Семинар 1 Механика
.pdfСеминар №1
Динамика материальной точки
В классической нерелятивистской механике, где скорость движения тел считается много меньше скорости света в вакууме c 3 108 мс , основным законом динамики является II-ой закон Ньютона. Согласно этому закону в
инерциальной системе отсчета первая производная импульса тела по
p
времени t |
равна полной силе |
|
, действующей на это тело, |
||||||||
F |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(1.0.1) |
|
|
|
|
|
|
dp F . |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
Здесь |
|
|
|
|
|
dt - мгновенная скорость тела, |
|||||
p m |
, m – инертная масса тела, dr |
||||||||||
|
- |
радиус-вектор тела, |
|
определяющий |
|
его положение в выбранной |
|||||
r (t) |
|
|
инерциальной системе отсчета.
При определении мгновенной скорости тела рассматривается как материальная точка, т.е. линейные размеры тела считаются малыми по сравнению с характерными расстояниями решаемой задачи и не учитывается вращательное движение тела.
Если масса тела m при движении сохраняется постоянной, уравнение (1.0.1)упрощается и принимает вид
|
|
|
d |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
d |
|
|
d 2 r |
|
|
||||
|
|
|
|
(m ) m |
|
m |
|
|
|
F |
, |
(1.0.2) |
|
|
|
|
dt |
dt |
|
dt |
2 |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
где |
- мгновенное |
ускорение |
|
тела. |
Это |
обыкновенное |
|||||||
d 2 r dt 2 |
|
дифференциальное уравнение второго порядка по времени. Для однозначного определения решения уравнение (1.0.2), т.е. нахождения
|
|
|
|
|
t t0 |
|
|
|
функции |
r (t) , необходимо в некоторый момент времени |
задать два |
||||||
начальных условия: |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
, |
. |
|||
|
r |
r0 |
|
|
0 |
|||
(1.0.3) |
|
t t0 |
|
|
|
t t0 |
|
|
|
|
|
|
|
||||
В этом случае при заданной силе |
все последующие состояния тела |
|||||||
F |
r (t) , |
|
для t t0 |
находятся однозначно. |
(t) |
Определение движения тела по заданным начальным условиям и известной силе называется прямой задачей динамики. В обратной задаче требуется найти силу, которая обеспечивает необходимые характеристики движения тела (это задача управления движением тела).
Задача № 1
Два тела с массами m1 и m2 связаны между собой нерастяжимой и невесомой ( m 0 ) нитью, перекинутой через невесомый блок. Коэффициенты трения скольжения между телом 1 и горизонтальной поверхностью 0,2.
Ускорение свободного падения g 9,8 мс2 . Блок считается невесомым. Трением в блоке можно пренебречь. Определить ускорения тел a1 и a2 , если
в начальный момент времени t 0 |
они были неподвижны. Рассмотреть два |
случая: 1) m1 10кг, m2 5кг ; |
2) m1 10кг, m2 1кг . |
Решение Это прямая задача динамики, где по заданным действующим силам
необходимо рассчитать движение тел в системе с кинематическими связями. Решение задачи выполняется с помощью следующего алгоритма.
1. Укажем все силы, которые согласно условиям задачи действуют на тела системы с отличной от нуля массой (движение невесомых тел определяется
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
связями): силы тяжести |
m g |
и |
m g , |
силы натяжения |
T |
и |
T |
, сила реакции |
||
|
|
1 |
|
2 |
|
|
1 |
|
2 |
|
опоры N , сила трения |
Fтр . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2. Согласно II-ому закону Ньютона запишем в векторной форме уравнения |
||||||||||
движения тел 1 и 2: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
m1a1 T1 |
m1g |
N Fтр , |
|
|
|
(1.1.1) |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m2a2 |
T2 m2 g . |
|
|
|
|
(1.1.2) |
3. Поскольку тела движутся вдоль прямых, то удобно перейти от векторных уравнений к одномерным скалярным уравнениям, используя проекции уравнений (1.1.1)-( 1.1.2) на направления соответствующих движений:
m1a1 T1 Fтр , |
(1.1.3) |
0 m1 g N , |
(1.1.4) |
m2 a2 m2 g T2 . |
(1.1.5) |
В полученные 3 уравнения входят 6 неизвестных величин: |
a1 , a2 ,T1 ,T2 , N и |
Fтр . Для однозначного нахождения всех 6 неизвестных систему уравнений
(1.1.3)-(1.1.5) необходимо дополнить еще тремя независимыми уравнениями. 4. Для получения дополнительных уравнений воспользуемся условиями задачи и законами физики.
2
Поскольку нить нерастяжима, то величины ускорений должны быть одинаковыми
a1 a2 a 0 . |
(1.1.6) |
Нить и блок считаются невесомыми, трение в блоке не учитывается, поэтому величины сил натяжения равны друг другу во всех точках нити
T1 T2 T . |
(1.1.7) |
Сила трения имеет различную физическую природу и величину в зависимости от того, движется тело 1 относительно поверхности или нет:
Fтр |
Fтр.п. (тело 1 неподвижно) , |
|
Fтр.ск. (тело 1 движется) . |
(1.1.8) |
Здесь Fтр.п. – сила трения покоя и Fтр.ск. – сила трения скольжения.
В зависимости от условий задачи возможны два решения.
I. Допустим, что действующие силы обеспечивают движение тел и
Fтр Fтр.ск. N .
В этом случае полная система уравнений принимает вид: m1a T N ,
0 m1g N , m2a m2 g T .
Решая эту систему равнений, получим:
a m2 m1 g, m1 m2
T (1 ) |
m1m2 |
|
g, |
m m |
2 |
||
1 |
|
||
N m1g . |
|
|
Данное решение справедливо, если a 0 или m2 m1 .
(1.1.9)
(1.1.10)
(1.1.11)
(1.1.12)
(1.1.13)
(1.1.14)
(1.1.15)
Физический смысл последнего условия заключается в том, что сила тяжести m2 g , действующая на тело 2, должна превышать максимальное значение силы трения покоя Fтр.п. Fтр.ск. N m1g , действующей на
тело 2 и препятствующей движению. |
|
II. Если m2 m1 , тела остаются в состоянии покоя и |
|
Fтр Fтр.п. . |
(1.1.16) |
Соответствующая полная система уравнений принимает |
вид ( |
a1 a2 0 ): |
|
0 T Fтр.п. , |
(1.1.17) |
0 m1g N , |
(1.1.18) |
3
|
|
0 m2 g T . |
|
|
(1.1.19) |
|||||||
Решение этой системы дает: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
T Fтр.п. m2 g , |
|
|
(1.1.20) |
|||||||
|
|
N m1g . |
|
|
|
|
|
|
||||
Для m1 10кг , m2 5кг и |
0,2 справедливо условие m2 m1 , |
|||||||||||
поэтому тела движутся с ускорением |
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
a a |
|
|
m2 |
m1 |
g 1,96 м с2 |
. |
(1.1.21) |
|||
|
2 |
|
|
|||||||||
|
1 |
|
|
|
m1 |
m2 |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
При m1 10кг , m2 1кг и 0,2 выполняется условие m2 |
m1 , сила |
|||||||||||
трения покоя Fтр.п. m2 g и тела остаются в состоянии покоя |
|
|||||||||||
|
|
a1 a2 0 . |
|
|
|
|
(1.1.21) |
|||||
Ответ: 1) |
a1 a2 |
m2 m1 |
|
g 1,96 м с2 ; 2) a1 |
a2 0 . |
|
||||||
m1 m2 |
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
Задача №2 |
|
|
|
||||
На |
краю горизонтального |
диска радиусом |
R 0,1м |
неподвижно |
лежит маленькая шайба. В момент времени t 0 диск начинает вращаться вокруг вертикальной оси, проходящей через его центр, с угловым
ускорением 1 радс2 . Через какое время t1 шайба соскользнет с диска, если коэффициент скольжения между шайбой и поверхностью диска
0,2 ?
Угловая скорость и угловое ускорение определяются следующим образом
|
d |
, |
|
d |
|
d 2 |
, |
(1.2.1) |
dt |
dt |
2 |
||||||
|
|
|
|
dt |
|
где - угол поворота диска вокруг вертикальной оси.
4
|
Шайба |
совершает |
ускоренное движение |
по |
окружности, где |
еѐ |
||||||||||
|
|
|
удобно представить в виде векторной суммы. |
|
|
|
||||||||||
ускорение a |
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
a |
an . |
|
|
|
|
|
(1.2.2) |
|||
Здесь |
a |
– |
тангенциальное |
ускорение, |
направленное |
по касательной |
к |
|||||||||
окружности |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
d |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
|
||
(1.2.3) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
- единичный |
вектор |
касательной |
к |
окружности, |
направленный |
по |
|||||||||
где |
||||||||||||||||
вектору |
скорости |
|
Это |
|
ускорение |
определяет |
скорость |
изменения |
||||||||
. |
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
величины |
скорости |
Ускорение |
an |
– |
нормальное |
ускорение, |
перпендикулярное к касательной окружности в точке нахождения шайбы и направленное к центру окружности
|
|
2 |
|
|
|
|
an |
R |
|
n . |
|
(1.2.4) |
|
|
|
|
|
|
||
Единичный вектор нормали |
|
перпендикулярен к вектору |
||||
n |
|
и направлен к |
центру окружности. Нормальное ускорение определяет скорость изменения
направления направление .
Решение Это пример обратной задачи динамики, где по заданному ускорению
тела требуется найти необходимую силу.
1. Определим все силы, которые действуют на шайбу согласно условиям
задачи: сила тяжести |
|
, сила реакции опоры |
|
и сила трения покоя |
|
mg |
N |
Fтр.п. |
(шайба считается неподвижной относительно поверхности диска).
2. Запишем в векторной форме уравнение движения шайбы в лабораторной системе отсчета
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ma |
mg |
N Fтр.п. . |
|
(1.2.5) |
|
Поскольку ускорение шайбы в вертикальном направлении равно нулю, то |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
mg |
N 0 |
|
|
(1.2.6) |
|
и уравнение (1.2.5) упрощается |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ma |
Fтр.п. . |
|
|
(1.2.7) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Используя разложение полного ускорения шайбы на тангенциальное a и |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
нормальное an |
ускорения, запишем уравнение (1.2.7) в виде |
||||||
|
|
|
|
m an |
|
|
|
|
|
m a F , |
Fn , |
|
(1.2.8) |
||
|
|
|
|
|
|
||
где Fтр.п. Fn F . |
|
|
|
|
|
||
3. Перейдем от векторной формы записи уравнения |
(1.2.8) к скалярной, |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
используя проекции на направления ускорений an |
и a |
, |
|||||
|
|
ma |
F , |
man |
Fn . |
|
(1.2.9) |
5
4. Определим зависимость величины полного ускорения шайбы
a |
a2 an2 |
(1.2.10) |
от времени. Согласно определению
a |
d |
|
d |
( R) R |
d |
R . |
(1.2.11) |
|
dt |
dt |
dt |
||||||
|
|
|
|
|
Здесь использована известная формула для линейной скорости материальной точки, движущейся по окружности, R . Нормальное ускорение определяется выражением
an |
2 |
2 R2 |
|
|
2 R |
, |
|
|
R |
R |
|
(1.2.12) |
|
|
|
в которое входит неизвестная угловая скорость (t) . Для нахождения (t) используем определение углового ускорения
|
d |
|
dt . |
(1.2.13) |
Разделим в этом дифференциальном уравнении относительно угловой скорости переменные и t
dt d |
(1.2.14) |
и проинтегрируем левую часть по времени от t 0 |
до текущего момента |
времени t , а правую часть по угловой скорости от начального значения 0 до текущего значения (t)
t |
(t ) |
|
dt |
d . |
(1.2.15) |
0 |
0 |
|
Выполняя интегрирование |
|
|
t t |
(1.2.16) |
|
и подставляя (1.2.16) в (1.2.10), найдем, что |
|
|
an (t) 2 Rt 2 . |
(1.2.17) |
|
Из (1.2.10), (1.2.11) и (1.2.17) следует, что величина полного ускорения |
||
|
|
|
a(t) |
R2 2 R2 4t 2 |
(1.2.18) |
монотонно растет со временем.
5. В соответствии с ростом величины ускорения должна расти сила трения покоя, обеспечивающая это ускорение,
|
|
|
|
Fтр.п. ma(t) m R2 2 R2 4t 2 . |
(1.2.19) |
Однако величина силы трения покоя ограничена сверху величиной силы трения скольжения Fтр.ск. N mg
Fтр.п. mg , |
|
(1.2.20) |
|
поэтому условие движения шайбы вместе с диском принимает вид |
|
||
|
|
|
|
m R2 2 R2 4t 2 |
mg . |
(1.2.21) |
6
Отсюда находим, что в момент времени t1 , когда |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m R2 2 R2 4t12 |
mg , |
|
(1.2.22) |
|||||
шайба слетит с диска. Таким образом, |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
t 4 |
2 g 2 R2 2 |
|
4,5с. |
|
(1.2.23) |
|||
|
|
1 |
|
|
4 R2 |
|
|
|
||
Отметим, что при |
g R шайба слетит с диска |
сразу после начала |
||||||||
вращения. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ответ: t1 4,5с. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Задача №3 |
|
|
|
|
|
Автомобиль |
массой |
m 2000кг движется |
прямолинейно со |
|||||||
скоростью |
0 72 км ч . В |
момент времени t 0 |
на него |
начинает |
||||||
действовать |
тормозящая сила, линейно растущая со |
временем |
согласно |
формуле Fт t , где 103 Нс . Определите время t1 , необходимое
для полной остановки автомобиля, и соответствующий тормозной путь S1 . Решение
Это прямая задача механики, где по заданной силе необходимо определить движение тела.
1. При t 0 на автомобиль действует единственная горизонтальная сила
Fт , направленная против вектора скорости автомобиля. Векторное уравнение движения автомобиля в горизонтальной плоскости запишется
следующим образом: |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
||
m d |
|
F |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
т . |
|
|
|
(1.3.1) |
|
|
dt |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2. Перейдем к скалярной форме |
записи с |
помощью проекции |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
уравнения (1.3.1) на направление вектора скорости |
: |
|||||||
m |
d |
F |
t |
. |
(1.3.2) |
|||
|
||||||||
|
|
dt |
|
т |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
Это обыкновенное дифференциальное уравнение первого порядка по времени относительно неизвестной функции .
3. Дифференциальное уравнение (1.3.2) решается методом разделения переменных и t :
d |
tdt . |
(1.3.3) |
|
m |
|
Проинтегрируем левую часть по скорости от еѐ начального значения 0 до текущей величины (t ) , а правую часть по времени от начального момента t 0 до текущего момента времени t
7
(t ) |
t |
tdt |
|
t |
d |
tdt . |
|||
0 |
0 |
m |
m |
0 |
|
|
Выполняя интегрирование, получим
(t) 0 t 2 m 2
или
(t) 0 t 2 . m 2
4. В момент остановки автомобиля t t1
(t1 ) 0 ,
поэтому из (1.3.6) находим, что
(1.3.4)
(1.3.5)
(1.3.6)
(1.3.7)
t |
|
2m 0 |
|
8,94с |
. |
(1.3.8) |
|
||||||
1 |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
5. Тормозной путь S1 находится с помощью определения величины скорости для прямолинейного движения
S1 dS S1
0
dSdt , dS dt,
t1 t1
dt ( 0
00
0t1
t 2 )dt m 2
t13 2
2m 3 3 0
Ответ: t1 8,94с ; S1 119м .
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(1.3.9) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(1.3.10) |
t1 |
|
|
|
|
t1 t 2 |
|
|
t1 |
|
t1 |
|
||
|
|
0 |
dt |
m 2 |
dt |
0 |
|
dt |
2m |
t 2 dt |
|||
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
0 |
|
|
|
|
0 |
|
|
|
0 |
|
0 |
|
|
2m 0 |
119м. |
|
|
|
|
|
|
(1.3.11) |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
8