом FTP имеем (%)(尸一2М/及+ +2G&/R)VfM откуда F<3fN+&(M-GfK)/R. Следо
вательно,
(G九 一 M)/R < 尸 < 3fN + 6 (M — GfJ/R.
6. В постоянном аксиально-симметричном поле пролетает частица массой т, несущая заряд электричества е. Траектория частицы известна и расположена в плоскости, перпендикулярной оси симметрии поля. Индукция магнитного поля В направлена параллельно оси симметрии поля и задана как функция расстояния р от оси симметрии (рис. 2. 3.6). Определить модуль импульса силы.
Решение. Направим ось Oz вдоль оси симметрии поля (рис. 2. 3. 6). На движущуюся частицу в магнитном поле действует сила Лоренца
F = ev ・ В = е
ху О
О° В (р)
откуда
Fx = еуВ (р), Fy = ~ ехВ (р), Fz = 0.
Момент силы относительно О имеет следующие проекции: Mx=yFz——zFy=0, My=zFx—尤尸z=0, Mz=xFy — —yFx=—еВ(р) (%%+уу). В цилиндрических координатах Mz=—В(р)рре. В проекциях на ось On теорема о моменте количества движения имеет вид
(^Р2Ф)= — еВ (р)рр.
Преобразуем выражение для Kz по формуле
К% = mp2q)= тир sin а = Рр sin а.
Учитывая последнее равенство, запишем
Pd (р sin а) = — еВ (р) pdp.
Здесь учтено, что в случае действия на частицу лишь гироскопических сил, имеет место интеграл Е=Т= =加№/2=团党/2, из которого следует сохранение абсолютной величины скорости частицы. Импульс Р найдем в виде
Р2
f 8(p)pdp
р — с Pi.
Pi sin % — p2 sin «а
Так как траектория движения известна, то pi, р2, аь а2 можно определить.
Стержень длиной / и массой М имеет на концах шарообразные массы т. Диаметр шаров d. Какой вращательный момент нужно приложить к стержню, чтобы привести его во вращение с угловым ускорением 8=const вокруг оси, перпендикулярной стержню и проходящей через центр масс системы (рис. 2. 3. 7) ?
Решение. Теорема о моменте импульса (2.3.1) в проекциях на вертикальную ось sJ=MBp позволит определить вращающий момент Мвр. Момент инерции системы складывается из момента инерции стержня %庐/12 и двух моментов инерции шаров т(/+^)2/4, т. е.
J = MP/12 + m(l + d)2/2.
Используя последнее равенство, найдем
Мвр = (е/2) [М/2/6 + 加(Z + 砌可.
Шкив М, вращающийся с постоянной угловой скоростью wo, тормозится с помощью ручного тормоза, 74
С какой силой 尸 нужно прижать рукоятку, чтобы шкив остановился через время /, если коэффициент трения f, длина рукоятки a, 0K=А момент инерции шкива /, его радиус г (рис. 2. 3. 8) ?
Решение. Для тела, вращающегося равнозамедленно, Jq=M, где 8=соо/^ M=Fifr (尸1 ——усилие, передаваемое на шкив рукояткой). Величину Fi найдем из
Рис. 2.3.8Рис. 2.3.8
Рис. 2.3.8
Рис. 2.3.8
условия Fa=F、b, откуда F\=FaJb. Используя эти равенства, запишем
丿⑸=2 fFr, откуда尸=.t b tafr
КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
Акробат делает сальто. Отталкиваясь ногами от пола, он сообщает себе в начальный момент угловую скорость 31 = 1 об/с вокруг горизонтальной оси, которая проходит через его центр масс. При этом момент инерции акробата относительно оси /1 = 15 кг・м2. Для того чтобы в полете увеличить угловую скорость, акробат поджимает ноги и руки к туловищу, тем самым уменьшая момент инерции до 」2=5 кг-м2. Определить угловую скорость вращения акробата в полете.
Однородный круглый диск, имеющий массу т и радиус г, подвешен в точке и вращается вокруг своего диаметра под действием вращающего момента М=—сер, где ф — угол поворота (рис. 2.3.9). Определить угловую скорость диска как функцию времени. Начальная угловая скорость Зо=ЗОО с-1, т=9,8 кг; г=0,1 м; М= =9 Н・м.
Определить величину вращающего момента, под действием которого диск, имеющий массу т = 20 кг и радиус R=16 см, вращается вокруг неподвижной оси в соответствии с законом 屮=25伊 (рис. 2.3.10).
Ротор гироскопа массой т=30 кг в момент включения делал п—12-103 об/мин. Определить момент относительно оси вращения сил сопротивления, приложенных к ротору, считая их постоянными,
если ротор остановился через f = 30 мин. Осевой радиус йнерций 0H正 —10 см.
Горизонтально расположенная стрела АВ поворотного крана длиной / и весом G несет на себе подъемную тележку Т весом Q. К тележке прикреплен канат, второй конец которого наматывается на барабан лебедки С, причем тележка движется по стреле с постоян-
Рис. 2.3.9Рис. 2.3.9
Рис. 2.3.9
Рис. 2.3.9
ным ускорением а. Когда тележка находилась на конце В стрелы, имея относительную скорость, равную нулю, стреле была сообщена начальная угловая скорость ①°. Определить угловую скорость стрелы через время 厶 после начала относительного движения тележки,
а также работу, затраченную на перемещение тележки за указанный промежуток времени. При вычислении момента инерции стрелу считать однородным стержнем длиной /, а массой кабины и лебедки пренебречь (рис. 2.3.11).
По какому закону движется центр масс диска, который движется по наклонной плоскости с углом наклона к горизонту а? К оси диска приложены постоянная сила 尸 и пара с моментом М. Радиус диска R, коэффициент трения качения /к, вес диска G. В начальный момент диск находился в покое (рис. 2.3.12).
КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ
Какова роль теоремы о моменте импульса в механике системы и твердого тела? 2. Когда выпрлняется закон сохранения момента импульса? 3. Каково значение теорем о движении центра масс и момента импульса относительно центра масс в исследовании движения системы? В чем состоит принцип затвердевания?
4. ОСНОВЫ ДВИЖЕНИЯ ТОЧКИПЕРЕМЕННОЙ МАССЫ
Уравнение Мещерского. Реактивная сила. Первая и вторая задачи Циолковского. Число Циолковского.
Основные понятия и формулы
Движение точки переменной массы описывается уравнением Мещерского
= F + R,(2.4.1)
где R = u -^-——реактивная сила, и — относительная ско- d/
рость присоединяющихся или отделяющихся частиц по отношению к движущейся точке.
Если внешние силы отсутствуют и точка, получив начальную скорость Vo, движется прямолинейно при постоянной относительной скорости отделяющихся частиц и, то величина ее конечной скорости Vi определяется по формуле Циолковского (первая задача Циолковского):
Vi = v0 — u In г,(2.4.2)
где 2=mo/mi — число Циолковского.
Закон движения точки при этом зависит от закона изменения массы:
г vof — u J In zdf・(2.4.3)
о
Если внешние силы постоянны, например являются весом точки mg, и точка, получив начальную скорость Vo, движется прямолинейно при постоянной относительной скорости отделяющихся частиц и (вторая задача Циолковского) ,то конечная скорость
Vi = v0 + gt — uln2(2.4.4)
и закон движения точки
г = V。/ + g ^——u J In 2d九(2.4.5)
о
где г зависит от закона изменения массы.
В теоретических работах по ракетодинамике обычно рассматриваются два закона изменения массы: а) линейный
m = m0 (1 — а/)(2.4.6)
где a=const — удельный расход;
показательный
俏=т° exp (— W).(2.4.7)
Оснойные типы задач и примеры
По заданной относительной скорости частиц и и заданному закону изменения массы m=m(t) найти реактивную силу R в момент времени /. Рассмотреть два случая:a) m = 100(1—2f); б) m =
“X =100 exp (—2/).
По заданному значению начальной мас- "少 сы то=ЮОО кг и конечной т=10 кг найти число Циолковского.
Точка, получив начальную скорость ио= =800 м/с, движется прямолинейно без воз- действия внешних сил. Скорость и=16 м/с от- деляющихся частиц постоянна. По заданному числу Циолковского г=ехр 2 определить ?% конечную скорость точки.
Точка движется прямолинейно без воз- Рис24 1 Действия внешних сил, получив начальную
• ■ скорость и0=1000 м/с. От нее отделяются частицы с постоянной относительной скоростью и=8 м/с. По заданному числу Циолковского z=exp 1 определить закон изменения скорости частицы и закон ее движения.
(Первая задача Циолковского.) Точка переменной массы движется прямолинейно без воздействия внешних сил. Относительная скорость и отделения частиц постоянна по величине и направлена в сторону,противоположную скорости V движения точки. Найти закон движения точки и закон изменения скорости, если масса изменяется: а) по линейному закону; б) по показательному закону.
Решение. Направим ось 0% по направлению скорости движения точки (рис. 2.4.1). В проекциях на ось Ох равенство (2.4.2) имеет вид
V = v0 + u(lnm0 —1п/тг).
Отсюда для линейного и показательного законов имеем:
и = % — 〃 1ц (1 — а/), и = % + 〃а九 Запишем (2.4.3) в проекциях на ось Ох:
х =州+ 〃 f In生d/・
J 加 о
Тогда для линейного закона изменения масс
% =叩一"% =叩一"
% =叩一"
% =叩一"
=Vo^ + — [(1 — a/) In (1 — af) + a〃;
для показательного закона
% = %/ + 〃『 atdt = vQt + и -^.о
(Вторая задача Циолковского.) Точка переменной массы движется по вертикали вверх вблизи Земли. Считая поле земного притяжения однородным (g — постоянное) и пренебрегая сопротивлением воздуха, а также учитывая, что относительная скорость и отделения частиц постоянна и направлена в сторону, противоположную V, найти закон движения точки и закон изменения скорости для двух случаев изменения массы: а) по показательному закону; б) по линейному закону (рис. 2.4.1).
Решение. Запишем равенство (2.4.4) в проекциях на ось Ох:
v = v0~gt + u}n glni).
Отсюда для линейного и показательного законов соответственно находим:
V = vQ — gf — 〃 In (1 —欣)，и = % — gt + 〃af.
Закон движения точки определим из закона (2.4.5), записав его в проекциях на ось Ох:
о
Отсюда для линейного и показательного законов имеем:
% = %/ — g产/2 + (〃/а) [(1 — a/) In (1 — а/) + а/],
х = и0/ — g/2/2 + 〃а*/2.
Космическая четырехступенчатая ракета, предназначенная для исследования атмосферы, стартует с Земли вертикально. Необходимая конечная скорость t^. Считая, что m — полезный груз четвертой ступени, и ——относительная скорость истечения газов, одинаковая для всех ступеней, найти начальную массу ракеты, если 8 — отношение массы полезного груза к массе полного груза каждой ступени, а / — время горения топлива во всех ступенях. Сопротивлением воздуха, изменением силы тяжести с изменением высоты и вращением Земли пренебречь. Найти также массу топлива, если числа Циолковского для всех ступеней одинаковы. (Под полезным грузом данной ступени понимается начальная масса всех последующих ступеней, а для последней ступени — масса спутника с аппаратурой.)
Решение. Введем следующие обозначения: тю—— начальная масса ракеты, mi — масса ракеты без топлива первой ступени, т2о——полезный груз первой ступени (начальная масса второй, третьей и четвертой ступеней и аппаратуры), т2 — масса ракеты без первой ступени и без топлива второй ступени, т3о——полезный груз второй ступени (начальная масса третьей и четвертой ступеней с аппаратурой), т3 ——масса ракеты без первой и второй ступеней и без топлива третьей ступени, т^о —— полезный груз третьей ступени (начальная масса четвертой ступени и аппаратуры), т4 — масса ракеты без первой второй, третьей ступеней и без топлива четвертой ступени, т ——полезный груз четвертой ступени (масса аппаратуры).
По определению, m/m4 = т^/т3 = т30/т2 = m2o/^i = =8, т^тю ==1/гь т2/т2о = 1/^2,恤/恤о=1/2з, g加4。= =1/n4.
Рассмотрим движение одной из ступеней. Уравнение Мещерского (2.4.1) проектируем на ось, направленную вертикально вверх:
откуда du = — ud ln/n — gdf.
Проинтегрируем последнее равенство от % до /. Имеем
у —y0 = uln———g(/ —幻.
恤
Вводя число Циолковского и время горения %=t—/о, запишем
и — и° = 〃 In z — g* откуда z = exp (吐"土空).
Перемножим числа Циолковского для всех ступеней:
4与&次 =exp4与&次 =exp〕s + gCti + R + n + iu) 一〕s + gCti + R + n + iu) 一=exp=exp”4 + g/ ),”4 + g/ ),
4与&次 =exp
4与&次 =exp
〕s + gCti + R + n + iu) 一
〕s + gCti + R + n + iu) 一
=exp
=exp
”4 + g/ ),
”4 + g/ ),
где t — полное время горения топлива во всех ступенях. Так как
m恤0m恤0Z/2Z3Z4Z/2Z3Z4,TО 加10,TО 加10
m
恤0
m
恤0
Z/2Z3Z4
Z/2Z3Z4
,TО 加10
,TО 加10
Найдем массу всего топлива:
^топ =(m1 0 -电)+ (m2 0 一 他 2)+ (m3 0 — "%) + (m40 -m4).
Так как число 之 для всех ступеней одинаково, то
/т?4 = — , Шл ° —т = — /у?,团3 =m = — m、88g82e2
Z3Z4z2Z3Z4z2
30 e?e2e3e3
加2。= 警加=^加，讐m=^耽%。=审他=今加•
Таким образом,
^топ = ； (z — 1)次 + ~ (^ — 1)次 + "^T(z — 1)加 +
(z/e)4—iz/g— 1(z/e)4—iz/g— 1m, г4 = exp 也上g»m, г4 = exp 也上g»
(z/e)4—iz/g— 1
(z/e)4—iz/g— 1
m, г4 = exp 也上g»
m, г4 = exp 也上g»
Ракета массой m0 стартует вертикально с поверхности Земли. Относительная скорость истечения газов и постоянна. Пренебрегая сопротивлением воздуха и учитывая изменение силы тяжести с высотой, найти закон изменения массы ракеты с течением времени, если ускорение ракеты на активном участке траектории поддерживается постоянным и равным а.
Решение. На поверхности Земли 恤且=丫恤M/R2, где M, R — соответственно масса и радиус Земли. Следовательно, yM=gR2. На высоте h над поверхностью Земли
尸=?尸=?тМ(R +九)2тМ(R +九)2=(R +九)2=(R +九)2
尸=?
尸=?
тМ
(R +九)2
тМ
(R +九)2
=(R +九)2
=(R +九)2
Спроектируем уравнение (2.4.1) на направление вертикали:
dudum——=m——=dfdf
du
du
m——=
m——=
df
df
Учитывая, что du/d/=a, имеем та=—gR2m/(R-[-h)2— ——udm/dt. Дважды интегрируя последнее равенство, находим путь, пройденный ракетой от поверхности Земли: h=at2/2 (учтено, что начальные условия Ло=О, Vq—0 при 力=0). Далее, имеем
gR2u dm
u =.
(R +a步/2)2m "
Разделив переменные и проинтегрировав, получим
—и—и(R + 4尸/2)2(R + 4尸/2)2
—и
—и
(R + 4尸/2)2
(R + 4尸/2)2
Отсюда закон изменения массы
2R (R + а*/?)2R (R + а*/?)++—uln -^- = af + gR2 т()—uln -^- = af + gR2 т()++2R2R
2R (R + а*/?)
2R (R + а*/?)
+
+
—uln -^- = af + gR2 т()
—uln -^- = af + gR2 т()
+
+
2R
2R
Ракета движется поступательно. Тяготение и сопротивление среды отсутствуют. Эффективная скорость истечения газов 〃. Определить число Циолковского, если в момент полного сгорания топлива скорость ракеты и.
Решение. В соответствии с равенством (2.4.2), учитывая, что уо=О, имеем v=u In г, откуда In z=v/u.
КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
На какой высоте будет ракета, находящаяся в восходящем движении, в моменты времени 10, 30, 50 с? Скорость истечения газов и=2000 м/с, сопротивлением воздуха пренебречь, начальная скорость ракеты у поверхности Земли равна нулю. Расчеты провести для линейного т=т^(\——а/) и показательного m=moexp(—at) законов изменения массы, а=0,01 с-1.
Тело переменной массы, имея начальную скорость и0= 2 м/с, движется с постоянным ускорением а=4,9 м/с2 по горизонтальным направляющим. Скорость истечения газов 〃=8 м/с постоянная. Определить путь, пройденный телом до того момента, когда его масса уменьшится в 々=4 раза. На тело действует сила трения скольжения с коэффициентом трения f=0,2.
Ракета стартует с Луны вертикально к ее поверхности. Эффективная скорость истечения 〃=2000 м/с. Число Циолковского z=5. Определить, каким должно быть время сгорания топлива, чтобы ракета достигла скорости и = 3000 м/с. Принять, что ускорение силы тяжести вблизи Луны постоянно и равно 1,62 м/с2.
Для исследования верхних слоев атмосферы используется трехступенчатая ракета. Принимая отношение полезного груза данной ступени к оставшейся массе ракеты без топлива этой ступени &= = 0,5 и относительную скорость истечения газов 〃=2500 м/с, найти полную начальную массу ракеты, если ее конечная скорость и = =8000 м/с, а масса аппаратуры /п=60 кг. Сопротивлением воздуха и действием силы тяжести пренебречь.
По какому закону должна изменяться масса тела, чтобы оно двигалось горизонтально с постоянным ускорением а, если относительная скорость истечения газов 〃=const, а начальная масса иг0? Решить задачу： а) без учета сил сопротивления; б) сила сопротивления пропорциональна скорости, коэффициент пропорциональности равен 々.
Тело переменной массы поднимается с постоянным ускорением по шероховатой наклонной плоскости, составляющей угол а с горизонтом. Считая, что поле силы тяжести однородно, а сопротивление атмосферы движению тела пропорционально первой степени скорости, найти закон изменения массы тела. Эффективная скорость истечения газов 〃 постоянна, коэффициент трения скольжения между телом и плоскостью 々=const, коэффициент сопротивления Ь = =const.
Эффективные скорости истечения первой и второй ступеней двухступенчатой ракеты соответственно равны: «1 = 2400 м/с, w2= = 2600 м/с. Определить, считая, что движение происходит вне поля тяготения и атмосферы, числа Циолковского, необходимые для до-
стйжения конечной скорости У1 = 2400 м/с первой ступени и конечной скорости ^2 = 5400 м/с второй ступени.
Считая, что у трехступенчатой ракеты числа Циолковского и эффективные скорости истечения у всех трех ступеней одинаковы, найти число Циолковского при 〃=2,4 км/с, если после сгорания всего топлива скорость ракеты и=9 мк/с (влиянием поля тяготения и сопротивлением атмосферы пренебречь).
Ракета перемещается в одно-
Рис. 2.4.2Рис. 2.4.2родном поле силы тяжести по прямой с постоянным ускорением а. Эта прямая образует угол а с горизонтальной плоскостью, проведенной к поверхности Земли в точке запуска ракеты. Предполагая, что эффективная скорость истечения газов и постоянна по величине и направлению, определить, каким должно быть отношение начальной массы ракеты к массе ракеты без топлива (число Циолковского), если к моменту сгорания топлива ракета оказалась на расстоянии Н от указанной выше касательной плоскости (рис. 2.4.2).
Рис. 2.4.2
Рис. 2.4.2
КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ
Как записывается уравнение Мещерского? 2. В чем заключаются первая и вторая задачи Циолковского? 3. Какая модель точки переменной массы принимается в механике? 4. Какое допущение принято о взаимодействии точки и частицы? 5. Что представляет собой реактивная сила? 6. Какая связь существует между уравнением Мещерского и теоремой об изменении импульса?
Тема tit
ОСНОВЫ АНАЛИТИЧЕСКОЙ МЕХАНИКИ
ЭЛЕМЕНТЫ АНАЛИТИЧЕСКОЙ СТАТИКИ
Понятие о виртуальной работе. Постулат идеальности связей. Принцип виртуальных перемещений. Обобщенные силы. Условия равновесия голономной механической системы.
Основные понятия и формулы
Элементарная работа силы Fv на виртуальном перемещении 6г называется виртуальной работой и определяется равенством
6XV = Fv -6rv .(3.1.1)
Если связи, наложенные на механическую систему, таковы, что сумма виртуальных работ сил реакций связи равна нулю, то связи называются идеальными:
・g = 0.(3.1.2)
v=l
Равновесие механической системы определяется принципом виртуальных перемещений: для положения равновесия механической системы сумма элементарных работ активных сил, действующих на систему, на любых виртуальных перемещениях равна нулю:
£凡・g = 0.(3.1.3)
v=l
В частном случае, когда на систему действуют силы потенциального поля, для положения равновесия системы вариация силовой функции должна быть равна нулю:
6〃 = 0.(3.1.4)
Пусть положение п точек системы, имеющей s степеней свободы, характеризуется s независимыми параметрами g左(々=1,..., s), которые полностью определяют положение системы и через которые могут быть выражены все Зп декартовых координат точек системы. Параметры q左 называются обобщенными координатами. Сумму виртуаль-
ных работ активных сил можно выразить через вариации обобщенных координат в виде
называются обобщенными силами. В частном случае, когда на систему действуют силы потенциального поля,
0〃 — огт0〃 — огт(3.1.7)(3.1.7)
0〃 — огт
0〃 — огт
(3.1.7)
(3.1.7)
При равновесии системы с идеальными связями
Q左=0・(3.1.8)
Равенства (3.1.3), (3.1.4), (3.1.7) и (3.1.8)—условия равновесия голономных механических систем.
При исследовании равновесия голономных систем, находящихся под действием активных сил F^ со связями fa(rv) =0, используется метод неопределенных множителей Лагранжа 九&• Уравнения равновесия с множителями Лагранжа имеют такой вид:
%+£% 需=。，九+工儿需=。，(3.L9) a=la—1
a=l
Устойчивость положения равновесия определяется условием минимума потенциальной энергии П [или максимумом силовой функции и=——П (теорема Лежен ——Дирихле)] :положение равновесия устойчиво при значениях обобщенных координат q\ если
ОН
=0,四
噜 。成
>0.
礎
(3.1.10)
Основные типы задач и примеры
01 крепления пружи-01 крепления пружи-Однородный стержень 04, вес которого G, может вращаться вокруг перпендикулярной ему горизонтальной оси On без трения (рис. 3.1.1). К концу А стержня при
01 крепления пружи-
01 крепления пружи-
креплена пружина 0{A=L Точка ны находится от точки О по вертикали вверх на расстоянии О[О=ОА=г. Длина пружины в ненапряженном состоянии /°. Коэффициент жесткости пружины с. Найти обобщенную силу.
Решение. Система имеет одну степень свободы, обобщенная координата ^=(р. Декартовы координаты точек А и С таковы:
% = г cos ^, ул = г sin ср, хс =
=(г cos 屮)⑵ ус =(厂 sin(p)/2・
В точке Л к стержню приложена со стороны пружины сила F = c\l——/°|, где длина пружины / = 2г cos(р/2. Про, екции силы на оси координат:
尸％ = — с % cos(р/2 — Zo] cos(р/2,
Fg = —с (2r cos(р/2 — /0) sin(р/2.
В точке С приложена сила G, проекции которой: G%= =G; Gg=O. Обобщенная сила
„ дхд г дулдхг
Q = %~^ +乙 ^~ +伉崙+G/ =
=сг 件r cos -|—— 厶)sin -5у- sin ср,
Найти обобщенные силы для сферического маятника, изображенного на рис. 3. 1.2.
Решение. Система имеет две степени свободы. Обобщенные координаты: gi=8,令2=屮・ Декартовы координаты точки М таковы:
х = Z sin 0 cos ср, г/ ^ Z sin 0 sin ср, z = I cos 0.
На точку действует сила G, проекции которой Gx = Gy — =0, Gz=&. Отсюда обобщенные силы:
Q-q警+仇幣+伉警一“in"
Эту задачу можно решить, определяя потенциальную энергию системы [см. (3.1.7)]: П=—mgz=—mglcos0. В этом случае обобщенные силы:
Qi =— = — mg-/sin 0, Q2 === 0.
Две материальные точки М{ и М2, соединенные между собой жестким невесомым стержнем длиной I (рис. 3.1.3), притягиваются к неподвижной точке О по закону всемирного тяготения. Найти обобщенные силы, считая, что движение происходит в плоскости.
Решение. Система имеет три степени свободы; ее обобщенные кординаты: q尸г» ^2=Ф,柒=屮.Потенциальная энергия
U = H] + Il2 = —丫乎=—Y〃(T + *} где М — масса притягивающего центра, г2 =
=/彳 + *+2门/ cos (ср—屮).Следовательно,
□ = — YЛ1 (匹 + ——■——…一mn-…-…_..，).
I /片+尸+ 2G I cos (中一中)丿
Обобщенные силы таковы:
О = _ 迫=—丫乂 亠YMg (q + /cos ((p —屮))
1力 1r； [rj + /2 + 2rxz COS (ф —1]?)]3/2
. Hl!伙优加5rlz sin （屮一也）
d屮 [片 + 产 + 2厂1 /cos （ф -中）]3/2'
^П YM团2г1/ sin （中一屮）
。屮[r?+ /2 + 2rxZcos （ср —屮）『/2
Через бесконечно малый блок О перекинута веревка длиной /, к концам которой прикреплен невесомый
стержень АВ=а. Найти поло жение равновесия системы, если к концам стержня подвешены грузы Р и Q.
Решение. Координаты точек А и В （рис. 3.1.4） соответственно обозначим через %卜 У\ и %2, {/2- Принцип Лагранжа имеет вид P6pi+Q5y2=6. Запишем уравнения связей:
неизменяемость длины
стержня
fi = （/ — /）2 + （勿—%尸一“2 = 0；
неизменяемость длины нити
『2 = ]/ * +必 + /妤 +處一? = 0.
Находим:
*=2 （/一修）（凯-配）+ 2 （为一%） （3% - 3%） = 0，
*=（心值+ у抖yjV*+琳+
+ （/品2 + 42M2）/J^ + 质=。.
Применяя метод множителей Лагранжа [см. （3.1.9）], запишем следующие уравнения равновесия:
2%体-/） + %8//咛+琳=。，
Р + 2% （弘—%） + % У11У* + 必=0，
-2% （巧一x2）+%芍/丿卷+质=。，
Q - 2% （%一%） +入2 y』V写+破=
К последним уравнениям присоединим еще два уравнения связей: fi=0 и ,2=0・ Из первого и третьего уравнений имеем
九2 kM 4 + 诉 + 々/Г / + 见］=°-
Если 九2=0, то из второго и четвертого уравнений следует P+Q=0, что невозможно. Таким образом,尤i//х； +f/：+ + 々//諸 + 优=0. Из рис. 3.1.4 следует, что
—%丿丿若 + 就=COS а, х2/У君 + ^=COS ₽, т. e. cosa=cosB и a = § и в положении равновесия участки нити образуют равные углы с горизонталью. Из двух первых уравнений получим P+2Xi(x2yi— —P2%i)/%i=0・Аналогично из
двух последних имеем Q+ +2%1 (%ij/2—f/i%2)/%2==0.Тогда
P/Q=—%2/%1, ИЛИ P%i + Q%2=0, т. e. при равновесии стержня сумма моментов сил 尸 и Q относительно точки О равна нулю. Стержень находится в равнове
сии и при горизонтальном его положении (при %1=%2= =0).
Два одинаковых стержня АС и 05, каждый длиной 2Z и весом G, соединены между собой шарниром С и опираются на неподвижный цилиндр радиуса R с горизонтальной осью О. Найти угол ACB=2^ и угол р, который биссектриса угла АСВ составляет с вертикалью, при равновесии системы (рис. 3. 1.5).
R cos 屮R cos 屮Решение. Выберем обобщенные координаты: параметры ср н р полностью определяют положение системы, следовательно,力=屮，仇=屮・ Уравнения равновесия Рф=0 и Qw=0. Пусть 3屮=0, тогда(2中=—2Gdy/d^). Аналогично, если 6(р=0, то Qw=—^Gdy/d^, где у= =—(/cos 屮——R/sin(p)cos p — координата центра масс
R cos 屮
R cos 屮
sin2 (psin2 (pCOS 中,COS 中,системы. Поэтому Q(p = 2G (— Z sin ф +
sin2 (p
sin2 (p
COS 中,
COS 中,
Q^ = - 2G (/ cos (р#^)或"".
Условия (3.1. 8) удовлетворяются, если: a) cos 屮=0, е cos ср——R/sin(р=0; б) sin 屮=0, е sin 屮——R cos(р/sin2 屮= =0. Условия а) выполнены быть не могут, так как (р^л/2. Условия б) выполняются при 屮=0. Угол ср определяется равенством I sin3 ср—R cos(p=0.
Однородный гладкий стержень АВ длиной 2/ и
весом G опирается концом на гладкую вертикальную
стенку и одной из своих точек лежит на краю С неподвижного стола (рис. 3.1.6). Определить угол ф, который образует стержень с плоско
стью стола при равновесии, если расстояние от стенки до стола равно а.
Решение. Система имеет одну степень свободы: 9=(р. На систему действует одна активная сила G. Подсчитаем работу этой силы на
виртуальном перемещении:
F ♦ 3「= G3yc, где ус = (/——a/cos ср) sin ср——координата центра масс. На основании (3.1.3) ©Мс=0, т.е. G (—a tg2(p+Z cos ср—а) 6(р=0. Так как 6屮声 0, то ——a tg2(p+Z cos ср——а=0, откуда cos3 ^=а/1. Это равенство выполнимо при а《/.
КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
Найти обобщенные силы для следующих систем: а) плоский математический маятник;
двойной математический маятник;
точка в поле сил всемирного тяготения;
невесомый стержень ОА длиной а может свободно вращаться вокруг точки О (рис. 3.1.7). К концу 4 стержня шарнирно прикреплен невесомый стержень АВ также длиной а, на другом конце которого закреплен груз В массой т. Точки О и В соединены пружиной жесткости с, длина пружины в ненапряженном состоянии а. Массой пружины пренебречь;
груз 4 массой 加】перемещается по гладкой наклонной плоскости, а груз В массой тг ——по шероховатой горизонтальной плоскости, коэффициент трения о которую f. Грузы связаны нитью, перекинутой- через блок О (рис. 3.1.8). Массой нити и блока пренебречь;
система состоит из двух грузов Д и В, массы которых соответственно /И1 и 加2. Грузы нанизаны на стержень OD, массой которого пренебречь. Грузы А и В соединены друг с другом и неподвижной точкой О пружинами. В ненапряженном состоянии длины пружин а】и «2, коэффициенты жесткости с】и с2. Грузы могут сколь-
зить вдоль стержня без трения, а сам стержень может качаться в вертикальной плоскости вокруг оси О (рис. 3.1.9).
Материальная точка массой т находится на внутренней поверхности конуса с вертикальной осью. Конус задан уравнением %2十4^2——4z2=6. Точка отталкивается от вершины конуса силой
F=krt где г ——расстояние точки от вершины конуса (рис. 3.1.10). Используя метод неопределенных множителей, найти положения равновесия и давление на поверхности конуса.
Тяжелое кольцо массой т надето на прут, которому придана форма кривой, определяемой уравнениями х2/36+^2/9+г2^1;
%/6+y/3+z=l. Ось Oz направлена вертикально вверх. Найти положение равновесия кольца, используя метод неопределенных множителей Лагранжа.
Найти положение равновесия тяжелой материальной точки, расположенной на внутренней поверхности эллиптического цилиндра y2/b2+z2/c2—1 =0 и вынужденной оставаться в плоскости yOz. Ось Oz направлена вертикально вверх. Использовать метод неопределенных множителей Лагранжа.
Система состоит из двух материальных точек А и В, связанных между собой нерастяжимой нитью длиной /2 и соединенных с неподвижной точкой О нерастяжимой нитью длиной 厶(рис. 3.1.11). К точке А приложена вертикальная сила Fb к точке В — горизонтальная сила F2. Определить положение равновесия системы.
Однородный стержень АВ длиной 2/ опирается одним концом на криволинейную направляющую в виде полуокружности радиуса R и одной из своих точек опирается на некоторую точку окружности, находящуюся в конце горизонтального диаметра (рис. 3.1.12). Определить положение равновесия и исследовать его на устойчивость.
КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ
Каков смысл обобщенной силы? Какими способами можно определить обобщенные силы? 2. Какая голономная связь называется идеальной? Привести примеры идеальных связей. 3. В чем заключается условие равновесия голономных механических систем? 4. Каков критерий устойчивости равновесия голономной механической системы? 5. В чем заключается метод виртуальных перемещений при решении задач аналитической статики? 6. В чем заключается метод неопределенных множителей Лагранжа при исследовании равновесия механической системы?
УРАВНЕНИЯ ЛАГРАНЖА
Уравнения Лагранжа I рода. Уравнения Лагранжа II рода. Характеристическая функция Лагранжа. Связь функции Лагранжа с законами сохранения.
Основные понятия и формулы
Движение голономной системы, состоящей из п точек с а связями вида fa(rv, /) =0 (a=l, ..., а), описывается системой уравнений
(3.2.1)(3.2.2)(3.2.3)(3.2.1)(3.2.2)(3.2.3)т、а” = Fv + ^^ 入a grad” fa (w = 1,…，九)， a==l
(3.2.1)
(3.2.2)
(3.2.3)
(3.2.1)
(3.2.2)
(3.2.3)
.gradv fa ・a«v + % = 0 (a = 1,…，a),
v=i
a
Nv = £ 九a grad” fa >
a=4
из которых определяются ускорения av, реакции связей N и множители Лагранжа А& ПРИ заданных mv и F屮 Уравнения (3.2.1) называются уравнениями Лагранжа I рода. Характерная особенность этих соотношений та, что чем больше число связей наложено на систему, тем большее число уравнений входит в указанную систему. Число уравнений, описывающих движение голономных систем, минимально, если записать их через обобщенные координаты q左.Уравнения
(3.2.4)(3.2.4)Здесь Т —Здесь Т —d дТ дТ с1 八
(3.2.4)
(3.2.4)
Здесь Т —
Здесь Т —
~ у z = Qh 3 = 1,…，s) df dqk dqk
называются уравнениями Лагранжа II рода. кинетическая энергия системы и
"=1"=1决”决”(归--1, ..., S)(归--1, ..., S)(3.2.5)(3.2.5)
"=1
"=1
决”
决”
(归--1, ..., S)
(归--1, ..., S)
(3.2.5)
(3.2.5)
——обобщенные силы. Если силы Fv, действующие на механическую систему, принадлежат потенциальному силовому полю, то
沥—_ dlldqk dqk
и уравнения Лагранжа II рода принимают вид
3专匕=°，("1，…，立 (3.2.7)
df dqkdqk
где 厶= T+〃 ——функция Лагранжа.
Функция Лагранжа называется характеристической функцией, так как включает всю постановку задачи о движении связанной механической системы.
Основные типы задач и примеры
Составить и решить уравнения (3.2.1)——(3.2.3) для материальной точки, движущейся под действием силы тяжести по гладкой горизонтальной плоскости (рис. 3.2.1).
Решение. Система имеет две степени свободы. Активная сила, действующая на точку, вес G=——Gk, сила реакции связи N=Nzk. Уравнения Лагранжа I рода таковы:
шх = 0, ши = 0, mz = — G + 九 ~~ ,
где f=2=0 — уравнение связи и df/dz=l. Из последнего уравнения следует, что A=G, N=%gradf=—G, %=y=z=0； точка движется по инерции.
Составить уравнения Лагранжа I рода для материальной точки, движущейся по поверхности сферы под действием силы тяжести. Сфера идеально гладкая. Точка сферу не покидает (рис. 3.2.2).
Рис. 3.2.2Рис. 3.2.2
Рис. 3.2.2
Рис. 3.2.2
Решение. Система имеет две степени свободы. Уравнение связи f=x2+//2+^2——R2 — 0. На точку действуют активная сила ——вес G=——Gk ——и сила реакции N=Zgradf=2Zr. Уравнения Лагранжа I рода имеют такой вид:
тх = 2九х, ту = 2%/, mz = — G + 2%z.
К полученным уравнениям присоединим условие, которому удовлетворяют возможные ускорения точки:
= 2 (х2 + у2 + z2 + хх + уу + zz) =
В последнее равенство подставим значения %, у, г. Имеем
i2+^2 + ^2 + 2— (x^ + y^ + z2) — &阮-0, т
откуда Z= (Gz—mv2)/2R2, следовательно, N=Zgradf =
= m(gz—v2)r/R2. Искомые уравнения имеют вид:
*• Gz — mv2 ““ Gz — mu2
mx = X,ту ”，
** 八.Gz — mv2mz^ — G Л г,
••・
где v2=x2+y2+z2.
Точка массой m движется по поверхности цилинд
ра радиуса R, уравнение которого в декартовых координатах %2+^2=公2 (рнс. 3.2.3). Силы, действующие на точку, уравновешены. Определить траекторию точки и
реакцию поверхности, если в начальный момент точка занимала положение Л (7?; 0; 0) и имела начальную ско- Vрость vo = uoyj+u()zk.
Рис. 3.2.3Рис. 3.2.3Решение. Уравнение связи f=x2+y2—R2=o. Уравнения Лагранжа I рода таковы:
Рис. 3.2.3
Рис. 3.2.3
тх = Fx + X—, или тх = 2Хх; дх
ту = F^ + X ^ , или ту — 2Ху；
mz — Fz + К-—- f или mz = 0, так как Fz = 0; у- = 0. Проинтегрируем третье из равенств: z=vQZi z = vQzt. Из двух первых уравнений исключим множитель 入，поделив первое равенство на второе: —%у+"=0, или d/df(—阳+")=0, откуда, интегрируя, находим —xy+yx = VoyR.
Перейдем к полярным координатам в плоскости хОу: %=Rcos(p, y=Rsin(p или %=——Rcpsincp, у = =/?(р cos ср. Тогда —%y+y%=R2(p = UogR, откуда (р = =Voy/R = со=const. Из последнего равенства следует, что(р = со£ и уравнения движения в конечном виде принимают вид:
% = R cos ①厶 у = R sin ①f, z — и。％ /•
Последние уравнения определяют винтовую линию. Далее имеем Х=тх/2х; учитывая первое равенство, определим силы реакции:
N =入 grad f =——у(o2 (2xi + 2yj)=
=—m^R (cos(ofi + sin(o/j).
Модуль силы реакции | N | = ]/л^ + 嵋=/ng2R. Направляющие косинусы
cos (Ni) = NJN 二—cos ①力 cos (Nj) = NjN = — sin ①/;
сила реакции N направлена перпендикулярно оси Ог.
Рис. 3.2.4Рис. 3.2.4Точка движется в однородном поле тяжести по гладкой неподвижной параболе, расположенной в вертикальной плоскости (рис. 3.2.4). Известно начальное положение точки; начальная скорость ее равна нулю. На какой высоте точка оторвется от параболы?
Рис. 3.2.4
Рис. 3.2.4
Решение. До соскальзывания с параболы на точку наложена связь f=y2——〃％=0. Уравнения Лагранжа I рода имеют такой вид: ту=—mg+2® тх——。九.Если в начальный момент точка была на высоте у。，то из закона сохранения энергии следует u2==%2+y2=2g(y()— —у). Из уравнения связи имеем 2уу——。％=0, откуда х=2уу/а. Подставляя это выражение в формулу для у2, получаем
2g (% —у) м. аЗ + 4yz *2g (% —у) м. аЗ + 4yz *
2g (% —у) м. аЗ + 4yz *
2g (% —у) м. аЗ + 4yz *
Дифференцируя уравнение связи второй раз по времени, получаем 2у2+2уу=ах. Найдем отсюда у и подставим в уравнения Лагранжа I рода, учитывая, что ах= =—d协г. Имеем
空土竺也=_g+ 2九2
2ytn
или
宀2九—宀2九—2т2т
宀2九—
宀2九—
2т
2т
Подставим в последнее выражение у2 как функцию у:
2mg 『2a2匂一第
4疗+成［4加+砂 г '
Сила реакции N=Xgradf в точке соскальзывания обращается в нуль. Это условие приводит к рдвенству 4у3+ +3。2y—2a2yо=о. Действительный положительный корень уравнения определяет искомую величину.
Записать функцию Лагранжа для материальной точки, движущейся в потенциальном силовом поле, в сферических координатх г, 0, ср (рис. 3,2.5).
Решение. Известно, что сферические (г, 0, ср) и декартовы (х, у, г) координаты связаны соотношениями x=rsin0cos(p, y=rsin0sin ср, г=г cos 0. Проекции скорости точки следующие:
х =尸 sin 8 cos ср + г cos 0 cos срй ——г sin 0 sin(p(p,
у = r sin0sin(p + r cos 0 sin(p0 + r sin 0 cos cp(p,
^ = r cos 0 — r sin 00.
Кинетическая энергия точки
T = (/77⑵(尤2 + 乎 + 22) - (加2)(г2 + 产02 + 产 sin2 0ф2) Следовательно, функция Лагранжа в сферических координатах
l=(血2)(产+产62 +产sjn2 0屮2)+ 4⑺.
Трубка ОА вращается в горизонтальной плоскости вокруг оси О. В трубке движется шарик В массой т, соединенный пружиной с точкой О (рис. 3.2.6). Найти функцию Лагранжа системы.
Решение. Система имеет две степени свободы: 91 =s и 令2=屮・ Кинетическая энергия трубки TX=Jа^^ кинетическая энергия шарика 丁2 =团％/2,「^е
Va6c =s2+s2(p2; потенциальная энергия пружины П= =(s—So) 2c/2. Функция Лагранжа системы имеет вид
L = ^ 厶屮2 + ^ © + S2p) — ^ (S — So)2.
Составить уравнения Лагранжа II рода для физического маятника, представляющего собой однородный диск массой т и радиусом г, жестко прикрепленный к концу / стержня длиной I (рис.
3.2.7). Другой конец О стержня является точкой подвеса. Массой стержня пренебречь.
Решение. Система имеет одну степень свободы: ^=(р. Координаты центра тяжести диска: хс= = (/+" cos ф, ус=(1+г) sin ср. Кинетическая энергия системы равна кинетической энергии диска: Т= =Jo(o2/2=Jo<P2/2, где, по теореме Штейнера, момент инерции маятника относительно точки подвеса «/()=%+俏(二+炉.Момент инерции диска относительно его центра Jc = mr2/2. Следовательно, Г = [mr2/2-|-m (Z+r)2] q)2/2. Обобщенная сила
Q = Р~ = Fx^ = — mg (I + г) sin 屮. Найдем производные:
дТ •「Г? [ " 1、2〕" С
林П叫万+"+斗标=。，
Уравнение Лагранжа II рода имеет вид
Приведенная длина маятника 厶=[产+2(/+/)]/[20+ +r)]-
Точка движется по заданной кривой в вертикальной плоскости в поле тяжести. Уравнение кривой в параметрической форме %=%(S), 2=n(S), где S—дуга траектории, отсчитываемая от начального положения точки. Записать уравнение Лагранжа II рода.
Решение. Движение точки по кривой имеет одну степень свободы. Проекции скорости точки:
京=%* =犬氐2=包M = zSdSdS
Функция Лагранжа
А = -у (* + /) S2 — mgz (S).
Производные от 厶 таковы:
dL dL—Г = —Гdq dSdL dL—Г = —Гdq dS= W + /)2g,= W + /)2g,d 氾=d OL正毎一£"^Fd 氾=d OL正毎一£"^F= ^[m(* + *S],= ^[m(* + *S],
dL dL
—Г = —Г
dq dS
dL dL
—Г = —Г
dq dS
= W + /)2g,
= W + /)2g,
d 氾=d OL正毎一£"^F
d 氾=d OL正毎一£"^F
= ^[m(* + *S],
= ^[m(* + *S],
—=—=/wS2 (// + 厶〃)-mgz'. dq dS
Уравнение Лагранжа II рода
冬[т (* + s] —mS 3%〃 + dz〃) + mgzr = 0.
Шарик В массой m находится внутри прямолинейной горизонтальной трубки ОХ, которая равномерно вращается с угловой скоростью со вокруг вертикальной оси, проходящей через точку О (см. рис. 3.2.6). Шарик соединен с неподвижной точкой О пружиной жесткости с. Длина пружины в ненапряженном состоянии s0. Пренебрегая трением, составить обобщенный интеграл энергии.
Решение. В примере 6 определена функция Лагранжа системы:
A = ^^T2 + ^^ + SV)-^(S-s0)2 =
=} 〃嗚 + £■仅 + S2啕—>| (s _ S°)2.
Производные L-функции Лагранжа таковы:
dL * d dL *• dL ?/、
— = fits,г" = Щ St = /720彳 S — C(S — Sg).
dsdf dsds
Уравнение Лагранжа II рода для относительного движения
ms —加端 s + с (s — s°) = О,
Разделим переменные в последнем уравнении, учитывая, что s = d/d*s) =sds]ds. Получим
znsds =[加岔 s — c (s — s0)] ds.
Интегрируя полученное равенство, найдем обобщенный интеграл энергии:
加$2 —加岔 s2 + с (s — s0) = const.
Замечание. Так как закон вращения трубки задан, то система имеет одну степень свободы и q—s (в отличие от примера 6).
Сплошной цилиндр С весом Gi обмотан нитью, перекинутой через блок В .и прикрепленной к грузу Л (рис. 3.2.8). Груз скользит вдоль горизонтальной плоскости; коэффициент трения груза о плоскость f. Найти ускорение груза Л и цилинд
ра С при движении системы, пренебрегая массами блока
и нити.
Решение. Система имеет две степени свободы. Выберем обобщенные координаты: q、=x — расстояние груза от начального положения;伙=// — относительное смещение цилиндра С (за счет разматывания нити). Подсчитаем обобщенные силы как коэффициент при вариациях обобщенных координат в выражении виртуальной работы:
6%#=0, бу=О, тогда 34 = (Gi—fG2)6%, где fG?— сила трения. Следовательно, Qi = Gi—fG2;
6y*0, 6%=0, тогда 642 = Gi6y, т. e. Q2 = Gi.
Кинетическая энергия системы складывается из кинетической энергии груза T& = G2%2/2g и кинетической энергии цилиндра Tc = Gi%/(2g)+，со)2/2, где абсолют
ная скорость центра цилиндра vQ складывается из относительной скорости у и переносной скорости х, а угловая скорость поворота цилиндра(o=u/R=y/R. Момент инерции цилиндра Jc=G\R‘丨(2g). Следовательно,
Т = l/(2g) {G2?+G1[(? + ^2) + 先2]}・
Находим производные Т:
дТдхдТдхагагдуду
дТ
дх
дТ
дх
аг
аг
ду
ду
匹 =?京+子&+办 其二?仆+力+费)，
Ox g gду g \2 丿
d dT G2 - . Gid dT Gj . 3
= — X 4- —1(X + у), = — XH у .
d/ d%g g 'dt dyg I 2 "丿
Запишем уравнение Лагранжа II рода:
(G. + G^x + G.y^giG.-fG^2G]X + 3Gly = 2G]g.
Исключая из последних уравнений у, получаем х= =g(G—3fG2)/(Gi+3G2). Если f<Gi/(3G2), то груз Л движется по плоскости с постоянным ускорением 〃4 = %>0・ При этом абсолютное ускорение центра цилиндра
%=工 + % = g 回 + G2(2 一 川/(& + 3GJ.
Если f^GJ(3G2), to груз А не движется, а центр цилиндра движется с ускорением @c=2g/3.
Диск, имеющий радиус 厂 и вес Q, может свободно вращаться вокруг горизонтальной оси. Диск охватывает гибкая лента, к левому концу которой подвешен груз G (рис. 3.2.9, а, 6). Правый конец ленты скреплен с пружиной, жесткость которой с. Пренебрегая массами пружины и ленты, а также трением и считая, что лента не проскальзывает относительно диска, определить закон движения груза, если ему сообщена скорость ио из положения покоя.
Решение. Система имеет одну степень свободы: q=x — отклонение груза от положения покоя. Кинетическая энергия груза Ti = Gx2/ (2g)\ кинетическая энергия диска Т2 = Jco2/2=Qx2/ (4g); кинетическая энергия системы 7 = 7\ + 丁2= (2G+Q)%2/(4g). Потенциальную энергию будем отсчитывать от положения покоя. Потенциальная энергия груза П1 =——Gx, потенциальная энергия диска не изменяется при движении системы; потенциальная энергия пружины 口； в положении покоя И ；= =сХ2/2, где A=G/c — статическое удлинение пружины.
При опускании груза на расстояние % потенциальная энергия пружины 口； =с(%+九)2/2. Изменение потенциальной энергии пружины П2=П； 一П* =сх2]2+сКх, но так как cA=G, то П2=^х2/24-Ох. Потенциальная энергия системы П=П1+П2=^2/2. Составим функцию Лагранжа и найдем производные от нее:
L = T —H = ；(2G + Q)a — ^, * = ；(2G + Q)亢4g 2 dq 2g
G5)G5)dq дхdq дхРис. 3.2.9Рис. 3.2.9
G5)
G5)
dq дх
dq дх
Рис. 3.2.9
Рис. 3.2.9
Уравнение Лагранжа II рода [см. формулы (3.2.6) и (3.2.7)] имеет вид
丄(2G + Q*十欧=0. 2g
Пусть о2=2fg/(2G+Q), тогда х+(о2х=0, т. е. груз совершает незатухающие колебания по вертикали, а диск—— вращательные колебания. Период колебаний системы
友=2 л/①=2л У (2G + Q)/(2cg).
Закон движения груза определяется как решение дифференциального уравнения гармонических колебаний:
х = X。cos со/ + 4 sin ①〃①.
Так как %о = О, то
х = v0 У(2G + Q)/(2gc) sin ]/2gc?(2G + Q) f.
Прямоугольная призма 4 может скользить по、 гладкой горизонтальной плоскости. На наклонной гладкой грани призмы помещен однородный цилиндр В, на
который намотана нить, перекинутая через идеальный блок С. К концу нити прикреплен груз D массой 加卜 Составить уравнения Лагранжа II рода, если масса цилиндра m2, а масса призмы т^ Размерами и массой блока пренебречь. Угол наклона плоской грани к горизонту известен (рис. 3.2.10).
Решение. Система имеет три степени свободы: qi—xt q2=y, дз=2 (рис. 3.2.10,а). Определим кинети-
Рис. 3.2.10
ческую энергию отдельных объектов системы. Кинетическая энергия призмы ТА=гпа^!^=^3z2/2. Груз D участвует в двух движениях. Его относительная скорость S=jt (рис. 3.2.10,6), переносная скорость v^=z. Следовательно, vd=Vi+v3 и 吟 =齊 + 吗=%2+必 кинетическая энергия груза D, таким образом, равна TD= =mDvy2=mi (х2+у2)/2. Кинетическая энергия цилиндра определяется по формуле Кенига: Тв=гпв%/2+/ой)у2, где на основании теоремы сложения скоростей v0=v2+ +V3 (рис. 3.2.10,в), U2=y — относительная скорость оси цилиндра. Следовательно,
區=£ + 忌一2и2У3 cos а = у2 + г2 — 2yz cos а.
Определим сов. Относительные скорости точек О и E известны: Ueoth=%, ^о отн=У- Мгновенный центр скоростей цилиндра В находится в точке К, поэтому
®в = и。oth/QK| = Ue отн/|£/С[,
①В = ®0 ОТН +ОЕотн)/|ОК + ЕК| = & + y)/R.
Момент инерции цилиндра JQ=mBR2/2=m2R2l2. Таким образом,
тв =(九2⑵(/ + 22 — 2访 cos a + (1⑵ g + 办).
Кинетическая энергия всей системы
Т = ^^ + ^ (◎ + ?) + ^ 灵 + &2一 202cosa +
производные:
竺^ "-・<§"-•% d-必 ddrddr竺^ "-・<§"-•% d-必 ddrddrдТ дТ 八 дТ • I m2 z • .\
竺^ "-・<§"-•% d-必 ddrddr
竺^ "-・<§"-•% d-必 ddrddr
茜=/ = °,话=恤"+5(x+办
=% У 一优22 cos a + ^- (% + /),
打 дх 6Т 协 дТ打 дх 6Т 协 дТОпределим системы:Определим системы:=他3 z + 加"+ 优22-tn2y cos a,
打 дх 6Т 协 дТ
打 дх 6Т 协 дТ
Определим системы:
Определим системы:
=x (% + 号)+ ~-У，
т2 - . 3--
=—х + —优2y —优2 cos az,
=z (优 1 + 加2 + 加з) — ^2 cos ay.
обобщенные силы. Потенциальная энергия
П = — mrgx — m2y sin a + const,
Q* =—譽=优 1g, Qu = — * =优2 sin a,Ql"
Составим уравнения Лагранжа II рода:
* * + 9 ^2* 一 z/«2 cos a = яг? sin a,z (优 1 + m2 + 加3)—加2 cos a у = 0.
Интегрируя полученные уравнения, найдем закон движения отдельных объектов системы.
КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
Материальная точка движется в однородном поле силы тяжести по гладкой неподвижной плоскости, образующей угол а с горизонтом. Используя уравнения Лагранжа I рода, найти закон движения точки и реакцию плоскости. Начальные условия считать известными.
Точка движется по гладкому неподвижному эллипсоиду с полуосями а, Ь, с под действием силы F=——kv с центром в геометрическом центре эллипсоида, совмещенного с началом координат. Найти реакцию связи как функцию положения и скорости, используя уравнения Лагранжа I рода.
Точка движется в однородном поле тяжести по гладкому цилиндру радиуса R, ось которого образует угол а с вертикалью. Найти реакцию связи как функцию положения точки в цилиндрических и декартовых координатах с помощью уравнений Лагранжа I рода.
Точка движется в однородном поле силы тяжести по гладкой сфере радиуса а. Найти реакцию сферы как функцию координат и скорости с помощью уравнений Лагранжа I рода.
Найти функцию Лагранжа для следующих систем:
плоский математический маятник, точка подвеса которого совершает вертикальные колебания по закону a cos yt, где а, 丫= =const;
математический маятник, точка подвеса которого совершает гармонические колебания в вертикальной плоскости вдоль прямой, наклоненной под углом а к горизонту (рис. 3.2.11).
Две точки, массы которых 皿 и д, соединены гладкой нерастяжимой нитью, перекинутой через блок пренебрежимой массы. Найти функцию Лагранжа и закон движения груза.
Точка массой т движется по гладкой кривой у=a sin 々居 Ось Ох горизонтальна, ось Оу образует угол а с вертикалью. Найти функцию Лагранжа и интеграл энергии течки.
Точка массой т может двигаться по гладкой горизонтальной прямой. Она соединена пружиной с неподвижной точкой, находящейся на расстоянии h от прямой. Найти функцию Лагранжа, предполагая, что пружина подчинена закону Гука; ее жесткость с и длина /о в ненапряженном состоянии известны.
Две точки, массы которых mi и 恤，соединенные стержнем длиной а пренебрежимо малой массы, перемещаются по гладким
сторонам неподвижного прямого угла, расположенного в вертикальной плоскости. Стороны угла образуют угол л/4 с горизонтом (рис. 3.2.12). Найти функцию Лагранжа системы. '
10. Составить уравнения Лагранжа II рода для следующих систем: а) плоский математический маятник; б) двойной математический маятник; в) математический маятник, точка подвеса которого совершает гармонические колебания вдоль горизонтальной прямой;
Рис. 3.2.11
Рис. 3.2.12
г) математический маятник, точка подвеса которого закреплена на пружине жесткости с (рис. 3.2.13); д) система задачи 56) (см. рис. 3.2.11)； е) система состоит из грузов А, В, С массами ть 加2, m3, которые могут двигаться по гладкой прямой. Грузы соединены между собой и неподвижной точкой О пружинами, жест-
кости которых с】, с?, Сз. Длины пружин в ненапряженном состоянии /1, /2, /з '(рис. 3.2.14).
Указание. За обобщенные координаты принять расстояния грузов от положения, при котором все пружины находятся в ненапряженном состоянии.
11. На шкив / массой т и радиуса п, вращающийся вокруг неподвижной горизонтальной оси О, намотана гибкая нерастяжимая нить, к концу которой подвешен подвижный блок II. Через этот блок переброшена вторая нить, несущая на концах два груза массами g и т2 (рис. 3.2.15). К шкиву приложен постоянный вращающий момент М. Опреде-
X
2
т
Рис. 3.2Д 3
лить ускорение грузов. Шкив считать однородным диском, а массами нитей и блока пренебречь.
12. Груз А массой ть спускаясь вниз по гладкой неподвижной наклонной плоскости, образующей угол а с горизонтом, приводит в движение посредством невесомой нерастяжимой нити идеальный блок О, имеющий массу т3 и радиус R, и груз 3 массой т2 (рис. 3：2.16). Определить угловое ускорение блока, считая его сплошным
диском.
13. Цилиндр Л обмотан нитью, конец которой навит на цилиндр В, жестко связанный с цилиндром С. На цилиндр С, в свою очередь, намотана нить, конец которой закреплен в точке D. Радиус цилиндра С равен R, радиус инерции его вместе с цилиндром 3 равен R/2, радиус цилиндра В равен R/2 (рис. 3.2.17). Считая, что цилиндр А тонкостенный, а масса его в два раза меньше массы цилиндров В и С, вместе взятых, определить абсолютные ускорения осей цилиндров, если система предоставлена самой себе.
Рис. 3.2.14
Цилиндр А обмотан нитью, конец которой закреплен на оси цилиндра С. На цилиндр С, в свою очередь, намотана нить, конец которой закреплен в точке D. Радиус цилиндра R, его радиус инерции R/2. Считая, что цилиндр А тонкостенный, а масса его в два раза меньше массы цилиндра С, определить абсолютные ускорения осей цилиндров, если система предоставлена самой себе (рис. 3.2.18).
Два цилиндра, обмотанные гибкой нерастяжимой нитью, перекинутой через блок Л, положены на стороны неподвижной равнобедренной гладкой призмы с углом наклона а=30° так, что соответствующие части нити параллельны линиям наибольшего ската (рис. 3.2.19). Считая, что блок А приводится во вращение нитью без скольжения и без трения в оси, определить ускорение осей цилиндров, если массы цилиндров и блока распределены по ободам, причем массы цилиндров соответственно больше массы блока в два и три раза. Радиусы цилиндров и блока одинаковы, массой нити пренебречь.
Через блок А перекинута нить, один конец которой прикреплен к блоку В, а другой — навит на тонкостенный цилиндр С массой /Из, имеющий свободную ось. Через блок В также перекинута нить, несущая грузы М[ и М2 массами 加1 и тг соответственно (рис. 3.2.20). Определить ускорения грузов и оси цилиндров. Массой блоков и нитей пренебречь. В начальный момент система была в покое.
КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ
Движение каких материальных объектов и в каких координатах характеризуют уравнения Лагранжа I рода? 2. Каков математический вид уравнений Лагранжа I рода? 3. Движение каких материальных объектов и в каких координатах характеризуют уравнения Лагранжа II рода? 4. Каков математический вид уравнений Лагранжа II рода? 5. Какой вид имеют уравнения Лагранжа II рода в случае сил потенциального поля? Каков физический смысл функции Лагранжа?
3. ОДНОМЕРНОЕ ДВИЖЕНИЕ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ
Функция Лагранжа и полная механическая энергия одномерного движения. Качественное исследование одномерного движения по графику потенциальной энергии. Период одномерного финитного движения.
Основные понятия и формулы
Одномерное движение системы с одной степенью свободы характеризуется в общем случае функцией Лагранжа вида
L = T + U = T — n = (1/2) a (g) f— И (办 (3.3.1) где а(д)—некоторая функция обобщенной координаты q, П(д)—потенциальная энергия. Если q — декартова координата, то функция Лагранжа выражается формулой
L = mx212 — n(x).L = mx212 — n(x).(3.3.2)(3.3.2)
L = mx212 — n(x).
L = mx212 — n(x).
(3.3.2)
(3.3.2)
Для материальной точки имеет место интеграл энергии
Е = т %2/2 + И (х) = const,(3.3.3)
из которого можно получить закон движения точки % = =%(/) при заданном начальном значении энергии. Интегрируя выражение (3.3.3), получаем зависимость между х и /:
力=J^『歹 J + const. (3.3.4) Одномерное движение материальной точки может происходить в областях пространства, где
П (х) < Е. (3.3,5) Точки пространства, в которых
□ (х)=Е, (3.3.6) называются точками остановки (в них кинетическая энергия, а следовательно, и скорость равны нулю).
Если область движения ограничена двумя точками остановки, то движение называется финитным. Если же область движения не ограничена или ограничена лишь с одной стороны, то движение называется инфинитным.
Финитное движение является периодическим с периодом
Т=/^ (3.3.7)
где %】и %2 — точки остановки, ограничивающие область движения; значения %i и Хг являются корнями уравнения (3.3.7).
Основные типы задач и примеры
Потенциальная энергия системы П(%) = =Л(ехр(—25%)—2 exp Вх), где 4 и В — положительные постоянные. График П=П(л;) изображен на рис. 3.3.1. Исследовать область движения в трех случаях: а) £>0; б) £<0; в) £=0.
Решение, а) Пусть Е>0, Е=Е\ Движение возможно при IIV力 [см. (3.3.5)], следовательно, область движения определяется как %>%i. Движение инфинитно.
Пусть EvO, Е=Е". Движение возможно в области %з《％0尤4 (в потенциальной яме), где HVEJ На этом участке движение инфинитно.
в условиях предыду-в условиях предыду-Пусть Е = 0. В этом случае возможно инфинитное движение в области х>х2.
в условиях предыду-
в условиях предыду-
Определить точки остане хцей задачи.
Решение. а) Значение Xi определяется из уравнения (3.3.7), которое в этом случае имеет вид
Л [ехp (— 2反1)-
—2 ехр(— Вх^]=己.
Решение последнего уравнения приводит к выражению
л*】—Inв 4 + Va(a + e/)
В случае EvO значения х3 и %4 находятся из уравнения
Д [ехр (— 2Вх) — 2 exp (— Вх)] = — |Е〃|.
Решение этого уравнения таково:
%3,4 = —". ' . ' --.
в а±Уа(4 —|Eq)
При £ = 0 значение %2 находится из уравнения ехр (— 2反2)— 2 exp (— Вх2) = О,
решение которого х2=—In 2/5.
Найти закон движения точки в поле с потенциальной энергией Ц(%)=——Ах4, если полная ее энергия Е равна нулю.
Решение. На основании уравнений (3.3.1)— (3.3.4) найдем закон движения точки, учитывая при этом, что Е=0, П=—А/. Имеем
откуда
% = //(1 一丸]/^4例).
в)2 丿д)
Рис. 3,3,8
КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
По графикам потенциальной энергии, изображенным на рис. 3.3.2, а, 6, 6, а, д, определить область движения, а также указать область финитного движения при заданном значении полной энергии Е, используя формулы (3.3.1) — (3.3.6).
Определить точки остановки системы по заданной потенциальной энергии в следующих случаях:
П = —Л/ch2 ахП = Л tg2 ахП = Ах2И = — A sch 尤П = А%2 十 b/x2П = —Л/ch2 ахП = Л tg2 ахП = Ах2И = — A sch 尤П = А%2 十 b/x2(рис. 3.3.3,q); (рис. 3.3.3,6); (рис. 3.3.3,в); (рис. 3.3.3,г); (рис. 3.3.3,5);(рис. 3.3.3,q); (рис. 3.3.3,6); (рис. 3.3.3,в); (рис. 3.3.3,г); (рис. 3.3.3,5);Л, a — const;Л, а — const;А — const;4 — const;4, В — const.Л, a — const;Л, а — const;А — const;4 — const;4, В — const.
П = —Л/ch2 ах
П = Л tg2 ах
П = Ах2
И = — A sch 尤
П = А%2 十 b/x2
П = —Л/ch2 ах
П = Л tg2 ах
П = Ах2
И = — A sch 尤
П = А%2 十 b/x2
(рис. 3.3.3,q); (рис. 3.3.3,6); (рис. 3.3.3,в); (рис. 3.3.3,г); (рис. 3.3.3,5);
(рис. 3.3.3,q); (рис. 3.3.3,6); (рис. 3.3.3,в); (рис. 3.3.3,г); (рис. 3.3.3,5);
Л, a — const;
Л, а — const;
А — const;
4 — const;
4, В — const.
Л, a — const;
Л, а — const;
А — const;
4 — const;
4, В — const.
КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ
Как записываются функции Т, U, П, £ для механической системы с одной степенью свободы? 2. Что называется точками остановки механической системы? Из какого условия они определяются? 3. Какое движение называется финитным и инфинитным? 4. Как определяется период финитного движения?
КАНОНИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ ДВИЖЕНИЯ
Обобщенные импульсы. Функция Гамильтона. Связь функции Гамильтона с законами сохранения. Циклические координаты. Уравнения Гамильтона (канонические уравнения).
Основные понятия и формулы
Исследование движения голономных механических систем с идеальными связями можно проводить с по-
относятся импульсыотносятся импульсыв перемен-в перемен-мощью переменных Гамильтона, к которым обобщенные координаты 夕九 и обобщенные Ph =3 = s).
относятся импульсы
относятся импульсы
в перемен-
в перемен-
Уравнения движения голономных систем ных Гамильтона имеют такой вид:
• дН ・д& =，Pk• дН ・д& =，PkдНа”дНа”(3.4.1)(3.4.1)
• дН ・д& =，Pk
• дН ・д& =，Pk
дН
а”
дН
а”
(3.4.1)
(3.4.1)
Система (3.4.1), состоящая из 2s уравнений, называется каноническими уравнениями или уравнениями Гамильтона. Они записаны через функцию Гамильтона Н, которая имеет вид
H = ~L + ^^^
(3.4.2)
Если связи, наложенные на систему, стационарны (" явно не зависит от времени), то функция Гамильтона совпадает с выражением полной механической энергии системы и имеет место закон сохранения энергии
(3.4.3)(3.4.3)Н = const.
(3.4.3)
(3.4.3)
Если в выражение (3.4.2) какая-либо координата qi не входит (соответствующая ей обобщенная скорость qi может входить), то qi — циклическая координата. Соответствующий циклической координате обобщенный импульс сохраняется в процессе движения:
Pi = const. (3.4.4)
Основные типы задач и примеры
Составить канонические уравнения (3.4.1) для математического маятника длиной /, точка подвеса которого движется по окружности радиуса 厂 с постоянной скоростью и。(рис. 3.4.1).
Решение. Система имеет одну степень свободы: ^=(р. Координаты точки Л: xA=rcosг|)+/cosф, Уа=
=rsinW+/sin(p,=rsinW+/sin(p,где屮=2%=方//厂.
=rsinW+/sin(p,
=rsinW+/sin(p,
Скорость точки А
攵4 = — [гу0 sin v^IrVr ——Z 屮 sin 屮=
=—% sin &〃) 一 Z(p sin ср,
ул =% cos (vQt/r) + Z cp cos ф.
рис 3 4 1Кинетическая энергия маятника
Т = (m/2) [Z2(p2 + ^о + 2%加 cos (ф — vot/r)].
Потенциальная энергия маятника при мгновенно остановленных связях U=—mgl coscp. Функция Лагранжа
L =(优⑵[稀2十區 + 2%血 cos (ср — vot/r) + fngl cos q)l.
Переменные Гамильтона 夕=屮
р = m12cp + mvQl cos (屮一v^lr).
откуда
Составим функцию Гамильтона:
”— cos I ф1cos (p.
При вычислении H учтены равенства для ф и ф. Заметим, что если связь стационарна, то уо=О и
Н = (1/2) mZ2(p2 — mgl cos ср = Т 4- П = Л, т. е. Н ——интеграл энергии. Из выражения для Н найдем:
дНдН执Р执Р加%係一号加%係一号+ tngl sin ф,+ tngl sin ф,sinsincoscos
дН
дН
执Р
执Р
加%係一号
加%係一号
+ tngl sin ф,
+ tngl sin ф,
sin
sin
cos
cos
Следовательно,
Функция Гамильтона в переменных Гамильтона "=/(而+偌+陶+告(炉+ D2 + 22).
Составим канонические уравнения:
竟=丛/他，5 =小/加，z = pjm、pi=-•&%,力2 =—初，Рз =—々%.
Если подставить значения рь р2, р3 из трех первых уравнений в три последние, то получим тх=—力居 ту=—hy, mz=—kz.
\3. Составить уравнения Гамильто-
\ на (3.4.1) и найти первые интегралы о\j—^.для груза, сброшенного с самолета,
/ который летит на высоте h со скоро- Рис. 3.4.2 стью и。(рис. 3.4.2).
Решение. Система имеет две степени свободы: 夕i=尤，q2=y- .Кинетическая энергия системы T=m{q\ + +/”2. Потенциальная энергия системы П = т^2- Функция Гамильтона H=m(q\-\-q\ )/2+m^2. Функция Лагранжа £=加(夕；+/^)/2—mgq?. Обобщенные им
пульсы px=pi=tnqi, py=p2=mq2・ В переменных Гамильтона функция Гамильтона
Н =网/(2 九)+ 明(2 九)+ mgqr
Уравнения Гамильтона: pi = 0, 小=—mg, q、=pjm, q2=p2/m. Учитывая определения pi и /?2， последние уравнения запишем в таком виде: mqi—Of mq2=—mg, 4i = di, q2=q2, Два последних равенства — тождества; два первых привели к известным уравнениям второго закона Ньютона.
В функцию Гамильтона время явно не входит, следовательно, имеет место первый интеграл, выражающий закон сохранения механической энергии Н= (pj + +р2 )/2m+mg,^2=const. Еще один первый интеграл, Pi—const или mq\ = mvQ=consti соответствует циклической координате %.
Йайти траекторию одномерного гармонического осциллятора в фазовом пространстве.
Решение. Запишем функцию Гамильтона, считая, что обобщенная координата q, кинетическая энергия 加夕2/2, а потенциальная энергия cq2/2. Соответствующая системе функция Лагранжа L= (mq2—cq2)J2. Обобщенный импульс p=mq, Функция Гамильтона (3.4.3) в переменных Гамильтона имеет вид
" =卢(2加)+也2/2.
Так как имеет место закон сохранения механической энергии 〃=Ео, то
2тЕ° 2Е^/с
Это и есть траектория точки в фазовом пространстве (эллипс с полуосями a = /g^；匕=也昂瓜).
Составить уравнения Гамильтона для заряда в постоянном однородном магнитном поле и электрическом поле с потенциалом ф.
Решение. Запишем функцию Лагранжа, используя понятие векторного потенциала однородного магнитного поля А=НХг/2, где Н — напряженность магнитного поля, L=mu2/2+(e/c)A・v——е(р.
Найдем обобщенный импульс:
р = mv + (е/с) А.
Определим функцию Гамильтона:
Уравнения движения имеют такой вид:
Из двух последних равенств, учитывая выражение для р, получим уравнение движения:
atzv = — V X Н —еу(р.
Составить уравнения движения материальной точки массой т, находящейся под действием центральной силы.
Решение. Движение точки под действием центральной силы плоское, поэтому в качестве обобщенных координат возьмем полярные координаты г и ср, приняв за начало отсчета 厂 центр силы. Тогда кинетическая энергия точки Т=т(г2+^2ф2)/2. Потенциальная энергия П(г). Функция Лагранжа L = m(r2+r2(p2)/2—П(г). Найдем обобщенные импульсы: pr=mr, Рф =тг2^. Составим функцию Гамильтона:
Н = Т + П =(优/2) (； + 户而2)+ 口 ⑺== (1/(2т))М + %/0+П()
Координата ср ——циклическая, следовательно, имеет место интеграл рф = const=с. Он называется интегралом площадей. Кроме того, Н явно от времени не зависит, поэтому выполняется закон сохранения энергии (интеграл энергии)
表修+§ + п(г)= £°・
Следовательно, рг ——функция только 厂.Так как два интеграла движения записываются заранее, то необходимо составить еще два уравнения:厂=卩/加，^ = 1/(mr2). Если последние уравнения поделить почленно, то получим дифференциальное уравнение траектории точки:
*=「2Рг(厂)d(p с
КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
Составить канонические уравнения для следующих систем: а) математический маятник; б) сферический маятник; в) система состоит из материальной точки массой т, которая может свободно скользить по окружности радиуса R (рис. 3.4.3); г) система состоит из материальной точки массой т, которая может свободно скользить по окружности радиуса R, равномерно вращающейся вокруг вертикального диаметра (рис. 3.4.4).
Составить канонические уравнения и найти их первые интегралы при прямолинейном движении материальной точки под действием восстанавливающей силы F=c\x\； где % ——расстояние точки до притягивающего центра.
Составить канонические уравнения плоского движения материальной точки, притягиваемой к неподвижному центру силой, пропорциональной расстоянию точки до притягивающего центра.
Составить уравнения Гамильтона в цилиндрических координатах для материальной точки, движущейся по гладкой поверхно-
сти кругового конуса с вертикальной осью; раствор конуса направлен вверх, угол раствора 2a.
Найти уравнения Гамильтона для материальной точки, движущейся в однородном гравитационном поле по гладкой сферической поверхности； закон изменения радиуса сферы R=R(/).
Составить уравнения Гамильтона для свободной материальной точки, движущейся в консервативном поле с потенциалом “(％, у, z) в декартовых, цилиндрических и сферических координатах.
Найти закон движения частицы, функция Гамильтона которой
н(X, р) = р2/2 + 叫炉/2 + 九(炉/2 + Ю2 %2/2)2,
где % и(0о'— постоянные.
Найти закон движения заряженной частицы в однородном постоянном магнитном поле Н, решая уравнения Гамильтона. Векторный потенциал выбрать в виде Ау=Нх, AX=AZ = Q.K
КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ
Каков физический смысл функции Гамильтона? 2. В каких переменных записаны уравнения Гамильтона? Чему равно число этих уравнений? Каков их математический вид? 3. Как определяется первый интеграл канонических уравнений? В каких случаях первые интегралы можно записать заранее?
ПРИНЦИП ЭКСТРЕМАЛЬНОГО ДЕЙСТВИЯ
Действие по Гамильтону. Принцип Гамильтона -— Остроградского.
Основные понятия и формулы
Действием по Гамильтону S называется выражение вида
где 九 и % — моменты времени, соответствующие началь-- ному и конечному положениям голономной механической системы, находящейся под действием сил потенциального поля.
Согласно принципу Гамильтона — Остроградского, на действительном перемещении выполняется условие
6S = 0.(3.5.2)
Основные типы задач и примеры
Проиллюстрировать принцип экстремального действия (3.5.2) на примере гармонического осциллятора, уравнение движения которого mq-\-cq=0 или q+左2g=0 (々2=c/m), где c — коэффициент пропорциональности в
Рис. 3.5.1Рис. 3.5.1выражении для силы F=—cq.
Рис. 3.5.1
Рис. 3.5.1
Решение. Запишем интеграл уравнения движения в виде q=Asin (亚+<х)・ Если выбрать q так, что q = 0 при /=0, то а=0 и q=A sin kt. Действительному перемещению осциллятора соответствует дуга синусоиды Л sin kt (рис. 3.5.1). Вычислим дейст
вие по Гамильтону S по дуге ОЕВ и по какой-либо дуге сравнения, например по хорде OFB, и докажем, что Soeb<.SOfb-
Найдем кинетическую энергию осциллятора:
加力=' 一 2加力=' 一 2加2 Д2^2加2 Д2^222C0s2^f= COS2 kt.2C0s2^f= COS2 kt.2
加力=
' 一 2
加力=
' 一 2
加2 Д2^2
加2 Д2^2
2
2
C0s2^f= COS2 kt.
2
C0s2^f= COS2 kt.
2
Потенциальная энергия осциллятора
П = — U =— J Fdq = ^cqdq = cqW2 = (cA2 sin2 砌⑵ 00
Составим функцию Лагранжа:
L = T + U =-^cos2 玩.
Найдем действие по Гамильтону (3. 5.1) на действительной дуге ОЕВ:
S \qeb = J 哈 cos 2kt df =啜 sin 2玩「 0
Вычислим действие по Гамильтону по хорде OFB, уравнение которой q=const t. Значение постоянной определяется условием совпадения ОЕВ и OFB в момент 介,т. е. const fi=A sin kt\, откуда const= (A sin kt^/ti, и уравнение хорды OFB имеет вид q=(力/ sin 吼
Найдем кинетическую энергию осциллятора:
Т =欣2 = ЛЬ "sin?玩
Определим потенциальную энергию осциллятора:
n =空•= 2&sin2 衽]产.
224
Составим функцию Лагранжа:
L = r — И = 旦"S蜕风—d siM就I产.
2 次 2次
Найдем действие по Гамильтону:
^\ofb = J Ld/=о^\ofb = J Ld/=о加 A? sin^ ktf, Л с “2、加 A? sin^ ktf, Л с “2、
^\ofb = J Ld/=о
^\ofb = J Ld/=о
加 A? sin^ ktf, Л с “2、
加 A? sin^ ktf, Л с “2、
г /и £si壮衽j厶= 色療sg2亚j ([必，
Составим отношение:
Soeb i= "工S°FB 1—庐次/3Soeb i= "工S°FB 1—庐次/3ctg矶ctg矶
Soeb i= "工
S°FB 1—庐次/3
Soeb i= "工
S°FB 1—庐次/3
ctg矶
ctg矶
Разложим ctg kti в ряд, используя разложение ctgx = 1/х — (х/3 + %з/45 + 2*6/945 +・..),
тогда
S°F6S°F61 一必用31 一必用3
S°F6
S°F6
1 一必用3
1 一必用3
где。(々4斗)一остаток от деления, порядок малости которого 左4,. Таким образом, SOeb<Sofb, что и требовалось доказать.
Материальная точка массой m движется по инерции по гладкой поверхности сферы. Найти действительное перемещение точки.
d/ =d/ =S = j Ldt=S = j Ldt=Решение. Движение точки происходит по инерции, т. е. u=const, следовательно, Т=my2/2=consf. Потенциальную энергию на поверхности сферы примем равной нулю. Составим функцию Лагранжа: L = r=my2/2=const. Найдем действие по Гамильтону:
d/ =
d/ =
S = j Ldt=
S = j Ldt=
=吟值一幻.
Для действительного перемещения 65 = 0, т. е. 6(у2) =0. В качестве обобщенных координат выберем б?1 = 0,农=中.
Функция ЛагранжаФункция ЛагранжаL=T= (m/2) R2 (02+sin20q；2). Для
Функция Лагранжа
Функция Лагранжа
действительного перемещения выполняются уравнения Лагранжа II рода:
d dL dL с d 0L с；U ИГ- := U)
山珀 a® m a(p
откуда 0 — sin0 cos 0(p2 = 0, sin2 0(p = const.
Пусть в начальный момент 0=0Ог 屮=0, тогда 0=00, (p = const, т. е. движение происходит по меридиану, например MqM^ (рис. 3.5.2), равномерно со скоростью № = =火2。言 Таким образом, действительным является равномерное движение по дуге большого радиуса. Если расстояние между начальной М。точкой и конечной М2 меньше nR, то любой возможный путь MqM2 больше дуги большого круга MQM2} а так как движение по возможному пути происходит за тот же промежуток времени, что и по действительному, то скорость движения по действительному пути минимальна. Если дуга М0М2 больше л/?, то наименьшее значение действия по Гамильтону достигается на дополнительной кратчайшей дуге МоМ；. Таким
образом, скорость точки минимальна до тех пор, пока она не достигнет точки Afj, диаметрально противоположной начальному положению Мо.
КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ
Каковы свойства изохронной вариации? 2. В чем заключается принцип Гамильтона — Остроградского? 3. Что собой представляет действие по Гамильтону?
Тема IV
ДВИЖЕНИЕ
В ЦЕНТРАЛЬНО-СИММЕТРИЧНОМ ПОЛЕ
1. ЗАДАЧА ДВУХ ТЕЛ
Поле центральных сил. Первые интегралы уравнений движения. Формулы Бине. Задача двух тел и сведение ее к задаче о движении частицы в центрально-симметричном поле. Приведенная масса. Метод одномерного эффективного потенциала.
Основные понятия и формулы
В поле центральных сил линии действия сил, определяемых формулой
F = G =—学 г。，(4.1.1)
dr
проходят через центр. В формуле (4.1.1) предполагается, что F принадлежит центрально-симметричному потенциальному полю. Для сил притяжения F<0, для сил отталкивания F>0; потенциальная энергия П частицы в центральном поле зависит только от расстояния г между частицей и центром; в формуле (4.1.1) Го — единичный вектор радиального направления. Из закона сохранения момента импульса относительно центра поля следует, что движение под действием центральной силы — плоское, поэтому его удобно исследовать в полярной системе координат г, ф. В данной системе функция Лагранжа имеет вид
L =(疯 2) (； + 产而 2)— п ⑺，(4.1.2)
следовательно, <р — циклическая координата. Обобщенный импульс рф, соответствующий циклической координате, является первым интегралом уравнения движения:
М = р^ =加产而=const.(4.1.3)
Из равенства (4.1.3) можно сделать вывод, что движение в центральном поле происходит с постоянной секторной скоростью о:
2а = |r*v| =产而=с.(4.1.4)
При интегрировании уравнения движения в центральном поле нет необходимости выписывать сами уравнения, достаточно воспользоваться первыми интегралами: законом сохранения энергии
Е = Т + И = (加 2)(3+ rV) + n(r) = const (4.1.5) и законом сохранения момента импульса (4.1.3). Формулы (4.1.3) и (4.1.5) позволяют решить задачи о движении точки в центральном поле сил;
/ = Г”…一_— + const, (4.1.6)
J /2 (E - U (r))/m - 〃2/(m2产)
屮=f("б) ” ——+ const. (4.1.7) J K 2[E-U(r)]m — M2〃2
卩=加“2/(恤 + m2),卩=加“2/(恤 + m2),(4.1.10)(4.1.10)
卩=加“2/(恤 + m2),
卩=加“2/(恤 + m2),
(4.1.10)
(4.1.10)
Для поля центральных сил имеют место две формулы Бине. В полярных координатах г,屮 они имеют такой вид:
*=外信牙+十｝,
с2 Г d2 1 , 1 1
(4.1.8)
(4.1.9)
К движению частицы в заданном поле центральных внешних сил можно свести задачу двух тел (задачу о движении двух взаимодействующих точек в отсутствие внешних сил). При этом используется понятие приведенной массы
где mi и m2—массы взаимодействующих точек. При движении воображаемой точки 卩 предполагается, что центр силы помещен в центр масс системы.
Относительно инерциальной системы отсчета центр масс движется равномерно и прямолинейно, а обе точки относительно системы центра масс движутся в плоскости, проходящей через центр масс и сохраняющей свою ориентацию относительно инерциальной системы отсчета; траектории обеих точек относительно системы центра масс подобны, центр подобия находится в центре масс, а соотношение подобия равно отношению масс.
Интегралы уравнения движения (4.1.3) и (4.1.5) приводят к выражению для энергии вида
e =力;2/2 十加2/(2小产)+ U ⑺=加;2/2 _(- пэф, (4.1.11)
где ПЭф =M2I (2mr2) +П (г) —«эффективная» потенциальная энергия.
Точки, в которых кинетическая энергия равна нулю, называются точками остановки. В них полная энергия равна эффективной:
e - m2/(2w2)+ 口 ⑺=nэф.(4.1.12)
Значения г, при которых выполняется равенство (4.1.12), определяют границы области движения. Если г ограничено с одной стороны (r>rmin), то движение инфинитно, если г ограничено С двух сторон (Гтт&Г&Гтах), то движение финитно. Область изменения г определяется равенством
Пэф<£.(4.1.13)
По виду эффективной потенциальной энергии можно качественно исследовать движение точки в центральном поле сил.
Примеры и основные типы задач
Определить область движения точки, движущейся по инерции.
Решение. В рассматриваемом случае сила не действует и П(г)=0, т. е. ПЭф=Л12/(2mr2); М#=0. Полная энергия Е равна кинетической энергии Т. Определим границы области движения с помощью формулы (4.1.12): Е=Т=М2/(2mr2)f откуда Гтт=М//2/пТ・ Условие (4.1.13) в применении к рассматриваемой задаче определяет область движения r^rmin, следовательно, траекторией может быть любая прямая, касающаяся окружности радиуса rmin (рис. 4.1.1).
Определить область движения и точки остановки частицы в поле с потенциальной энергией П=^г2/2, где 々>0 — постоянная.
Решение. Запишем эффективную потенциальную энергию ПЭф=Л12/(2mr2) +&r2/2 и с помощью равенства (4.1.12) определим точки остановки:
Область движения на основании равенства (4. 1.13) 门0厂&「2，Движение инфинитно. Траекторией является
Рис. 4.1.2Рис. 4.1.2Рис. 4.1.3Рис. 4.1.3
Рис. 4.1.2
Рис. 4.1.2
Рис. 4.1.3
Рис. 4.1.3
линия, касающаяся окружностей радиусов /ъе и /Ъах (рис. 4.1.2).
Определить область движения частицы в поле с потенциальной энергией, которая задана следующими
Рис. 4.1.1
равенствами: U——A Jr3, 力=Const, 〃зф = =m2/(2m产)-A/产. Гра- фик эффективной потенциальной энергии изображен на рис. 4.1.3.
Решение. Рассмотрим три возможных случая：
[〃э4)]п1ах<£ — движение происходит в неограниченной области;
0VEV (〃эф)тах
движение происходит либо в области r^ri, либо в области г^г2. В первом случае имеет место падение на центр, т. е. г2П3^ стремится к нулю быстрее, чем Ег2 при г->0;
Е<；0 — имеет место падение на центр.
С помощью формулы Бине найти точный закон действия центральной силы, направленной в фокус эллипса. Использовать уравнение эллипса в полярных координатах r=P/(l+ecos(p), где Р=а(1—е2).
Решение. Найдем производные:
——= —sin ф, —— О =— cos ф.
dtp гРd(p2 \ 厂丿Р
Подставим эти значения в формулу (4.1.9):
7+fcos<p) = -^.
Рис 414 Сила FT=mar=—tnc2/ «2P)=—wn/3 * ' ' где [i = c21P называется постоянной Гаусса.
Точка массой m описывает окружность радиуса R. Определить центральную силу, если центр находится на окружности (рис. 4.1.4).
Решение. Выберем полярные координаты г, <р, принимая за полярную ось диаметр окружности, проходящий через центр О силы. Уравнение траектории г = =2R cos <р. Вычислим производные:
w丄=и£_；且丄=丄包变世+丄[
dtp r 2R cos2 ср ' d(p2 r 2R〈 cos3 屮 cos <p 丿
Используя формулу Бине (4.1.9), получаем
гme2 / 1 sin2 ф I 1,1\
4R2 cos? ф \ /? cos3 (p2R cos 屮2R cos 0 丿
8mc2R2
Проинтегрировать уравнение движения материальной точки в центральном поле П=—Л/г2, где 4>6. Рассмотреть случай, когда Л42<2тД, £>6.
Решение. Используем формулу (4. 1.6). В рассматриваемом случае она принимает вид
dr
m2 (七十4/产)/m-m2/(m2产)
。丿。丿Рис. 4.1.6Рис. 4.1.6
。丿
。丿
Рис. 4.1.6
Рис. 4.1.6
Осуществляя подстановку г=^ (2тЛ—М2) / (2/пЕ) Sh^ и интегрируя, получаем
t = ］/^Т(2Ё) - Кг2 + (2mA — М2)/(2тЕ).
Для нахождения уравнения траектории воспользуемся формулой (4.1.7), которая в рассматриваемом случае имеет вид
Ф = J Mdr/ ［户 /2 (e + 4产)加一AI2/产］・ Используя подстановки r = Y(2тА — M2)l(2mE) sh E, е*=П，после интегрирования получаем уравнение траектории
「2 侬1—而1
b 2/иЕ sh (屮 У2тА/М2— 1)
КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
Исследовать область движения материальной точки в центральном поле с потенциальной энергией П (г) =—По при г—а, И(г)=0 при г>а, график которой изображен на рис. 4.1.5.
Определить область движения частицы в поле П (г)=——Д/г—— ——В〃з при различных значениях момента импульса М. График эффективной потенциальной энергии представлен на рис. 4.1.6: а) А14>16ДВт2； б) 124Bzn2 VM4 V 1648^2
Определить область движения частицы в поле П(г) =AJr~B/r2, График потенциальной энергии изображен на рис. 4.1.7: а) В<А12/2т; б) В> >〃2 ⑵П.
С помощью формулы Бине найти закон действия центральной силы, при котором точка движется по окружности радиуса r = R. Определить зависимость силы от скорости.
Центральная сила вызывает движение точки по логарифмической спирали г = гое ^ф (入=ctga) (рис. 4.1.8). Найти закон изменения силы с помощью формулы Бине.
Точка описывает эллипс %2/。2 + ^2/匕2= i под действием силы притяжения к центру эллипса. Определить эту силу.
Точка массой m движется под действием центральной силы 尸=——zn(|i/r24-v/r3), где 卩>0, v ——некоторые постоянные. Опреде-
Рис. 4.1.7Рис. 4.1.7
Рис. 4.1.7
Рис. 4.1.7
лить траекторию точки, учитывая, что добавочная сила mv/r3 может быть как силой притяжения, так и силой отталкивания (в зависимости от знака у). Найти уравнение траектории.
Определить траекторию точки, движущейся в центральном поле с потенциальной энергией П==——4/「б. Полная энергия равна нулю.
Проинтегрировать уравнения движения материальной точки в центральном поле П = —Дг2 в следующих случаях: а) Е>0, М2>2тА; б) Е<0, М2<2тЛ.
Точка движется под дей
ствием центральной силы притяжения 尸=——m^l^-YvIr^), где 】］> >0 и v>0 — некоторые постоянные. Составить с помощью формулы Бине уравнение движения точки.
КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ
Какие силы называются центральными? 2. Когда выполняются и как записываются первые интегралы уравнения движения точки в центральном поле? 3. Как формулируется задача двух тел? 4. С какой целью вводится понятие приведенной массы? 5. Какие уравнения необходимо проинтегрировать для определения траектории частицы в поле центральных сил? 6. Какие задачи можно решать с помощью формул Бине?
ДВИЖЕНИЕ ТОЧКИ В КУЛОНОВСКОМ ПОЛЕ
Задача Кеплера. Эллиптическое движение в кулоновском поле и его период. Космические скорости.
Основные понятия и формулы
В кулоновском поле потенциальная энергия пропорциональна 1/г. К таким полям относятся ньютоновские поля тяготения (имеют характер притяжения), кулоновские электростатические поля (могут быть полями притяжения и отталкивания).
В поле притяжения эффективная потенциальная энергия выражается функцией
nэф =-a/Г+ m2/(2团产)，(4.2.1)
график которой изображен на 〃 木
рис. 4.2.1. Если определяемая ра-'卿］\
венствами (4.1.11) и (4.2.1) энер- \ гия £>0, то движение инфинит- \ но; если Е<0 — финитно.\计
Уравнение траектории нахо- V厂
дится интегрированием выраже-\ у
ний (4.1.6) и (4.1.7) с учетом | (4.2.1). Период финитного движения можно определить из ин-Рис 《？］
теграла движения (4.1.3).' * '
Траекторией точки в кулонов
ском поле является коническое сечение (см. ниже пример 1).
Для ньютоновского поля тяготения a=mgR2, где R —— радиус Земли, g ——ускорение свободного падения, т —— масса точки. Конкретный вид траектории точки в ньютоновском поле тяготения зависит от начальных условий Го И Uo.
Применяя общие выводы движения точки в центральном поле к движению искусственных спутников Земли, можно получить выражения для первой и второй космических скоростей:
4 =，卩/&,屯=，2心(4.2.2)
где N=gR2 — постоянная Гаусса (см. пример 4 темы I), R ——радиус Земли. Если искусственный спутник Земли запускают с поверхности Земли, то 力=］/gR, V2=V2^7?;
если же с произвольного расстояния Ro от центра Земли, то и】и и? находят по формуле (4.2.2).
Примеры и основные типы задач
Проинтегрировать уравнение движения и найти уравнение траектории точки в кулоновском поле.
Решение. Найдем уравнение траектории, интегрируя уравнение (4. 1.7) и учитывая выражение для эффективной потенциальной энергии (4. 2. 1). Имеем
屮=f(М〃2)”,
J /2/и(Е — а/г) — 7И2/г2
Осуществляя последовательно две замены переменных: 1/г=Е и п=Е—zna/Af2, получаем
М/г ~ та/М . с
Ф = arccos + С.
/2/nе + 他 2a2/m2
Целесообразно выбрать начало отсчета так, чтобы С=0. Пусть: М2/(та) =Р>0, е= У^1-\-2ЕМ2/(та2) 9 тогда уравнение траектории запишется в виде Р/г=1 + 丄ecoscp. Траектория точки — коническое сечение с эксцентриситетом е и параметром Р. Рассмотрим частные случаи.
Пусть Е<0, тогда е>1. В этом случае движение финитно; траектория ——эллипс; его полуоси
Р а 厶 РМ
1 逑 2:/1 —决 V2m\E\
В частном случае при Е =——c^ml (2Л42) траектория движения —окружность. Следует заметить, что указанное значение Е является наименьшим допустимым значением.
Пусть £>0, тогда е>1. Движение инфинитно; траектория — гипербола.
Пусть Е=0, тогда е=1. Траектория — парабола. Найдем зависимость координаты от времени, проинтегрировав (4. 1.6).
При Е<0
J，(2/询以〃一闿］一也2/(①2产)
Осуществляя подстановку г—а=——aecos^, где а — = а(2£), после интегрирования получим
t = Vmd^la (Е — е sin § + const.
Начало отсчета удобно выбрать так, чтобы const=0. При £>0 задача решается аналогично и
t = Vma^la (е sh Е — Е).
В случае £=0
"("・
J / 2a/(mr) — M2/(m2r2)
Замена переменных 2ar/m—“2/俏2=® приводит к выражению
Определить период То движения точки при движении по эллипсу.
Решение. Запишем интеграл площадей (4.1.3): M = /n「2屮=2/nds/d力，где ds ——элемент площади; далее имеем
Тоmb
Mdf = 2mds, j MAt = J 2mds. оо
В результате интегрирования получаем MT=2nabm, откуда
Т = (2nabm)/M = ла ]/ /п/(2 卢卩).
При записи последнего выражения использованы выражения для полуосей эллипса а и b из примера 1, случай а). Из выражения для Т найдем
T2/a3 = 4冗2加用=const
Получен третий закон Кеплера.
Спутник движется по круговой орбите на высоте h от поверхности Земли. Какую дополнительную скорость нужно сообщить спутнику, чтобы он перешел на параболическую орбиту?
Решение. Спутник, двигаясь по окружности, имеет круговую скорость Ui=/gR2/(R+/i). Для того чтобы перейти на параболическую орбиту, спутник должен при-
обрести параболическую скорость ^2=1^2gR2/(R+h). Дополнительная скорость определяется равенством
%оп = V2 — V1 = ]/gR2/(R + 九)(，»— 1) •
Спутник движется по круговой околоземной орбите радиуса г0 с круговой скоростью ©кр. Определить радиальный импульс скорости 〃，в результате приложения ко-
Рис 4.2 2
торого спутник перейдет на эллиптическую орбиту с заданным перигейным расстоянием.
Решение. Приложенный импульс может быть положительным (рис. 4.2.2, а) и отрицательным (рис. 4.2. 2, б). В обоих случаях этот импульс перпендикулярен vKp, поэтому результирующая скорость v= Jt^p + 〃纟〉 > vKp. Следовательно, приращение скорости в обоих случаях положительно.
Вычислим скорость в перигее л новой орбиты. Для этого запишем интеграл площадей для перигея л; и точки старта Мо：
Гл XVjr = rox V, Гл Vn = rov sin а0.
Так как sin ао=^кр/^, то ^л=^крГоАл- Для определения и запишем интеграл энергии для перигея л и точки Мо: % =(%%)2 = 2m/% 一眼，
v2 = % + 〃2 = 2 卩/% — ji/“.(4.2.3)
Исключая из двух последних равенств 卩/а, получаем "2 = 2叫一% 一 [2山几一-%卜"j].
Заменяя u^p=k/r。, найдем /?=協/「。一2卩/厂冗+рт。//^, или 〃2=(協/广0)(1—Го〃л)2=о；р(1—гоАя)2. Окончательно имеем
" =%p&()"冗一 1)・
(Задача о переходе по эллипсу Гомана.) Космический аппарат переводится с одной круговой траектории радиуса г\ на другую круговую орбиту радиуса г2 по дуге эллипса. В точках А и В аппарат получает касательные импульсы 〃i и 〃2 для выхода соответственно на эллиптическую и финальную круговую траектории. Определить общее приращение скорости u=ui+u2f установить, при каком отношении г\ и г2 отношение 〃 к начальной скорости 〃кр1 максимально.
Решение. Первоначальная скорость аппарата в точке 4 при движении по круговой орбите Ukpi=M卩/〃• Скорость после приращения ^я=уКр1+^1 в той же точке, являющейся перицентром переходной эллиптической орбиты с полуосью а=(『1+「2)/2, определяется из интеграла площадей
Точка В — апоцентр переходной орбиты (рис. 4.2.3). В ней приложен импульс 〃2・ Значение скорости в точке В после приращения скорости ^Кр2==^а+^2, где уКр2= = /к〃2,
тогда
"2 = %P2-%=l/^- ]/>0-
Суммарное приращение скорости u = Ui+u2. Найдем отношение:
Пусть 厂2〃i=R>1, тогда
Максимум этой величины определим по формуле
dR 丿 g U+R 丿
R(l+R)2〈l+R丿 2R3/2
откуда, следует кубическое уравнение &一15R2—9R—1 = =0, которое имеет действительный корень Ктах=Г2/п= = 15,58176.
На какой высоте h следует запустить спутник по круговой орбите, чтобы период обращения его был равен периоду обращения Земли вокруг своей оси?
Решение. Так как a3/T2=gR2/(4л2) и на круговой орбите a=R+/z, то
Спутник движется по круговой околоземной орбите радиуса г。, делая один оборот за время Т. В результате приложения радиального импульса скорости и он переходит на эллиптическую орбиту. Определить период обращения спутника по эллиптической орбите.
Решение. Из примера 4 найдем значение а большой полуоси эллиптической орбиты, используя формулу (4.2.3). Имеем
и2 =唸 + 冰=卩％ + 〃2 =卩(2/q ——1/а), откуда
а =財。=%.
" 一 r^ 1 -厂0〃2/2
Из третьего закона Кеплера 戸/看=w废=(]_%〃2/卩)3, откуда TX = T[\— (rQt^l\^]-^2. Так как 脸=卩/% = = (2"о/7)2, то г。/卩=(77(2лТо))2 и
КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
mu—г0 по круговой орбите ра・mu—г0 по круговой орбите ра・Космический аппарат массой m движется в центральном по
mu
—г0 по круговой орбите ра・
mu
—г0 по круговой орбите ра・
ле тяготения под действием силы F=——
диуса г. На аппарат действует сила тяги двигателя Т= —г0 (непрерывно действующая переменная радиальная сила тяги). Определить характер изменения орбиты аппарата в зависимости от изменения значения и знака постоянного коэффициента а.
Доказать, что движение космического корабля может происходить по логарифмической спирали 厂二厂。©"', если кроме силы тяготения центрального тела 尸〜1/产 на корабль непрерывно действует переменная сила тяги R〜1/г?, касательная к траектории. Определить скорость движения по спирали.
Определить первую и вторую космические скорости для Луны, Венеры, Марса и Юпитера, используя значения гравитационных параметров и радиусов тел, приведенные в табл. 4.2.1.
Если космическая ракета на высоте 230 км над поверхностью Земли получит параллельно земной поверхности скорость 10 км/с, то апогей ее орбиты окажется на расстоянии примерно 370 000 км от
центра Земли (вблизи орбиты Луны). Какую скорость имеет ракета в апогее?
Таблица 4.2.1
Планета
Ц, КМ8/С2
R, км
Планета
Ц, км3/с2
R, км
Луна Венера
4903
324 460
1740
6100
Марс Юпитер
42 650
1,25-108
3407
69 900
Рис. 4.2.4Рис. 4.2.4Траектория движения двух метеоритов ——эллипс, в фокусе s которого находится Солнце (рис. 4.2.4). Расстояние между ними настолько мало, что дугу MiM2 эллипса можно считать отрезком прямой. Известно, что М\М2 — =а, когда его середина находилась в перигелии л. Предполагая, что метеориты движутся с равными секторными скоростями, определить расстояние M；A<2，когда его середина проходит че
Рис. 4.2.4
Рис. 4.2.4
рез афелий. Расстояния 厂冗 и 厂仪 известны.
КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ
Привести примеры кулоновских полей. 2. Каковы условия финитного и инфинитного движений в кулоновском поле? 3. Какова траектория частицы в кулоновском поле? Чем определяется конкретный вид траектории? 4. Каков физический смысл первой и второй космической скоростей?
3. КЛАССИЧЕСКАЯ ТЕОРИЯРАССЕЯНИЯ ЧАСТИЦ
Упругие столкновения частиц. Рассеяние частиц в центрально-симметричном поле. Дифференциальное и полное эффективное сечения рассеяния. Рассеяние частиц в кулоновском поле. Формула Резерфорда. Теория удара.
Основные понятия и формулы
При упругом столкновении двух частиц (при котором внутреннее состояние частиц не меняется) имеют место законы сохранения импульса и энергии. Рассматривая движение в системе центра инерции (в которой покоится центр инерции обеих частиц) и считая, что указанные 138
законы сохранения выполняются, можно сделать следующие выводы: а) импульсы обеих частиц после столкновения равны по величине и противоположны по направлению; б) скорости частиц до столкновения (ую и 〃2о) по модулю равны скоростям частиц после столкновения (и；о и и；о). Для полного решения задачи столкновения частиц следует учитывать конкретный закон взаимодействия частиц. Наиболее наглядно учет взаимодействия можно наблюдать на примере отклонения частиц в силовом поле——рассеяния частиц.
Частица массой т отклоняет-
ся в поле и (г) неподвижного силового центра (рис. 4.3.1). Так как в центральном поле траекто-
Рис. 4.3.1
^min/
рия частицы симметрична по отношению к прямой, проведенной _ из центра в ближайшую к нему точку А траектории, то обе асимптоты пересекают указанную прямую под одинаковыми углами, поэтому
а = л — 2(р0.
Угол(ро определяется интегралом
П
(4.3.1)
Фо =
f(М/户)”
，2/и[Е — 〃(г)] —М旬咫
(4.3.2)
Пределы интегрирования определяются ближайшим к центру рассеяния и бесконечно удаленным положениями частицы. Формула (4.3.2) для(р0 может быть записана через скорость % частицы на бесконечности и прицельный параметр р:
『——Jp/fdj(4.3.3)
J К1 —p2"2 —2矶從) 'min
где rmin — корень выражения, стоящего под знаком радикала. Энергия Е и момент импульса М связаны с 已^ и р соотношениями
£ = m^/2, М = тр^.
(4.3.4)
Рассеяние пучка однородных частиц характеризуется дифференциальным эффективным поперечным сечением рассеяния
do =吧=2itpdp=跑 I I dQ, (4.3.5) nsina I da |
где n — число частиц, проходящих в единицу времени через единицу площади поперечного сечения пучка; d^ — число частиц, рассеиваемых в единицу времени внутрь телесного угла dQ между конусами с углами раствора a и a+da.
Кроме дифференциального сечения вводят полное эффективное сечение рассеяния о, которое равно отношению общего числа частиц пучка, рассеиваемых за единицу времени под всеми углами, к плотности потока этого пучка до рассеяния.
Применяя указанные выше формулы к кулоновскому полю u=k/r, где 々=const, приходим к следующим формулам:
Фо = arccosФо = arccos矶m*p[矶m*p[]/1 + [k^m^ р]2]/1 + [k^m^ р]2P _P _左2左2川点川点tg2 屮0 =tg2 屮0 =必必毋唸毋唸Ctg2^>,Ctg2^>,(4.3.6)(4.3.7)(4.3.8)(4.3.6)(4.3.7)(4.3.8)
Фо = arccos
Фо = arccos
矶m*p[
矶m*p[
]/1 + [k^m^ р]2
]/1 + [k^m^ р]2
P _
P _
左2
左2
川点
川点
tg2 屮0 =
tg2 屮0 =
必
必
毋唸
毋唸
Ctg2^>,
Ctg2^>,
(4.3.6)
(4.3.7)
(4.3.8)
(4.3.6)
(4.3.7)
(4.3.8)
Формула (4.3. 8) называется формулой Резерфорда.
Классическая теория рассеяния частиц описывает упругие столкновения частиц. Часто встречающиеся на практике частично упругие соударения рассматриваются в теории удара.
Основными равенствами теории удара являются выражения для изменения импульса и момента импульса системы за время t:
£ mv V2v —- £ mv Viv = J R⑻ d/,(4.3.9)
V=1V=10
nnT
^ rv xmv v2v—2 Fv X^v viv=J M(e) d/, (4.3.10)
V=1V=10
(4.3.11)(4.3.11)где v2 и vi — соответственно послеударные и доударные •скорости, h(e)и М(е)— главный вектор и главный момент ударных сил. Явление удара характеризуется гипотезой Ньютона
(4.3.11)
(4.3.11)
〃2n/〃ln = -一 瓦
где 〃in и 42n ——проекции относительных скоростей до и после удара соударяющихся тел в точке их соприкосновения на общую нормаль к поверхности тел; k ——коэффициент восстановления, характеризующий физические •свойства соударяющихся тел, 0《应01; при 0=0 удар абсолютно неупругий, при 良=1 ——абсолютно упругий.
При ударе точки о неподвижную поверхность связь между углом падения а】и углом отражения а? устанавливается формулой
tga2-(l/fe) tgavtga2-(l/fe) tgav(4.3.12)(4.3.12)
tga2-(l/fe) tgav
tga2-(l/fe) tgav
(4.3.12)
(4.3.12)
Зависимость между величинами скоростей точки до удара Ui и после удара 卩2 следующая:
(4.3.13)(4.3.13)S = U] COS CZj ]/fe2 + tg2 (Xi，
(4.3.13)
(4.3.13)
При прямом центральном ударе двух тел А и В, центры тяжести которых движутся вдоль оси Ох, проекции скоростей этих тел до удара у^а, ^ixb и после удара у2хд, 020cB при отсутствии внешних ударных сил связаны следующими соотношениями:
2хЛ —2хЛ —_w4 一 "2）办%/ +m6（1 +个）也8_w4 一 "2）办%/ +m6（1 +个）也8^Д +^в^Д +^в(4.3.14)(4.3.14)
2хЛ —
2хЛ —
_w4 一 "2）办%/ +m6（1 +个）也8
_w4 一 "2）办%/ +m6（1 +个）也8
^Д +^в
^Д +^в
(4.3.14)
(4.3.14)
%в =%в =gb - ма )力%6 + m4(1 + 左"]以 (4 3 15) mA +тв•・・
%в =
%в =
Основные типы задач и примеры
Определить эффективное сечение рассеяния частицы на абсолютно твердом шаре радиуса R.
Решение. Известно, что при упругом ударе частицы о неподвижную сферу траектория частицы симметрична относительно радиуса, проведенного в точку соударения (у=8=(ро)・ Из рис. 4.3.2 следует, что
р = R sin % = R sin "二 °
=Reos —.
Дифференциальное сечение рассеяния определим по формуле (4.3.5);
da =da =R2 cos (a/2) sin(a/2) ^q = ^ ^q2 sin a4
da =
da =
Полное сечение рассеяния получим, проинтегрировав do по телесному углу: o=nR2.
Найти дифференциальное эффективное сечение рассеяния частицы на абсолютно твердом теле, уравне
ние поверхности которого f(z)=asinz, 0&之《九 Скорость частицы до рассеяния параллельна оси Oz (рис. 4.3.3).
Решение. Угол отклонения частицы а равен удвоенному углу наклона касательной к поверхности в точке столкновения. Используя геометрический смысл производной функции f, имеем tg e/2=df/dz=a cos z. Дифференциальное эффективное.сечение рассеяния определяется по формуле
do = 2npdp = 2 访df = nd产.
Учитывая, что f2=a2 sin2 z=a2—a? cos2 z=a2—tg2(0/2), имеем
d*=d(〃2_tg2_|_) = tgd*=d(〃2_tg2_|_) = tge deT cos2(0/2)e deT cos2(0/2)
d*=d(〃2_tg2_|_) = tg
d*=d(〃2_tg2_|_) = tg
e de
T cos2(0/2)
e de
T cos2(0/2)
Итак, da =Итак, da =4 cos4(0/2)4 cos4(0/2)при О<0< 0тах,при О<0< 0тах,
Итак, da =
Итак, da =
4 cos4(0/2)
4 cos4(0/2)
при О<0< 0тах,
при О<0< 0тах,
Так как dQ=2n sin 0d0, to da2 = dQ/ (4 cos4 0/2). Мини
мальное значение 0 соответствует p=a, при этом 0=0.
Максимальное значение 0 соответствует р=0, при этом
tg(8max/2)=a И 0тах = 2агс tg О.
о при е> етах.
Найти эффективное сечение рассеяния частиц в поле u—k/r2r k>0.
Решение. Угол отклонения, согласно формуле (4.3.1.), a=jx—2фо, где
「pdr/r2
「min
ГтЕ — корень выражения, стоящего под знаком радикала. Найдем 厂mm：
1-р2%П - 2硝/<麻)=0,
откуда %也=l「l + 2糅/(pm以).
Далее, имеем
о
「pdr/r2
「“е Ещах「“е Ещаху 1 — р2/г2 — 2k/(т^ г2)у 1 — р2/г2 — 2k/(т^ г2)minminЗаменаЗамена]/"1+2矶团成p2]/"1+2矶团成p2
「“е Ещах
「“е Ещах
у 1 — р2/г2 — 2k/(т^ г2)
у 1 — р2/г2 — 2k/(т^ г2)
min
min
Замена
Замена
]/"1+2矶团成p2
]/"1+2矶团成p2
Интегрируя, имеем: фо=(я/2)/рЛ 1+2й/(т^ р2)； тогда а=л--2(ро =冗[1 — 1// 1+2^/(ти^р2)], откуда
2 归(л — а)22 归(л — а)2т次 а (2л 一 a)т次 а (2л 一 a)
2 归(л — а)2
2 归(л — а)2
т次 а (2л 一 a)
т次 а (2л 一 a)
Найдем дифференциальное сечение рассеяния:
扣=咻2=4炉危蕊三県=
一2 几2 左 (n - a) dQ
加成 a2 (2л — a)2 sin a
Найти угол рассеяния в зависимости от прицельного параметра при рассеянии частицы на поверхности абсолютно твердой сферы радиуса R.
Решение. Уравнение поверхности рассеяния f(z) = ]/R2一才 угол отклонения частицы равен удвоенному углу наклона касательной к поверхности в точке падения. На основании геометрического смысла производной имеем
tg& = @ = — —?—,
2 dz ]/ R2 一 步
0,откуда — = arctg0,откуда — = arctg
0,
откуда — = arctg
0,
откуда — = arctg
Выразим координату zyA в точке соударения через прицельное расстояние р=]ЛR2—之；厶：
仆口 = /R2 —р2.
Подставляя полученное значение в формулу для 0, получаем
9/2 = arctg (—]/~R2 — р2/»
На гладком горизонтальном столе покоится мяч массой т. В некоторый момент по мячу произведен удар, импульс которого S горизонтален. Определить расстояние между первыми двумя точками падения мяча на пол, если высота стола 瓦 коэффициент восстановления 月 (рис. 4.3.4). Сопротивлением воздуха и размерами мяча пренебречь.
Рис. 4.3.4
Решение. Теорема импульсов Р2——Pi=S позволяет определить начальную скорость v0, приобретенную мячом в результате удара. Так как Pi=0 и P2 = mvo, то Vo=S/m. Определим скорость падения s (рис. 4.3.4). 144
Уравнения движения в системе хОу таковы: х=и0^ P=g产/2・ В момент падения мяча на пол у=Л, т. е. время падения 厶=/2h/g и s = /х2 + у2 =]Л2gh + 唸 Направление скорости ui определяется углом ai：
tg% =(用无=匕=^V2gh.
Скорость после удара находим по формуле (4.3.13):
屯=% cos 出)/ 胪 + tg2 % = % /胪十 tg2al =
=/就/胪+ %/(2g/i).
Направление скорости и? определяется углом аг= = arctg vq/(k^2gh). Уравнения движения мяча на участке АВ в системе координат х^Ау^ имеют такой вид: Xi=v2t cos а2, yi=vx)t sin а2—g?/2. В момент падения У1=0, откуда /= (2u2sin ct2)/g. Следовательно,
АВ=АВ=^2 sin 2a22^2 tg а2g~g(l+tg2a2)^2 sin 2a22^2 tg а2g~g(l+tg2a2)= 4^W・= 4^W・
АВ=
АВ=
^2 sin 2a22^2 tg а2
g~g(l+tg2a2)
^2 sin 2a22^2 tg а2
g~g(l+tg2a2)
= 4^W・
= 4^W・
Два шара? массы которых mi и m2 и скорости s и U2, соударяются вдоль линии, соединяющей центры масс; коэффициент восстановления 瓦 Определить скорость после удара.
Решение. По условию, внешний ударный импульс отсутствует, поэтому имеет место закон сохранения импульса
加工4瓜+ т2u2х =力卫18 +加2内外
где и — послеударные скорости, и — доударные скорости.
Коэффициент восстановления k=——(〃坟——〃2算)/(“％ ——
—咏)・ Из двух последних формул находим:
〃瓜=S% 一 (1 -田 z*z 91х一办)
% = % — ° + 期 ^^ (%—%)・
При абсолютно неупругом ударе k=0 и формулы для скоростей принимают такой вид:
%気=%+^?92“一以気）=%気=%+^?92“一以気）=10—34110—341(% — %) =(% — %) =m/ix +加2旳%т1 + т2加1%a +加2办式加工+加2m/ix +加2旳%т1 + т2加1%a +加2办式加工+加2
%気=%+^?92“一以気）=
%気=%+^?92“一以気）=
10—341
10—341
(% — %) =
(% — %) =
m/ix +加2旳%т1 + т2加1%a +加2办式加工+加2
m/ix +加2旳%т1 + т2加1%a +加2办式加工+加2
% = "-五=（忆一忆）=% = "-五=（忆一忆）=加2^2% 加止2%+ 2加止1%恤+m2加2^2% 加止2%+ 2加止1%恤+m2Если mi=m2, то UiX = V2Xl u^x = ^ix, т. e. шары обменивается скоростями при абсолютно упругом ударе.Если mi=m2, то UiX = V2Xl u^x = ^ix, т. e. шары обменивается скоростями при абсолютно упругом ударе.Рис. 4.3.5Рис. 4.3.5
% = "-五=（忆一忆）=
% = "-五=（忆一忆）=
加2^2% 加止2%+ 2加止1%
恤+m2
加2^2% 加止2%+ 2加止1%
恤+m2
Если mi=m2, то UiX = V2Xl u^x = ^ix, т. e. шары обменивается скоростями при абсолютно упругом ударе.
Если mi=m2, то UiX = V2Xl u^x = ^ix, т. e. шары обменивается скоростями при абсолютно упругом ударе.
Рис. 4.3.5
Рис. 4.3.5
При абсолютно упругом ударе 论=1 и формулы, определяющие скорости, следующие:
2吗/、_ /П*1% -加2内% + 2加202%
Два тела, массы которых т\ и m2, соударяются со скоростями Vi и v2, которые составляют углы ои и a2 c линией и, соединяющей центры масс. Определить скорости после удара, если коэффициент восстановления k.
Решение. Направим ось и по линии, соединяющей центры масс тел Ш\ и тг, ось t — перпендикулярно оси 〃 (рис. 4.3.5 а, 6). Для тела Л теорема импульсов т^х— —miVi=Sb где 〃i — послеударная скорость, в проекциях на оси пит запишется в виде
加1〃1〃 — т\р1п = — Sb m^i\x — т^х = О, откуда 〃it =*・
Аналогично для тела В:
加2〃2n ^2^2n ~ S?； 〃2т = St,
где 〃1工==и】 sin а】， 〃2T ^2 sin 0^2*
На основании записанных выше формул проекции скоростей соударяющихся тел на ось, перпендикулярную линии удара, при ударе не изменяются; изменяются только проекции на линию удара. Так как S?=—Si, то rni^in—m\Vm=m^2n—^2u2n. Учитывая формулу для ко- 146
эффициента восстановления 々=31n—〃2n）/（^ш—咻）, получаем u\n=Un+k{un—v^, u2n=un+k （un—V2n）, где / =（力卫i% +加2%〃）/（加1 +加2）・
Направление послеударных скоростей определяется углами Pi и р2, для которых
un + k （“ — %Q 'un + k （“ — %Q 'tg自2=产tg自2=产un + k（un — v2n）un + k（un — v2n）
un + k （“ — %Q '
un + k （“ — %Q '
tg自2=产
tg自2=产
un + k（un — v2n）
un + k（un — v2n）
Эти скорости определяютсяЭти скорости определяютсяследующими равенствами:
Эти скорости определяются
Эти скорости определяются
〃2 = М% + %•
Определить потерю кинетической энергии при прямом центральном ударе двух тел. Массы тел mi и т^ скорости до удара и】и U2, после удара 〃i и 〃2； коэффициент восстановления k.
Решение. Из закона сохранения импульса находим miVi+m2V2 = mlui+m2U2'1 коэффициент восстановления k=—（ui——〃2）/（S——卩2）・ Определим скорость после удара:
% =比 + （1 + 用一空一（% 一内），加工+加2
U2 = v2-支+间21. ®2 -®.
22加1+加22"
Найдем изменение кинетической энергии 丁2—Ti системы соударяющихся тел за время удара:
Т? — Т\ = / 明 2 + 色 ％/2 — / 唧2 — m2 喝/2 =
=（恤⑵依-⑷他+5）+ （加2/2） （〃2 -内）（"2 + S）.
Определяя 〃i——и】и 〃2—^2 и подставляя в выражение （丁2——Л）, получаем
北一北=一北一北=一加1加52 （恤+加2）加1加52 （恤+加2）（1 一胪）伪一必尸.（1 一胪）伪一必尸.
北一北=一
北一北=一
加1加5
2 （恤+加2）
加1加5
2 （恤+加2）
（1 一胪）伪一必尸.
（1 一胪）伪一必尸.
При 左* 1, 72 V 丁1, т. е. происходит потеря кинетической энергии. При абсолютно упругом ударе 左=1, Т2=Л,
т. е. потери энергии не происходит; при абсолютно не
加1S +加2^5加1S +加2^5упругом ударе 左=0 и
加1S +加2^5
加1S +加2^5
“ =〃1 = 〃2 =
7 T也里—
212（% + 加2）
（以一嗜，
Если второе тело было до удара неподвижно (v2=0), то
〃= 加迎 一 , T т ^ ——Ц—,加1 +加5 2(恤+加2) 1+加丿加2
где T=mv\/2 — кинетическая энергия до удара. При 加 1》加2 7i=「2, т. е. энергия практически не теряется, хотя удар и является абсолютно неупругим (например, масса молотка значительно больше массы гвоздя). При 加2》恤,Ti=0, т. е. почти вся энергия расходуется на деформацию (например, масса наковальни значительно больше массы молота).
Боек молота массой mi падает ео скоростью и на наковальню, масса которой вместе с отковываемым металлом равна m2. Определить коэффициент полезного действия молота т], считая удар упругим с коэффициентом восстановления k.
Решение. Направим ось 0% вниз. Скорость бойка до удара и, скорость наковальни до удара равна нулю. Скорости 〃i* бойка после удара и 〃2х наковальни после удара соответственно равнц:
m1 + 加2 加i + m2
Кинетическая энергия, соответствующая потерянным
(1 + ^)2 m1m2^22 (恤+m2)(1 + ^)2 m1m2^22 (恤+m2)скоростям,
(1 + ^)2 m1m2^2
2 (恤+m2)
(1 + ^)2 m1m2^2
2 (恤+m2)
Т = *(〃1“_и)2 +号〃^ =
Потеря кинетической энергии
AT = Т — т = 1 —h т =([—胪)恤生就 1 + «2mlm2
Потерянная кинетическая энергия пошла на деформацию отковываемого металла:
АТ = 2АТ = (1 —摩)加 2
Т1mv^пг1m2
КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
Найти угол рассеяния в зависимости от прицельного расстояния, дифференциальное эффективное сечение рассеяния частиц на абсолютно твердом теле вращения, уравнение поверхности которого задано функцией /(г). Вектор скорости частицы до рассеяния параллелен оси 0%. Рассмотреть следующие случаи:
f (z) = a/z, а = const(рис. 4.3.6,а);
f (z) = аг2, а = const(рис. 4.3.6,6)；
f ⑵=pv, z〉О(рис. 4.3.6,6);
f (г) = г""1/3, г > 0(рис. 4.3.6,г);
f ⑵=MR® —#, о < г < 7? (рис. 4.3.6。).
Шарик ударяется в вертикальную стенку, двигаясь в нормальной к ней плоскости так, что его скорость в момент удара составляет угол 30° с вертикалью, направлена снизу Вверх и по величине равна ио. Определить, на каком расстоянии от стенки шарик
Рис. 4.3.6
упадет на горизонтальную плоскость, если коэффициент восстановления 力，а высота места удара 九.
Два одинаковых упругих шара движутся навстречу друг другу. При каком отношении между скоростями один из шаров остановится? Коэффициент восстановления k.
Определить отношение масс двух шаров в следующих случаях: а) первый шар находится в покое; происходит центральный удар, после которого второй шар остается в покое; б) шары встречаются с равными, противоположно направленными скоростями; после центрального удара второй шар остается в покое. Коэффициент восстановления k.
Система из п материальных точек, массы которых ть 加2, ...,mn, находится на одной прямой. Первой из точек сообщается скорость Ui вдоль этой прямой. Считая удары точек абсолютно неупругими, определить скорость точек после последнего удара.
Шарик массой т падает со скоростью и под углом а на неподвижную поверхность и отскакивает от нее под углом 0. Определить ударный импульс, а также коэффициент восстановления.
Шарик, падая с высоты 九,несколько раз отскакивает от пола. Найти коэффициент восстановления при ударе шарика о пол, если с момента падения до второго удара о пол прошло время t.
Шар весом Gi, падая с высоты h[ на неподвижную плиту весом G2, отскакивает на высоту &• Вычислить потерю кинетической энергии при ударе.
КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ
Какие законы сохранения имеют место при упругом столкновении? 2. Что называется дифференциальным эффективным поперечным сечением рассеяния? 3. Что характеризует формула Резерфорда? 4. Каковы границы применимости классической теории рассеяния частиц? 5. Каковы основные положения теории удара? Как исследуется в теоретической механике частично упругие соударения?
Тем a V
МАЛЫЕ КОЛЕБАНИЯМЕХАНИЧЕСКИХ СИСТЕМ
КОЛЕБАНИЯ ОДНОМЕРНОГОГАРМОНИЧЕСКОГО ОСЦИЛЛЯТОРА
Малые колебания механической системы с одной степенью свободы. Потенциальная и кинетическая энергия системы при малых колебаниях вблизи положения устойчивого равновесия. Критерий устойчивости положения равновесия. Свободные, затухающие и вынужденные колебания гармонического осциллятора. Явление резонанса.
Основные положения и формулы
Система с одной степенью свободы характеризуется обобщенной координатой q. Если на эту систему действуют силы потенциального поля, то потенциальная энергия является функцией обобщенной координаты П(^). Положение равновесия системы соответствует условию dn/d^=0, а устойчивое равновесие — минимуму потенциальной энергии. Колебания системы с одной степенью свободы (одномерный осциллятор) описываются потенциальной энергией П(х)=цх2/2 и кинетической энергией Т=т%2/2, где x—q—% — отклонение системы от положения равновесия. Уравнение движения в этом случае
加% + 卩% = 0.(5.1.1)
Если на систему помимо сил потенциального поля действуют силы сопротивления среды, пропорциональные первой степени скорости, и вынуждающие силы, изменяющиеся по синусоидальному закону, то уравнение движения системы
тх = — [ix ~ Кх + Pr sin (р/ + 6).(5.1.2)
Уравнения (5.1-.1) и (5.1.2) описывают колебательные движения материальной точки вдоль оси Ох и гармонического осциллятора. Для механической системы координата х ——малая величина, а для прямолинейного колебания точки — произвольная.
Рассмотрим частные случаи:
а)九=0,尸i=0, цт^О ——колебания называются собственными гармоническими или свободными;
6）九耍0, Pi=O,卩耍О — колебания затухающие;
Х=0, Pi^=0, |л#=0 — колебания вынужденные без трения;
Х=И=О, Р，0,卩声0 — колебания вынужденные с трением.
Основные типы задач и примеры
Найти закон движения точки массой т, которая движется под действием силы 尸=—fix и постоянной силы Р.
Решение. Составим дифференциальное уравнение движения. Имеем
тх ==—卩х + Р, или х + 胪％ — Pltn = О,
где ^2=ц/т. Введем новую переменную z=x—Р/（左2/n）, тогда z=x и уравнение принимает вид г+^2г=0. Этому дифференциальному уравнению соответствует характеристическое уравнение £^+々2=0, решение которого °12=土力瓦 Следовательно, искомое решение дифференциального уравнения таково: z=C\ cos й/+^2 sin kt. Вводя новые постоянные Лиа, такие, что С1=Л sin а; C2=/cosa, приходим к решению z=A sin（^/+a）. Следовательно, %=/sin （左£+а）+Р/（^2/и）. Таким образом, наличие постоянной силы Р смещает центр колебаний на величину %s=P/|i・ Начальные условия 力。=0; %=%о； и= = и（）позволяют найти амплитуду А и начальную фазу а. Имеем:
Период колебаний Т=2冗/m/小.
По горизонтальной хорде вертикального круга движется точка массой т. На точку действует упругая сила, пропорциональная расстоянию от ее центра и направленная все время к центру; коэффициент пропорциональности с. Кроме того, на точку действует сила сопротивления, пропорциональная первой степени скорости; коэффициент пропорциональности у. Определить закон движения точки, если в начальный момент она находилась в крайнем правом положении и была отпущена без начальной скорости. Расстояние от центра до хорды h= = 0,3 м, радиус R=0,5 м. Рассмотреть два случая:
a) c=16 Н/м, y=10 H-c/m, m={ кг; 6) c=12,5 H/m, Y=4 H-c/m, m=0,5 кг.
Решение. Запишем дифференциальное уравнение движения в проекциях на ось Ох, учитывая, что Fx = =F sin а (рис. 5.1.1), где F=cs=c]/^ Л2+%2; а=
= arctg(%//i). Имеем тх=—Fx—尸coup, или тх=—сх—
-Y%・・
Дифференциальному уравнению %=—16%—Юх соответствует характеристическое уравнение £)2+Ю/)+
十16=0, решение которого )= =—2;力2 = —8. Следовательно, искомое решение дифференциального уравнения
х = С工 exp (― 2/) + С2 exp (― &).
Выражение для скорости имеет вид
х = — 2C*i ехр (— 2f)—
—8c2 exp (— 8/).
Используя начальные условия /о=О; %о= VR2—Л2=0,4, %о=О, находим: Ci=l,6/3; С2=—0,4/3. Окончательно имеем
х = (0,4/3) [4 ехр (— 2%) — ехр (— 8/)].
Дифференциальному уравнению тх=—сх—ух, или %+25%+8%=0, соответствует характеристическое уравнение 。2十8。+25=0, решение которого А,2 =
4±3i. Следовательно, искомое решение таково: х = =ехр(—4/) х (Ci cos 3/+С2 sin 3/). Подставляя начальные условия 办=0, %о=О,4, Uo=6 в выражения для х и % = — 4ехр (—4/) (& cos 3/ + С2 sin 3/) + Зехр (— 4Z) X Х(—G• sin 否+。2 cos 3/), получаем: Ci = 0,4; C2 = 1,6/3. Окончательно имеем
% = 0,4 exp (— 4/)卜os 3/ + -|> sin 3/)・
Груз массой m подвешен на пружине жесткости с. На него действует возмущающая вертикальная сила Q=Яsin( Vс/т f) и сила сопротивления FConp=—bv. Определить амплитуду вынужденных колебаний груза.
Решение. Запишем дифференциальное уравнение вертикальных колебаний груза, считая ось Ох направленной вертикально вверх:
тх — mg — сх — bx + H sin (Уdm t), или
x = g — l^x — 2nx + h sin (У dm f), где fe2 = dm\ 2n = &/m; h = Him.
Решение дифференциального уравнения складывается из общего решения %i соответствующего однородного уравнения %+2几％+々2%=。и частного решения %2 неоднородного уравнения x+2nx~\~k2x=g+h sin (/ c/mt); %2 — вынужденные колебания. Будем искать х2 в виде
% = 4 sin (Уdm f) + 4 cos (Кdm t) + g/k2.
Для определения А\ и Л2 найдем:
屋2 = 4 Mс/优 cos ("К dm /) — Л2 У с/m sin "clmt), %2 = — 4工—sin (}/ clmt^ —力?— cos (}/c/mt)
и подставим в неоднородное дифференциальное уравнение. Приравнивая в полученном выражении коэффициенты при sin (У c/mt) и cos(]/~ c/mt), получаем:
л — 似胪一c//n)/ —2n 九 Mc/m
1(卧—c/m)2 + 4紋c/m '2 (任-е/m)2 + 4〃2"加 ,
Введем обозначения:
々2 — dmcos £ — -■——,
V (62 —0/加)2 + 4以2e/加
sing =——.
V (依一c/m)2 + 4以2e/加
тогда
“ _h sin ^Ус I tn / — 8)
*2 = 一 "：，,
V (叱—c/m)2 + 4n2c/m
где
4=八—
V(貯一c/加戶 + 4n2 elm
—амплитуда вынужденных колебаний. Учитывая, что 々2=с/т, 2п=Ь/т, находим А= (h/b) К т/с.
Материальная точка массой т=50 кг движется по горизонтальной прямой под действием силы 尸=—200% (Н). Кроме того, на точку действует возмущающая сила FB=2 sin 2t (Н). По какому закону движется точка, если в начальный момент %=%о=0； и=и()=0,01 м/с и возмущающая сила в начале движения совпадает по направлению со скоростью и。？
Решение. Составим дифференциальное уравнение движения точки, направив ось Ох по траектории точки:
50х =——200х + 2 sin 2厶 или х + 4% = 0,04 sin 2/.
Частота собственных колебаний (左=М с/т=]/ 200/50= =2) и частота вынуждающей силы (р=2) совпадают, следовательно, имеет место явление резонанса, Общее решение % неоднородного уравнения найдем как сумму %i решения соответствующего однородного уравнения %+4%=0 и частного решения х2 неоднородного уравнения. Будем считать %i=A sin(2f+a); X2=^Bt cos 2Л Для определения В найдем:
% = В cos 2力一28/ sin 2/,修=一 4B sin 2/ — 4跳 cos 2九
и подставим в неоднородное уравнение. Получаем В= =0,01, тогда %=4sin(2f+a)—0,01/cos 2Л Используя начальные условия Хо | t=o=A sin а=0, vQ—v | /=0= =24 cos(2f+a)—0,01 cos 2^+0,02/ sin 2/|z=o==O,Ol, имеем: a=0, Z=0,01. Таким образом, x=0,01 (sin 2/— —f cos 2/).
КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
На гладкой плоскости, которая наклонена к горизонту под углом а, находится груз М массой т, прикрепленный к пружине жесткости с (рис. 5.1.2). Записать уравнение колебаний груза, если он отпущен с начальной скоростью и。из положения, при котором пружина не напряжена. Коэффициент трения груза о плоскость 々.
Груз массой т, лежащий на абсолютно гладкой горизонтальной плоскости, зажат между двумя пружинами жесткости q и &. В некоторый момент груз был сдвинут на расстояние а от положения равновесия вправо и отпущен с начальной скоростью и0, направленной вправо. Найти уравнение движения и период колебаний (рис. 5.1.3).
Пластинка D массой 他，подвешенная на пружине АВ в неподвижной точке Л, движется между полюсами магнита (рис. 5.1.4).
Вследствие вихревых токов движение тормозится силой ^уФ2, где о — скорость, ^=const, Ф — магнитный поток между полюсами N и S. В начальный момент скорость пластинки равна нулю, жесткость пружины с. Определить закон движения пластинки.
Тело массой m подвешено на пружине, коэффициент жесткости которой с. Сопротивление среды пропорционально скорости. Амплитуда после N колебаний уменьшается в k раз. Определить
JJРис. 5.1.4Рис. 5.1.4A
J
J
Рис. 5.1.4
Рис. 5.1.4
период и логарифмический декремент затухания. Найти уравнение движения тела, если его подвесили к концу нерастянутой пружины и отпустили без начальной скорости (т = 49 кг, с=19,6 Н/см, N=4, 々=12).
Пружина А скреплена со штоком поршня, который находится в камере В (рис. 5.1.5). В эту камеру попеременно сверху и снизу поступает сжатый воздух, вследствие чего сила, действующая на поршень,
изменяется по закону F=A sin pt. Определить вынужденные колебания поршня, если его масса т, жесткость пружины с.
Материальная точка массой m подвешена на пружине, коэффициент жесткости которой с. На точку действуют возмущающая сила F3=H sin(p^ + 6) и сила сопротивления Fc = b^mcv. Найти значение амплитуды вынужденных колебаний. При какой частоте амплитуда вынужденных колебаний достигает наибольшего значения? Рассмотреть два случая： а) т=20 кг, с=400 Н/см, Я=200 Н, 6 = 1 Н-с/см； б) т=0,2 кг, с=20 Н/см, Н=100 Н,匕=1,2 Н-с/см.
Точка колеблется на пружине в среде, сопротивление которой гСопр=—&у. На точку действует возмущающая сила ^В=Я sin pt. Определить амплитуду силы по измеренной амплитуде 4 вынужденных колебаний при наличии резонанса (6 = 2,3 Н-с/м, А = 4 см, р=8冗 с"1)
КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ
Как записываются уравнения собственных колебаний гармонического осциллятора или точки? 2. Каков вид уравнения колебательного движения точки с учетом сил сопротивления без воздействия вынуждающей силы? при наличии возмущающей силы? 3. В чем заключается явление резонанса и когда оно проявляется? 4. Уравнения малых колебаний механической системы с одной степенью свободы и уравнения колебаний точки вдоль оси идентичны. Какая разница в интерпретации координат в этих случаях?
МАЛЫЕ КОЛЕБАНИЯ МЕХАНИЧЕСКИХ СИСТЕМС ДВУМЯ СТЕПЕНЯМИ СВОБОДЫ
Кинетическая и потенциальная энергия системы при Малых колебаниях с двумя степенями свободы. Нормальные координаты.
Основные положения и формулы
При малых колебаниях системы с двумя степенями свободы кинетическая и потенциальная энергия системы имеют соответственно такой вид:
Т = (1/2) (%] ql + 2%2 % % + % 砲， (521)
П = (1 ⑵色 ^ + 2% % % + %2 *)•(522)
Особенностью этих соотношений, характеризующих именно малость колебаний, является постоянство коэффициентов “шп, сПт> Условия устойчивости равнбвесия имеют такой вид:
сп > 0,忆 ％ >0(5.2.3)
^21 &2
На основании уравнений Лагранжа II рода, используя равенства (5.2.1) и (5.2.2), уравнения движения системы можно записать в таком виде:
"11% + ch% + a12，2 + 出2%=°，
(5.2.4)
“21% + С?]% + “2202 + &2% = °・
Решение этих уравнений: q\=A sin(fef+cx), %= =Nsin(^f+a). Главные частоты k\ и й2 определяются из уравнения частот
=0.(5.2.5)=0.(5.2.5)S1 — Оц 胪 С12 — 012 胪
=0.(5.2.5)
=0.(5.2.5)
С12 -a12 必 022 - "22胪.
Коэффициенты распределения амплитуд определяются следующими уравнениями:
旦= 一 ‘a二修土，佐=包=一生也•(526)
&e22 —居 "2243一电 "22
Закон изменения каждой обобщенной координаты:
% = A】 sin (財/ + 出)+ 4 sin 依 2f + a2),
(5.2.7)
% = 314 sin (瓦力 + %) + Р2Л2 sin (局力 + a2),
где Ль 力2, ai, аг находятся из начальных условий. Переходя от обобщенных координат системы 力，夕2 к обобщенным координатам 01, 02 с помощью равенств
= Pi^i 十卩а%, % =。工 + %,(5.2.8)
уравнения (5.2.4) можно преобразовать к виду
Q]G] + С]% = 0,@2^2 +。2。2 =。，
где 01, 02 — нормальные координаты. Коэффициенты pi и р2 определяют из равенств (5.2.6) или из условия равенства нулю ai2, С12 в соотношениях (5.2.1) и (5.2.2), преобразуя их к переменным 01, 02 с помощью равенств (5.2.8).
Колебания системы с и степенями свободы описываются кинетической (Т) и потенциальной (П) энергиями, представляющими собой квадратичные формы относительно обобщенных скоростей и координат. Уравнение частот (5.2.5) в этом случае — детерминант n-го порядка со строками Си—Лц^2,...,仃〃——а^胪，равный нулю.
Основные типы задач и примеры
Два одинаковых математических маятника длиной / и массой m соединены невесомой пружиной жесткости с, длина которой в недеформированном состоянии равна расстоянию между точками подвеса (рис. 5.2.1). Записать уравнения колебаний в обобщенных и нормальных координатах. Составить уравнение частот. Найти закон движения маятников.
Решение. Для рассматриваемой системы, имеющей две степени свободы, в качестве обобщенных координат выберем углы, которые составляют нити маятни-
ков с вертикалью: gi=q)i； 02=$2・ Кинетическая энергия системы складывается из энергии материальных точек:
加行 加^ m^ ..
7 = 丁 + 丁 = "?回 +啕，
Сравнивая полученное выражение для Т и формулы (5.2.1), делаем вывод, что ац=т/2; 的2=0; а22=^/2. Система находится под действием силы тяжести и силы упругости. Так как эти силы принадлежат потенциальному полю, то имеет место силовая функция, а следовательно, и потенциальная энергия, соответствующая силе тяжести (П1) и силе упругости (П2): Г11 = ——mgl (cos epi + cos ф2)； П2 = С(Дх)2/2; где удлинение пружины △%=/ sin (pi—/ sin 屮2・
Потенциальная энергия системы
П = — mgl (cos 屮1 + cos(p2) + -у- (sin(рх — sin(р2)2<
Рассматриваются малые колебания системы, поэтому потенциальная энергия может быть выражена функцией (5.2.2), где
\ d” °qi ) q、=q2
В данном случае
% = ”= mgZ + С 艮
О%(Р1=ф2=0
°12 ~°12 ~д2Пд2П即①屮2 1ф1=ф2=0即①屮2 1ф1=ф2=0‘22‘22a2n眦a2n眦(Р1=(Р2=0(Р1=(Р2=0=加 gZ + С/2.=加 gZ + С/2.Функция (522) принимает видФункция (522) принимает вид
°12 ~
°12 ~
д2П
д2П
即①屮2 1ф1=ф2=0
即①屮2 1ф1=ф2=0
‘22
‘22
a2n
眦
a2n
眦
(Р1=(Р2=0
(Р1=(Р2=0
=加 gZ + С/2.
=加 gZ + С/2.
Функция (522) принимает вид
Функция (522) принимает вид
П = (1 ⑵[(mgl + СР)回 + 啕一 2cz2% 甸.
Уравнения (5.2.4) колебаний в обобщенных координатах (pi и ф2 таковы:
欣2cpi + WgZ + СУ)屮1 — CZ2q)2 = О,
—CPqi + tn^2 + (mgl + C/2)屮2 = 0.
Решения этих уравнений q)i=X sin(ftf+a); 屮2= = Nsin (配+a) находятся для главных частот k\ и 居， определяемых из уравнения (5.2.5), которое для рассматриваемого случая имеет вид
tngl + С/2 —欣2胪—с/%=0
—С*mgl + CP — mW -'
e. (mg+Cl—mlk2)2—С2/2=0. Последнее уравнение имеет следующие решения:力; =(mg+2C7)/(zn/);论^ = =g/l. Введем нормальные координаты [см. (5.2.8)]: 01=(ЧР1+?2)//'2； 02=(Ф2—Ф1)//2^ тогда <pi=(0i— —02)/1^2; ф2=(01+02)/]/2^ В главных (или нормальных) координатах
Т = (mZ2/2) ( ё? + ё^),
П = (1 ⑵[mg/e： + (mgl + 2c/2)閹.
В координатах 0i и 02 уравнения (5.2.9) принимают такой вид:
自+春仇=0； « +仟+ ^)% = о・
Их решения: E = &sin(]/■而+5); 62 = C2Xsin/^T +2C/m /+&, где Cb C2, s и 6 определяются из начальных условий. Запишем решение уравнений в обобщенных координатах q)i и q)2：
% = Q [sin (/两 t + 5)— Е sin (Уqll + 2C/m /+&)],
% = Q [sin{y~q!l t + 8)+ Esin (]/qll + 2C/m t + 8)].
Возможны частные случаи: a) 02=O, q)i=q)2 ——оба маятника движутся синфазно; б) 0i=O, q)i=—屮2 — маятники движутся в противофазах.
КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
Жесткая Т-образная невесомая конструкция может без трения вращаться вокруг неподвижной горизонтальной оси О в вертикальной плоскости (рис. 5.2.2). В точках А и В конструкции закреплены точечные массы т{ и т2 соответственно. Третья точечная масса D величиной т может колебаться с помощью пружины жесткости с по перекладине АЕ около точки Е, причем ЕА=АВ=АО = 1. Приняв за обобщенные координаты угловую координату ср поворота конструкции и относительную координату s точки D относительно точки Е, составить уравнения малых колебаний системы около положения равновесия и найти собственные частоты.
Турбина весом G установлена на упругом фундаменте испытательного стенда с помощью амортизаторов, общая жесткость которых с. Составить дифференциальные уравнения малых вертикальных колебаний системы, состоящей из турбины и фундамента, если жесткость опор фундамента 3, а его вес Q. Обобщенные координаты 21 и %2 отсчитывать от положений равновесия соответствующих
Материальная точка массой т находится на гладкой неподвижной горизонтальной плоскости и прикреплена к двум пружинам, концы которых закреплены неподвижно. Жесткости пружин с【и 毒・ В положении равновесия обе пружины не напряжены и образуют угол а. Составить уравнение частот. Определить частоты малых колебаний в следующих случаях: а) а—90°; б) а=60° и с1 = с2 = с; в) а=30° и С\ = С2 = с.
Стержень ОА на одном конце имеет горизонтальную ось вращения О, а на другом ——точечную массу т, к которой с помощью пружины подвешена такая же масса (рис. 5.2.3). Стержень удерживается в горизонтальном положении вертикальной пружиной, прикрепленной к его середине. Определить частоты главных колебаний системы, считая жесткости пружин равными с. Массой стержня пренебречь.
КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ
Что представляет собой система с двумя степенями свободы? С помощью каких величин описывается их движение? 2. Какое положение называется устойчивым положением равновесия и каковы его условия? 3. Какие колебания называются еобственными колебаниями системы? 4. Каковы дифференциальные уравнения колебаний системы с одной и двумя степенями свободы? 5. Что представляют собой главные колебания системы? 6. Как определяются частоты главных колебаний? 7. Как определяются нормальные координаты? 8. В чем преимущество уравнений колебаний, записанных в нормальных координатах? 9. Каковы уравнения колебаний системы с 〃 степенями свободы?
Тема VI
ДВИЖЕНИЕ В НЕИНЕРЦИАЛЬНЫХСИСТЕМАХ ОТСЧЕТА
Неинерциальные системы отсчета. Уравнения движения точки в неинерциальных координатах. Силы инерции. Уравнения равновесия точки в неинерциальных координатах.
Основные понятия и формулы
Движение несвободной материальной точки в неинерциальной системе осей координат описывается динамическим уравнением вида
加 а°тн = F + Фпер + ФКОр + N, (6.1.1) где аотн — ускорение точки в неинерциальной системе координат, N — сила реакции связи, Фпер — переносная сила инерции, Фкор — кориолисова сила инерции. Силы инерции:
®пер = — ma^ep； ®кор = — ^^кор~ —2/72(0 X V0TH.
Формула (6.1.1) позволяет записать теоремы о количестве движения и о моменте количества движения механических систем, теорему о кинетической энергии для точки и для системы и т. д. В частном случае теорема о моменте количества движения точки имеет вид
备卜义 mvl = М(е)+ Г X Флер + г X Фкор.(6.1.2)
Уравнение равновесия точки в неинерциальной системе координат на основании (6.1.1) следующее:
F + 6nep + N = 0.(6.1.3)
Основные типы задач и примеры
Материальная точка массой т может свободно двигаться без трения в плоскости Z\O\X\, вращающейся вокруг неподвижной вертикальной оси Oi^i с постоянной угловой скоростью ①(рис. 6.1.1). Найти относительное движение этой точки, если она находится под действием силы тяжести. Ее начальная скорость равна нулю. Определить также реакцию вращающейся плоскости.
Решение. Относительная скорость v0TH направлена по касательной к траектории, расположенной в верти-
калькой плоскости. На точку М действуют вес G и сила реакции N, направленная перпендикулярно плоскости. Переносным ускорением является осестремительное ускорение точки М плоскости 修。®, которое равно ^пер=(о2л：1. Сила инерции Onep=i加①？％i и направлена от оси вращения параллельно 01%ь Кориолисово ускорение aKOp=2a)XvoTH направлено перпендикулярно плос-
Рис. 6.1.1Рис. 6.1.1
Рис. 6.1.1
Рис. 6.1.1
кости XiOiZi и параллельно оси Oif/i. Сила инерции Фкор=―2/n ① Xij.
Запишем дифференциальное уравнение движения точки (6.1.1) в проекциях на оси Oi%i,。1勿，0窿1：
打=(о%; ту1 = N - 2m①/；次=g.
Так как движение происходит в плоскости x©Ni, то У1=0. Интегрируя последние уравнения и учитывая начальные условия /о=О, %i(O)=%o,尤1(0)=0, Ni(0) =No, 之；(0) =0, получаем:
%i = (/⑵[exp (叫 + exp (―①/)]; 2i = % —班2/2;
N = 2他3打=m(dxQ [exp (①/)一exp (-血)].
Материальная точка массой m перемещается по каналу равномерно вращающегося со скоростью со диска А (рис. 6.1.2). Найти уравнение относительного движения, приняв за начало отсчета точку О. Определить давление точки на стенку канала.
Решение. На точку М действуют силы: вес G = =—^gk, реакция канала N=Nyj+N«k, сила инерции 162
Рис. 6.1.4Рис. 6.1.4хха +а +ехр (峭 +ехр (峭 +
Рис. 6.1.4
Рис. 6.1.4
х
х
а +
а +
ехр (峭 +
ехр (峭 +
переносного движения Фпер=т(й2/?=тсо2 И г2+%2, направленная по радиусу диска от оси вращения, и кориолисова сила инерции Фкор=2т(ох]. Уравнения движения точки М в неинерциальных координатах имеют такой вид:
mx=(D口epsinep, ^У=Фпер с°з ф+фкор+^» fnz=—mg+N» где sin ф = %//г2 + 務 cos ср = 〃/г2 + х2.
Рис. 6.1.3
Так как у=0 и 之=0, то из двух последних равенств имеем ' Nу==—(①nep COS 屮+①кор) =—/22 (①証+2①X)； Nz — mg. Следовательно, сила реакции канала
^ = ]/%+纥二]/(wvT^^
Давление шарика на стенку канала определяется равенством 尸Давл=—N. Интегрируя уравнения движения с учетом начальных условий %о=а, хо = ^о, приходим к уравнению относительного движения
На поверхности клина, составляющего угол а с горизонтом, находится брусок. Клин движется вверх с ускорением а. Определить ускорение бруска относительно клина, если коэффициент трения бруска о клин равен 厶
Решение. Относительно подвижнай системы хОу, связанной с клином (рис. 6.1.3), брусок движется с уско-
рением Оотн. На брусок действуют следующие силы: сила тяжести mg, реакция опоры N, сила трения F^^fN^ сила инерции переносного движения ФПер = —ma. В проекциях на оси Ох, Оу уравнение движения (6.1.1) имеет вид
mg sin a+加“ sin а—fN—tna0^ N — mg cos а — ma cos а=0, откуда
N = m(g + a) cos а, %тн = (〃 + g) (sin а — fees а).
В кабине лифта, которая поднимается с постоянным ускорением ао, подвешен математический маятник длиной / (рис. 6.1.4 а, 6). Определить период малых колебаний маятника относительно системы отсчета, связанной с лифтом, и закон его движения.
Решение. Неподвижную систему координат xyz свяжем с зданием, в котором работает лифт. Подвижную систему свяжем с лифтом. Математический маятник представляет собой материальную точку М, подвешенную на невесомой нити. В рассматриваемом случае на точку М действуют сила тяжести mg, сила реакции нити N, направленная вдоль нити, и сила инерции переносного движения, равная та0 и направленная вдоль силы тяжести. Запишем в проекции на ось 0臼 теорему о моменте количества движения в неинерциальной системе координат:
加步屮 = —〃ng/ sin ср + /ma。sin ср) или
Ф + g・ °Q sin 屮=0.
При малых колебаниях sin <р ~ ф и решение последнего уравнения имеет вид
屮=4 sin (/ (g + Q。)/〃 + e).
Это закон движения маятника, где произвольные постоянные Л и е определяются из начальных условий.
Период колебания маятника на основании его закона движения
Т = 2л/尼=2эт ]/"〃(g + а。).
Отсюда следует, что если лифт неподвижен ®о=О), то период качания маятника определяется формулой Т=
=2W：l® Если лифт поднимается, то период колебания маятника уменьшается; если лифт опускается, то период колебания маятника возрастает; если лифт свободно падает, то период маятника Т = оо, т. е. маятник не колеблется.
Примечание. По периоду колебания маятника можно определить, с каким ускорением движется тело, в частности лифт, ракета и т. д. Это обстоятельство положено в основу конструирования маятниковых приборов для определения ускорения движущихся объектов.
Вертикально взлетающая ракета вблизи поверхности Земли имеет ускорение а。. Определить силу, действующую на космонавта. Указать, когда имеет место состояние невесомости.
Решение. Космонавт относительно ракеты находится в покое. Определим реакцию опоры, действующую на космонавта, которая противоположна силе, прижимающей его к сидению. Уравнение относительного равновесия в проекции на вертикаль в рассматриваемом случае имеет вид
一加 g + N -加a0 = 0,отсюда ^=m(g+ao).
В настоящее время а。составляет 7g——8g, следовательно, сила, прижимающая космонавта к креслу, в момент взлета в 8——9 раз превышает силу земного притяжения. Очевидно, что при свободном падении ракеты 死=—g, ^=0 и космонавт находится в состоянии невесомости.
КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
В гладкой горизонтальной прямолинейной трубке, вращающейся с постоянной скоростью(о вокруг вертикальной оси, которая проходит через конец, находится шарцк массой т. В начальный момент расстояние шарика от оси вращения равно а, а его скорость относительно трубки равна нулю. Найти закон относительного движения шарика вдоль трубки и горизонтальную реакцию трубки (рис. 6.1.5).
Горизонтальная трубка CD равномерно вращается вокруг вертикальной оси АВ с угловой скоростью со (рис. 6.1.6). Внутри трубки находится тело массой т. Составить дифференциальное уравнение движения тела, если коэффициент трения скольжения между телом и трубкой k.
Железнодорожный поезд движется со скоростью и по рельсам, расположенным по меридиану с юга на север. Вес поезда G. Определить: а) боковое давление поезда на рельсы, если он пересекает в данный момент северную широту ср; б) боковое давление
поезда йа рельсы, если ой Движется в этом же Месте с севера на юг.
Артиллерийский снаряд движется по настильной траектории, которую приближенно можно считать горизонтальной прямой. Горизонтальная скорость снаряда во время движения и. Снаряд должен поразить цель, отстоящую от места выстрела на расстоянии S. Пренебрегая сопротивлением воздуха, определить, насколько отклонится снаряд от цели из-за вращения Земли. Обстрел происходит на широте ср.
切彩
ттаРис. 6.1.5аРис. 6.1.5
т
т
а
Рис. 6.1.5
а
Рис. 6.1.5
Материальная точка брошена вертикально вверх со скоростью у0. Пренебрегая сопротивлением воздуха и приближенно считая скорость точки направленной по меридиану, определить отклонение точки от начального положения при падении ее на Землю.
КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ
Как составляются уравнения относительного движения точки в неинерциальных координатах? 2. Чем отличаются уравнения движения точки в инерциальной и вращающейся системах отсчета? Чем отличаются уравнения равновесия относительно указанных систем? 3. Как записываются уравнения движения и уравнения равновесия в поступательно движущихся неинерциальных системах? 4. Как записываются теоремы о количестве движения, моменте количества движения и о кинетической энергии системы в неинерциальных координатах?
Тема VII
ОСНОВЫ ДИНАМИКИ ТВЕРДОГО ТЕЛА
Геометрия масс. Определение момента инерции тел. Динамика поступательного движения тела, вращения твер・ дого тела вокруг неподвижной оси, вращения твердого тела вокруг неподвижной точки. Приближенная теория гироскопа.
Основные понятия и формулы
Движение твердого тела описывается теоремами о количестве движения (Р) и кинетическом моменте (К). В конкретных случаях вектор К записывается для твердого тела в таком виде:
а) поступательное движение
(7.1.1)(7.1.1)(7.1.2)(7.1.2)К = г。X Mvc； б) вращение вокруг точки
(7.1.1)
(7.1.1)
(7.1.2)
(7.1.2)
К = J гХюХrpdt
где тензор J имеет вид^ XXгде тензор J имеет вид^ XXхухуУУУУyzyz(7.1.3)(7.1.3)
где тензор J имеет вид
^ XX
где тензор J имеет вид
^ XX
ху
ху
УУ
УУ
yz
yz
(7.1.3)
(7.1.3)
Здесь
J 匂2 + 炉)pdr, Jyy = j (г2 + 产)pdq
J (# + 方 pdt
—■ моменты инерции относительно осей,
Ух = j % 卯 d%Ух = j % 卯 d%Jyz ~」zy = J yzpd匕 =J zxpdt
Ух = j % 卯 d%
Ух = j % 卯 d%
——центробежные моменты инерции;
(7・1・4)(7・1・4)в) вращение вокруг оси Oz
(7・1・4)
(7・1・4)
К = —(o(J”i + Jzyj —〃к)・
Динамические уравнения движения твердого тела в случае простейших движений имеют такой вид:
поступательное движение
М 也=R?(7.1.5)
вращение вокруг оси (рис. 7.1.1) [На рисунке О — шарнир, Oi — подшипник]:
^-F + N + Np(7.1.6)
dr
5 = ^0+00^^;(7.1.7)
вращение вокруг точки:
/ —+ (С — В)① 口 ①匕=
В^+(А-С)^ =加限(7.1.8)
° 寸 + 仍—')％ % = %
Уравнения (7.1.8)—динамические уравнения Эйлера. В них Л, В, С — осевые моменты инерции относительно осей £, ”，С・ В приближенной теории гироскопов предполагается, что относительно неподвижного центра О Ko=JzzS и направлен по оси гироскопа (7ZZ — момент инерции относительно собственной оси гироскопа, s —— собственная угловая скорость гироскопа).
Гироскопический момент Mr = Mg —Jz^-^h где o)i —— угловая скорость прецессии.
Основные типы задач и примеры
Составить тензор инерции (7.1.3) относительно осей Ox, Оу, Oz и Ох', 0“ Ozf (рис. 7.1.2) для системы, состоящей из четырех точек, массы которых m, М, m, М, расположенных в вершинах квадрата со стороной 2a.
Решение. Найдем момент инерции системы как сумму моментов инерции точек:
Jxx = та2 + Afa2 + та2 + Ma2 = 2a2 (团十 М),
Jyy = Ma? + 加 “2 + м“2 + 加《2 = 2a2 的 + M),
Jzz =加(a P»)2 + M^a /»『+ 他 g M芽)2 ++ M(a VF)2 = 4a2 (m + M),
Jxy = Md —加出 + Mcfi~ma2=^ 2a2(M —他)，Jxz = Jyz =0 Таким образом, тензор инерции
Аналогично,
Jx* =М(а V^\ + М(а ]/Т)2 = 4a2M
Jg，T = т{а V^ + m 伍 /Т『=4a2m, 厶2 =加(a /2 У + Л! (a 1^2 )2 + zn (а /2 )2 4-
+ М[а ]/牙Г = 4a2(m + 聞，
J#'p・ ~ J%，2‘ = Jy‘2‘ = 0.
Следовательно,
О 'О4a2 (加+М)О 'О4a2 (加+М)‘4〃2M О
О '
О
4a2 (加+М)
О '
О
4a2 (加+М)
J' =， 04^2m
О О
Вычислить момент инерции однородного цилиндра радиуса R и высотой h относительно его геометрической оси.
Решение. Выделим элемент объема dr=rdq)drd/, (рис. 7.1.3), масса которого dm=prd(pdrd/. Момент инерции выделенного объема относительно этой оси d/= =r2dm=pr3d(pdrdZ. Момент инерции всего цилиндра
五 2л R
J = J dJ= р Jd/J d(p Jr3dr =牛 2яЛр =
ТООО
П2厶R2加R2
=nR— = —^―,
где т — масса всего цилиндра.
Центр тяжести С колеса турбины смещен от оси вращения турбины на расстояние d. Колесо имеет вес G и, равномерно вращаясь, делает п оборотов в секунду. Определить реакции подшипника В и подпятника А, если AB=h, АО=ВО и АВ — главная ось инерции (рис. 7.1.4).
Решение. Система Oxyz неподвижна, система OgnC жестко связана с телом. Реакция подпятника N& = реакция подшипника NB=NBxi^ +NByj; активная сила F=——Gk приложена в точке С(хс, ус, 0). Момент активной силы
M()(F)= хсУс。 •
00 —G
Моменты реакций: i j ki j к
Мо(&)= 00-勿 2,М°(&)= 00 勿2
Уравнения (7.1.7) и (7.1.8), учитывая, что JXz=Jyz=O и что начало координат выбрано в геометрическом цент-
ре колеса, в рассматриваемом случае можно записать в таком виде:
— m^xc=NAx + NBx, -т寸此=以卢 Nbj, NAz = G,
Из последних уравнений имеем:
^AX = —m^xcl2 + Gxclh^
N/4 =—加①2 %/2 + G%/儿 Na『G,
Nb% =—加① 2%/2 — Gx^h, Nb? =—加① 2%必—Gyc/h.
Тяжелый круглый цилиндр, имеющий радиус R и вес G, скатывается по наклонной плоскости без скольжения так, что ось цилиндра остается все время горизонтальной. Угол наклона шероховатой плоскости к горизонту а. Найти закон движения центра масс цилиндра (рис. 7.1.5).
Решение. Система хОу неподвижна; G — вес, N — нормальная реакция,尸一сила трения. При /о=0
имеем: %со=0, фо=О. Уравнение движения центра масс Mxc==G sin а—尸，Myc=N—G cos а. Уравнение движения вокруг центра масс JccT=RF, где ср — угол поворота. Так как yc=R и ус=0, то N=Gcosa. Мгновенная ось вращения совпадает с линией соприкосновения цилиндра и наклонной плоскости, поэтому Uc=%C=R<P， откуда (p=%/R. Используя последние равенства, запишем
Мхе = G sin а —勺屮=G sin а —хс , откуда
•: G sina р2 _ GR2 sin а 門
"с = MR2 + Jсс «，к = MR?十 Jcc V'
Уравновешенный гироскоп в кардановом подвесе имеет собственную угловую скорость s и момент инерции Jz. Он установлен так, что его внутренняя рамка составляет с горизонтом угол а. Определить угловую скорость прецессии, если к оси гироскопа на расстоянии г от центра подвешен груз Л весом G (рис. 7.1.6). Трением и массой рамок пренебречь.
Решение. На основании приближенной теории гироскопа Мг=тМ$е)=〃а)Ха)1, rXG=厶叫乂叫 rGsin(n/2— —a) =/z①① 1 sin(jt/2—a), откуда ①i=Gr/Jz①)・ Вектор о)1 направлен по неподвижной оси О&. Угловая скорость «1 не зависит от угла а.
Ротор турбины, ось которого расположена в диаметральной плоскости судна и параллельна продольной его оси, вращается со скоростью п оборотов в минуту. Масса ротора т, радиус инерции относительно оси вращения гл, расстояние между подшипниками /. Судно имеет килевую качку с амплитудой (р0 и периодом т (рис. 7.1.7). Определить величины максимальных гироскопических давлений на подшипники.
Решение.. Собственная угловая скорость s направлена по оси ротора и равна <о=яп/30. Прецессией является килевая качка. Согласно условию, координата, характеризующая килевую качку, изменяется по закону Ф=(Ро sin(2jr//T). Угловая скорость прецессии coi=(p=
cos—— ・ Вектор a)i направлен по оси враще-
ния судна « Гироскопический момент Mr=Jz(oX(o1. Величина его M「=Jz①① 1・ В результате действия момента Мг возникает давление на подшипники. Реакции подшипников Na и Nb образуют пару, момент которой уравновешивает гироскопический момент, следовательно,
cos 竺
Максимальное значение реакций
Na = Nв = (2 Фо 冗①Jz)/W)・
КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
Составить тензор инерции и найти кинетическую энергию системы, состоящей из четырех точек массой т каждая, расположенных в вершинах квадрата со стороной 2a. Квадрат вращается с уг-
Рис. 7.1.8
Рис. 7.1.9Рис. 7.1.9ловой скоростью со вокруг оси Ох (рис. 7.1.8).
Рис. 7.1.9
Рис. 7.1.9
Вычислить момент инерции однородного шара радиуса R относительно оси, проходящей через
его центр.
Центр тяжести махового /《.» колеса массой т находится на расстоянии d от горизонтальной оси вала, расстояния подшипни-Рис・ 7.1.10
ков от колеса равны между собой. Найти давления на подшип
ники когда вал, вращаясь равномерно, делает 〃 оборотов в минуту. Маховик имеет плоскость симметрии, перпендикулярную оси вращения, т=3 т, 〃=1200 об/мин, d=8 мм.
Стержень АВ длиной 2/, на концах которого находятся грузы G, вращается равномерно с угловой скоростью(о вокруг вертикальной оси Oz, проходящей через середину О стержня. Расстояние
точки О от подшипника С равно а, от подпятника Р равно Ь. Угол а между стержнем АВ и осью Oz постоянен. Пренебрегая весом стержня и размерами грузов, определить проекции давлений на подшипник С и подпятник D в момент, когда стержень находится в плоскости Oyz (рис. 7.1.9).
Ось ротора гироскопического указателя поворота совпадает с направлением горизонтального полета самолета. Определить угловую скорость Si, виража самолета, если момент инерции ротора /, его собственная угловая скорость (о, жесткость каждой пружины с, а измеренный угол отклонения ротора от горизонтали а (считать этот угол малым). Расстояние между пружинами а (рис. 7.1.10).
КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ
Сколько степеней свободы имеет твердое тело, вращающееся вокруг неподвижной оси? Как выбираются при этом обобщенные координаты? Какой вид имеют кинематические и динамические уравнения движения в выбранных координатах? 2. Сколько степеней свободы имеет твердое тело, вращающееся вокруг неподвижной точки? Как при stqm выбираются обобщенные координаты? Какой вид имеют кинематические и динамические уравнения Эйлера? 3. Что характеризует в механике тензор инерции? 4. Что называется осевыми и центробежными моментами инерции тела?
ЛИТЕРАТУРА
Аппель П. Теоретическая механика. М, 1960.
Айзенберг Т. 6., Воронков И. М., Осецкий В. М. Руководство к решению задач по теоретической механике. М., 1965.
Аркуша А. И. Руководство к решению задач по теоретической механике. М., 1967.
Березкин Е. Н. Курс теоретической механики. М., 1974.。
Бутенин Н. В., Лунц Я. Л., Меркин Д. Р. Курс теоретической механики. М., 1976, т. I; 1971, т. II.
Бутенин Н. В. Введение в аналитическую механику. М., 1971.
Бухгольц Н. Н. Основной курс теоретической механики. М., 1972, ч. I и II.
Бать М И„ Джанелидзе Г. Ю., Келъзон А. С. Теоретическая механика в примерах и задачах. М., 1964, ч. I и II; 1973, ч. III.
Бражниченко Н. 4, Кон В. Л., Минцберг Б. Л., Морозов А И., Ушакова Г. Н. Сборник задач по теоретической механике. М., 1967.
Березкин Е. Н. Решение задач по теоретической механике. М., 1974, ч. I и II.
Воронков И. М. Курс теоретической механики. М., 1965.
Веселовский И. ". Сборник задач по теоретической механике. М., 1955.
Гернет М. М. Курс теоретической механики. М., 1973.
Голубева О, В. Теоретическая механика. М., 1976.
Добронравов А В., Никитин Н. Я., Дворников 4 Л. Курс теоретической механики. М, 1974.
Зернов Б. С. Сборник задач по теоретической механике. М., 1931.
Килъчевский Н. А. Курс теоретической механики. М., 1972.—— Т. I.
Космодемьянский А. А. Курс теоретической механики. М., 1965, ч. I и II.
Кепе О. 3., Васерман Е. 5., Виба V. А., Круминь Э. 3., Меркулов И. А., Муйжниск А. И. Задания для курсовой работы по кинематике. Рига, 1972.
Кепе О. 3., Васерман Е. 6., Индриксон Р. 4, Кашлинский И. AL, Кру минь Э. 3., Меркулов И. 4, Муйжниск А. И. Задания для курсовой работы по динамике. Рига, 1973.
Кепе О. 3., Васерман Е. 5., Виба Я. А., Катлине кий И. М., Мачабели Л. И., Меркулов И. 4, Муйжниск А. И. Задания для курсовой работы по статике. Рига, 1971.
Ландау Л. 〃.，Лифшиц Е. М. Механика. М., 1973.
Лойцянский 力.Г., Лурье А. И. Курс теоретической механики. М., 1965.
Мещерский И. В. Сборник задач по теоретической механике. М., 1970.
Мисюрев М. А. Методика решения задач по теоретической механике. М., 1963.
Николаи Е. Л. Теоретическая механика. М, 1952.
Ольховский И. И. Курс теоретической механики для физиков. М., 1970.
Ольховский И. 〃.，Павленко Ю. Г., Кузьменков Л. С. Задачи по теоретической механике для физиков. М., 1977.
Поляхова Е. Н. Сборник задач по динамике точки в поле центральных сил. М., 1974.
Тарг С. М. Краткий курс теоретической механики. М., 1968,
Яблонский А. А., Никифорова В. М. Курс теоретической механики. М., 1971, ч. I.
Яблонский А. А. Сборник заданий для курсовых работ по теоретической механике. М., 1972.
МАРГАРИТА ①ЕДОРОВНА БАРИНОВА
ОЛЬГА ВЛАДИМИРОВНА ГОЛУБЕВА
Задачи и упражнения по классической механике
Зав. редакцией литературы по физике и математике Е. С. Грйдасова. Редактор Ж. И. Яковлева. Младшие редакторы С. А. Доровских, Н. П. Майкова. Художественный редактор В. И. Пономаренко. Технический редактор 3. А. Мус- лимоца. Корректор Г. И. Кострикова
ИБ № 2166
Изд. № ФМ—668. Сдано в набор 02.04.80. Подп. в Печать 05.08.80. Формат 84Х108〔/з2. Бум. тип. № 2. Гарнитура литературная. Печать высокая. Объем 9,24 усл. печ. л. 8,53 уч.-изд. л. Тираж И 000 экз. Зак. № 341.
Цена 30 коп.
Издательство 《Вустая школа», Москва, К-51, Неглинная ул.» д. 29/14
Владимирская типографий «Союзполиграфпрома» при Государственном комитете СССР по делам издательств, полиграфии и книжной торговли 600000, г. Владимир, Октябрьский проспект, д. 7
I а I = Ма^р + а^с — 2aBp。℃ cos % где
со = IOKI = |ОС| — |КС| = a — MCcos(9()Q-a) =
I ОМ I I °М 丨/出+岳一2absina
М. Ф. БАРИНОВА, О. В. ГОЛУБЕВА
Задачи
и упражнения
по классическоймеханике
ДОПУЩЕНО МИНИСТЕРСТВОМ ПРОСВЕЩЕНИЯ СССР В КАЧЕСТВЕ УЧЕБНОГО ПОСОБИЯ ДЛЯ СТУДЕНТОВ ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИХ ФАКУЛЬТЕТОВ ПЕДАГОГИЧЕСКИХ ИНСТИТУТОВ
МОСКВА «ВЫСШАЯ ШКОЛА» 1980
ББК 22.3
Б24
УДК 53
Рецензенты：
кафедра теоретической физики Свердловского государственного педагогического института; проф. А. А. Яблонский
Баринова М. Ф., Голубева О. В.
Б 24 Задачи и упражнения по классической механике: Учеб, пособие для педагогических институтов.— М.: Высш, школа, 1980.——176 с., ил.
30 к.
Книга представляет собой пособие для самостоятельной работы по разделу «Классическая механика» курса теоретической физики.
Теоретические основы механики представлены в книге краткими сведениями к темам, которые входят в программу курса. Они использованы при разборе типовых задач, что необходимо для приобретения навыков самостоятельного решения приведенных в пособии задач. Перечень вопросов предназначен для закрепления материала.
В книгу включены в основном задачи, связанные с инженерной практикой и необходимые для понимания классической механики в эпоху научно-технической революции. В пособии уделено большое внимание задачам естественнонаучного характера, в частности посвященным движению космических объектов.
Предназначается для студентов педагогических институтов.
53ББК 22.353ББК 22.360602—367
53
ББК 22.3
53
ББК 22.3
Б ВЗ—4—17—801703020000
001(01)—80
© Издательство «Высшая школа», 1980
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие
Тема I. Основные понятия и законы классической механики
Кинематика материальной точки
Перемещения, скорости и ускорения точек несвободной системы
Кинематика простейших движений твердого тела ..
Сложение скоростей и ускорений точки ....
Динамика материальной точки
Тема П. Законы сохранения и основные теоремы динамики
Силовое поле и закон сохранения и превращения механи ческой энергии
Закон сохранения импульса и теорема об изменении импуль са и движении центра масс
Закон сохранения момента импульса и теорема об измене нии момента импульса
Основы движения точки переменной массы ...
Тема III. Основы аналитической механики ....
Элементы аналитической статики
Уравнения Лагранжа
Одномерное движение механической системы ...
Канонические уравнения движения
Принцип экстремального действия
Тема IV. Движение в центрально-симметричном поле .
Задача двух тел
象 Движение точки в кулоновском поле
3. Классическая теория рассеяния частиц ....
Тема V. Малые колебания механических систем ...
Колебания одномерного гармонического осциллятора .
Малые колебания механических систем с двумя степенями свободы