8. Динамика

8. ДИНАМИКА

8.1. Основные законы движения материальной точки

Первый закон Ньютона. Всякое тело продолжает удерживаться в состоянии покоя или равномерного и прямолинейного движения, пока и поскольку оно не принуждается приложенными силами изменить это состояние.

Под телом здесь подразумевается материальная точка. Сила определяется как причина, изменяющая равномерное и прямолинейное движение материальной точки. За меру силы Ньютон принял то ускорение, которое эта сила вызывает. Сила измеряется

	кг м
в ньютонах = H H ≡	с2	.

Механическое действие материального объекта на данную материальную точку состоит в том, что она изменяет свое состояние покоя или прямолинейного равномерного движения. Значит, если точка движется с ускорением относительно инерциальной системы отчета, то на нее действует сила. Сила есть причина возникновения ускорения точки.

Наблюдения показывают, что материальные объекты с трудом выводятся из состояния покоя или изменяют свое движение. Способность материальной точки сопротивляться изменению ее скорости называется инертностью.

Определим массу как количественную меру инертности материальной точки, которая пропорциональна количеству вещества, заключенного в этой точке. Масса – основная динамическая характеристика материальной точки, скалярная положительная величина, обладающая свойством аддитивности: массы нескольких материальных точек складываются арифметически. Это справедливо, когда скорость твердого тела, которое мы рассматриваем как материальную точку, много меньше скорости света в пустоте (V << C, где С – скорость света), а размеры тела L много больше межатомного расстояния, т. е. L >> Å (здесь Å = 10–8 см – единица измерения длины – ангстрем). Название «ангстрем» дано по имени шведского физика А. Й. Ангстрема, который первый ввёл ангстрем в употребление в 1868 г.

Единицей массы является килограмм кг – эталон вещества, равный массе прототипа килограмма. Прототип килограмма представляет

149

И. В. Богомаз. Механика

собой находящийся в Международном бюро по мерам и весам в Севре под Парижем цилиндр из сплава 90 % платины и 10 % иридия диаметром около 39 мм и такой же высоты. Выбор этого сплава обеспечивает высокие качества при хранении: химическую стойкость, однородность.

Второй закон Ньютона. Изменение количества движения пропорционально приложенной силе, направление вектора изменения количества движения совпадает с линией действия этой силы.

Математически этот закон записывается в виде векторного уравнения (рис. 8.1)

Рис. 8.1
ddt (mV )= F ,	(8.1)

где m – масса движущейся точки; V – скорость движущейся точки; F – сила. Считая массу материальной точки величиной постоянной, второй закон Ньютона можно представить в виде формулы

						,	(8.2)
				ma = F
т. е. ускорение a = dV				, которое получает			материальная точка,
	dt

пропорционально действующей на точку силе. В таком виде в 1736 г. основной закон записан Леонардом Эйлером.

Из формулы (8.1) при отсутствии силы (F = 0) следует, что

V = const.

Масса m входит в формулу (8.2) как коэффициент пропорциональности между силой и ускорением. Если на точку действует одно-

150

8. Динамика

временно несколько N сил, то они, как известно, составляют систему сходящихся сил и будут эквивалентны одной силе – главному вектору R , равному геометрической сумме этих сил. Тогда закон (8.2) примет вид

N
ma = ∑Fi ≡ R.	(8.2, а)

i=1

Этот же результат можно получить, используя аксиому независимого действия сил.

Аксиома. При одновременном действии на материальную точку нескольких сил ускорение точки, относительно инерциальной системы отсчета, от действия каждой отдельной силы не зависит от наличия других приложенных к точке сил и равно векторной сумме ускорений от действия отдельных сил.

a = a 1+a2 +...+ aN = m1 (F1 + F2 +...FN ).

Совокупность сил, приложенных к материальной точке, будем называть внешними силами.

Второй закон (основной закон динамики) справедлив для системы свободных материальных точек. Если система материальных точек несвободна, то при освобождении от связей появятся реактивные

силы, главный вектор которых обозначим R . Тогда систему несвободных материальных точек можно рассматривать как свободную, движущуюся под действием внешних сил и реакций связей.

ma =		+		.	(8.2, б)
	R		R

Третий закон Ньютона. Аксиома постулирует характер взаимодействия материальных точек. Если одно тело действует на другое тело, то и второе тело действует на первое, причем силы взаимодействия равны по модулю, направлены вдоль прямой, соединяющей центры тяжести тел в противоположные стороны. Другими словами, действию всегда есть равное и противоположное противодействие.

Этот закон рассматривался нами при изучении статики.

151

И. В. Богомаз. Механика

8.2. Две основные задачи динамики точки

В динамике рассматривают две основные задачи:

Первая задача. В инерциальной системе отсчета заданы уравнения движения материальной точки массой m. Требуется определить силу или силы, под действием которых происходит это движение.

Пример 8.1. Груз С скользит вниз по шероховатой наклонной плоскости, расположенной под углом α = 30° к горизонту, двигаясь согласно уравнению x = 2t2 (рис. 8.2, а). Вычислить модуль силы

трения скольжения груза о плоскость и коэффициент трения скольжения f через 1 с, если масса тела т равна 12 кг. Принять g = 10 м/с2.

а

б

Рис. 8.2

Решение. Ось x направим по движению тела для того, чтобы направление оси x совпало с направлением вектора скорости V

(рис. 8.2, а).

Поскольку тело движется поступательно, принимаем его за материальную точку. Совместим ось движения x c направлением движения центра тяжести тела С; освободим тело от связей и заменим связи реакциями (рис. 8.2, б).

К грузу приложены три силы: сила трения скольжения Fтр , ре-

акция поверхности N и вес тела P (P = mg) (рис. 8.2, б). Спроецируем действующие на тело силы на оси x и y. В проекциях на эти оси закон движения тела имеет вид

m x = ∑Fx =mg sin α − Fтр;

(а)

152

	8. Динамика
m y = ∑Fy =mg cos α − N = 0 .	(б)

Поскольку движения тела вдоль оси y не происходит, то все действующие вдоль этой оси силы образуют уравновешенную систе-

му сил, поэтому ∑Fy = 0 . Решая уравнение (б), имеем

N = mg cos α =12 10	3	= 60 3 .	(в)
2
Так как x = 2t2 , то х = 4 , и уравнение (а) примет вид
4m = ∑Fx =mg sin α − Fтр ,

отсюда

Fтр = mg sin α − 4m =12 10 0,5 − 4 12 =12 Н.

Сила трения Fтр связана с коэффициентом трения скольжения f законом Амонтона-Кулона:

F = f N f = Fтр . (г)

тр	N

Подставив значение N из (в) в (г), получим

f = FNтр = 60123 = 0,1155 0,12 .

Ответ: Fтр =12 Н; f = 0,12.

Пример 8.2. Камень массой 10 кг летит вниз с высоты h =100 м, согласно уравнениям движения (рис. 8.3)

x (t )=12t, y (t )=100 −5t2 .

Сопротивление среды отсутствует. Вычислить действующую на

точку силу при падении. Ускорение свободного падения принять равным 10 м/с2.

153

И. В. Богомаз. Механика

Рис. 8.3

Решение. Введем систему координат Oxy (рис. 8.3). Вычислим проекции ускорения на оси Ox, Oy:

ax = x =

d2

(12t ) = 0, ay =

y

=

d2

(100 −5t2 )

=

−10

м/с2.

dt2

dt2

Проекции вектора силы на оси Ox, Oy будут равны

Fx = max = 0; Fy = may =10 10 =100 Н.

Вычислить модуль силы и направляющий косинус:

F = F 2	+ F 2	=100; cos α =	Fx	= 0 → α = 90°.
x	y		F

Сила, действующая на камень при его падении, направлена вертикально вниз и равна 100 Н. Сопротивление среды отсутствует, следовательно, сила, действующая на камень при его падении, соответствует весу камня: F ≡ mg .

Пример 8.3. Вездеход массой 2000 кг движется по оврагу (дороги) с постоянной скоростью V = 60 км/ч (рис. 8.4, а). Вычислить давление вездехода на дно оврага (дороги), если радиус кривизны траектории в данный момент времени R = 50 м. Силой сопротивления движению пренебречь.

Решение. Принимаем вездеход за материальную точку, освобождаемся от связи (принимаем овраг за гладкую поверхность), заменяя

154

8. Динамика

ее реакцией N. Тогда на материальную точку действуют две силы: вес P = mg и реакция поверхности N (рис. 8.4, б).

а

б

Рис. 8.4

Точка движется криволинейно по заданной траектории, т. е. движение точки задано естественным способом. Введем оси естественного трехгранника: направим ось τ по направлению скорости, а ось n внутрь вогнутости траектории, т. е. по вертикали вверх (рис. 8.4). В проекциях на эти оси τ, n закон движения имеет вид

maτ = ∑Fτ,	(а)
man = ∑Fn .

Поскольку материальная точка движется с постоянной скоростью, то aτ =V = 0 . Следовательно, закон движения точки в проекци-

ях на оси τ, n

man = ∑Fn = N↑ −mg .

(б)

Подставляя a

=

V 2

в выражение (б), имеем

n

R

m

V 2

= N↑ −mg ;

R

2

16,6

)

2

N↑ = m V

+ g

= 2000

(

+9,8 = 30,7

103

Н= 30,7 кН.

R

50

155

И. В. Богомаз. Механика

В расчёте учтено, что V = 60 км/ч= 60 10003600 м/с = 16,7 м/с. Отметим, что давление вездехода на дно оврага больше его веса

(P = mg = 19,6 кН). Следовательно, чтобы уменьшить давление на грунт, необходимо снизить скорость.

Если вездеход будет двигаться по холму (рис. 8.5, а), то ось τ не изменит своего направления, а ось n будет направлена по радиусу кривизны, т. е. вертикально вниз – внутрь вогнутости траектории (рис. 8.5, б). В проекциях на эти оси закон движения материальной точки имеет вид

man = ∑Fn = mg − N↓ , N↓		V 2		=8,3кН.
	= m g −	R

В этом случае давление вездехода на грунт будет меньше веса. Следовательно, для уменьшения давления на грунт (дорогу)

нужно увеличить скорость движения вездехода.

а

б

Рис. 8.5

Ответ. Если вездеход весом P = 19,6 кН движется по вогнутой12 дороге, то его давление на дорогу больше собственного веса ( N↑ = 30,7 кН), если выпуклой – меньше собственного веса ( N↓ =

= 8,3 кН).

Из рассмотренных примеров (8.1–8.3) ясно, что первая задача динамики сводится к чисто кинематическим расчетам.

12 Кривая y = f(x) называется вогнутой на интервале (a; b), если она расположена выше любой своей касательной на этом интервале. Кривая y = f(x) называется выпуклой на интервале (a; b), если она расположена ниже любой своей касательной на этом интервале.

156

8. Динамика

Вторая задача. По заданной массе тела, действующим на тело силам и начальным условиям задачи вычислить основные кинематические характеристики движения центра тяжести тела: ускорение, скорость, траекторию движения, уравнение движения.

Отметим, что свободное твердое тело в пространстве может двигаться достаточно сложно. Например, если бросить какое-либо тело, при свободном полете оно одновременно будет перемещаться в пространстве и вращаться вокруг своего центра тяжести. Если в задаче нужно вычислить параметры полета тела, например высоту

идальность полета, можно пренебречь вращением тела при полете

ирассматривать движение тела как движение центра тяжести тела, т. е. материальной точки.

При движении тела в плоскости дифференциальные уравнения движения центра тяжести тела имеют вид

mx = ∑Fxi ,

(8.3)

mx = ∑Fxi .

При решении этих дифференциальных уравнений появляется четыре произвольных постоянных. Решение системы (8.3) имеет вид

x = x (t,C1,C2 ,C3 ,C4 ),

y= y (t,C1,C2 ,C3 ,C4 ).

Вкаждой конкретной задаче постоянные интегрирования определяются из начальных условий задачи (рис. 8.6).

Рис. 8.6

157

И. В. Богомаз. Механика

Начальные условия задачи:

to = 0 : x = xo , y = yo , Vx =Vox , Vy =Voy ,

где xO, yO – координаты точки в начале движения; VOx, VOy – начальные скорости движения точки.

Пример 8.4. Вычислить дальность и высоту полета центра тяжести тела, брошенного под углом ϕ = 30°с начальной скоростью

VO = 27 м/с2 (рис. 8.7).

Рис. 8.7

Решение. Примем тело за материальную точку и рассмотрим ее движение в плоскости полета. На точку при движении действует только сила тяжести (сила, имеющая постоянную величину и направление).

Выберем неподвижную систему координат так, чтобы ее начало совпадало с начальным броском тела, а ось Oy направим вертикально вверх. Ось Ox расположим в плоскости движения (рис. 8.7).

Начальная скорость точки VO образует угол φ с осью x. Начальные условия задачи имеют вид

		cos30° = 27 0,87 = 23,4м/c,
t = 0 : xО = yО = 0,	VOx =VО cos ϕ = 27				(8.2)
			0,5	=13,5м/c.
	VOy =VО sin ϕ =VО sin 30° = 27

Составим дифференциальные уравнения движения точки в проекциях на оси координат. На точку действует сила тяжести, направ-

158

8. Динамика

ленная по вертикали вниз. Проекции дифференциального уравнения движения точки (8.1) на оси Oxy имеют вид

	dV			dVy		dV	z
m	x	= 0 ,	m		= −mg, m			= 0.	(8.3)
				dt		dt
	dt

Интегрируя первое уравнение (8.3) с учетом начальных условий (8.2), получим

	dVx			V			dx
			= 0,	∫x	dVx = 0, Vx =V0 cos φ,			=Vx ,
							dt
	dt			V0cos φ				(8.4)
	dx				x(t)	t
		=V0cos φ,			∫ dx = ∫V0 cos φd t, x(t) =V0 t cos φ.
	dt				0	0

Vx =Vo cos ϕ =Vox , x(t) =Vo t cos ϕ.

Интегрируя второе уравнение (8.3) с учетом начальных условий (8.2), получим

dVy

Vy

dy

= −g ,

∫

dVy = −g ∫dt , Vy =V0 sin ϕ− gt,

=Vy ,

dt

dt

V0sin φ

0

y(t )

(t )

dy

=V0 sin ϕ− gt,

∫

dy =∫(V0 sin ϕ− gt)dt, y(t) =V0t sin ϕ− gt2 .

dt

0

0

2

Vy =VО sin ϕ− gt,

y(t) =VОt sin ϕ−

gt2

.

(8.5)

2

Из полученных уравнений видно, что точка движется в плоскости Oxy согласно уравнениям движения

x(t) =V t cosϕ,	y(t) =V t sin ϕ−	g	t2 .	(8.6)
О	О	2

159

И. В. Богомаз. Механика

Проведем исследования движения тела в броске.

Исключив из (8.5) параметр t, получим уравнение траектории полета тела при начальном броске под углом ϕ и со скоростью VO:

	y(x) = x tg ϕ−	g x2		.	(8.7)
		2V 2 cos2	ϕ
		О

Получили уравнение параболы. Вершина параболы может быть вычислена из условия экстремума функции

ddyx = 0 .

Тогда

		g x				V 2		sin φ cosφ
tg ϕ−			S	= 0 → x	=		О		.	(8.8)
	V 2	cos2 ϕ						g
				S
	О

Дальность полета по горизонтали за счет симметричности траектории вычисляется по формуле (8.6)

		2V 2 sin ϕ cos ϕ		V 2 sin 2ϕ			272 sin 60°		729 0,87
	OA = 2xS =	О	=		О	=		=		= 63, 4м.
		g			g		10		10

(8.9)

Подставляя значение xS в уравнение траектории y = y(t), вычислим ординату вершины полета yS:

V 2

sin ϕ cos ϕ

gV

4

sin2 ϕ cos2 ϕ

V 2 sin2

ϕ

y

S

=

О

tg ϕ−

О

=

О

=

g

2V 2 g2 cos2

ϕ

2g

О

=

272 sin2

30°

=

729 0, 25

= 9,1 м.

2

10

20

Ответ: дальность полета OA = 63,4 м; высота полета yS =9,1 м.

Парабола безопасности. Если при заданном значении начальной скорости VO менять угол наклона φ, получим множество разных траекторий движения.

160

8. Динамика

Имеем (рис. 8.8)

	V 2 sin 2ϕ			V 2 sin2	ϕ
x (ϕ) =	О	;	y (ϕ) =	О		.	(8.10)
max	g		max	2g

Из выражения (8.10) видно, что максимальная дальность полета тела по горизонтали достигается при броске под углом φ = 45°.

ОC =VО2 / g ,

а максимальная высота полета при φ = 90°

ОД =VО2 / 2g .

Заметим, что огибающая семейства траекторий является параболой. Уравнение параболы, проходящей через точки D и С (рис. 8.8), имеет вид

	V 2		2	g
y(x) =	О	− x				.	(8.11)
	2g			2V	2
				О

Эта парабола называется параболой безопасности.

Рис. 8.8

161

И. В. Богомаз. Механика

При этом все траектории, отвечающие различным значениям φ, заключенным в интервале 0º ≤ φ ≤ 90º, находятся внутри этой параболы.

Действительно, решая совместно уравнения (8.7) и (8.11), получаем, что соответствующие линии (траектория полета и парабола безопасности) имеют единственную общую точку с координатами

x = Vo2 ctg ϕ, y = Vo2 (1 − ctg 2ϕ). g 2g

Сопротивление среды. Рассмотрим свободное падение тела с учетом сопротивления среды. При реальных физических движениях тел в газовой или жидкой среде силы сопротивления накладывают огромный отпечаток на характер движения. Например, на парашютиста, прыгнувшего с самолета, действует две силы: собственный вес парашютиста mg и сила сопротивления среды (воздуха) R.

По мере набора скорости парашютистом сила сопротивления воздуха возрастает и в какой-то момент времени уравновесит собственный вес парашютиста (mg = R), поэтому дальше он будет падать не ускоренно, а с некоторой постоянной скоростью.

О силе сопротивления среды известно, что она растет с ростом скорости движущегося тела. При относительно малых скоростях величина силы сопротивления среды (воздуха) линейно пропорциональна скорости и имеет место формула Стокса R = k1V, где k1 определяется свойствами среды и формой тела. Например, для шара, падающего с небольшой высоты, k1 = 6πρсред · r, где ρсред – динамическая вязкость среды; r – радиус шара. Так, для воздуха при t = 20°С и дав-

лении 1 атм. ρсред = 0,0182 Н см2 .

При относительно больших скоростях сила сопротивления становится пропорциональной квадрату скорости: R = k2V2. Линейная по скорости часть силы сопротивления формально также сохранится, но если k2V2 >> k1V, то вкладом k1V можно пренебречь. О величине k2 известно следующее: она пропорциональна площади сечения тела S, поперечного по отношению к потоку, плотности среды ρсред и зависит

от формы тела. Обычно представляют k2 = 0,5cS ρсред, где с – коэффициент лобового сопротивления (безразмерная величина). Значения с

для шара, падающего с относительно большой высоты, c = 0,3–0,4.

Пример 8.5. Тело массой m падает вертикально вниз без начальной скорости под действием силы тяжести, испытывая при этом силу

162

8. Динамика

сопротивления воздуха R = kmV2, где k – положительный коэффициент, зависящий от многих параметров: размера и формы тела, плотности среды, площади проекции тела на плоскость, перпендикулярную движению (рис. 8.9). Вычислить зависимость скорости падения тела от времени V = V(t).

Решение. Направим ось Ox вертикально вниз, выбрав за начало координат положение тела в нулевой момент времени, т. е. t = 0 (рис. 8.9). В произвольный момент времени t прикладываем к телу действующие на нее силы mg и R. Сила R направлена против движения тела.

Рис. 8.9

Составим дифференциальный закон движения

N

ma = ∑Fi = mg − R → mx = mg −kmV 2 .

i =1

Сократив на m правую и левую части уравнения, заменим x на ddVt , получим

dV	= g −k V 2 = −k(V 2 −	g	).	(а)
dt
		k

Предельную скорость падения тела можно получить из условия максимума скорости, т. е. равенства нулю ускорения в формуле (а):

dVпр	= k	g		−V	2		= 0, → V =	g	.	(б)
dt				пр			пр	k
		k

163

И. В. Богомаз. Механика

Исследуем, как изменяется скорость со временем, если все параметры, входящие в уравнение (а), заданы. Для этого решим дифференциальное уравнение (а).

Разделим переменные в (а). Для этого умножим на dt и разделим

2

g

на V

−

правую и левую части:

k

dt

dV

= −k(V 2 −

g

)

dt

→

dV

= −k dt .

g

dt

g

g

(V

2

−

)

k

(V

2

−

)

(V

2

−

)

k

k

k

Проинтегрируем полученное выражение с учетом начальных условий задачи13:

V

dV

t

g

−V

V

k

t

∫

= −k ∫dt → −ln

= 2 gk t

.

g

g

0 V

2

−

0

+V

0

k

k

0

Подставляя верхний и нижний пределы интегрирования в полученное значение, вычислим

		g	−V				g	−V
		k					k
ln				−ln 1 = −2 gk t → ln					= −2 gk t .	(в)
		g					g
			+V					+V
		k					k

Здесь ln1 = 0.

Потенцируя уравнение (в) и далее решая полученное уравнение относительно V, имеем

g

−V

g

1−e−2

gk t

g

th ( gk t ).

k

= exp(−2 gk t) →V =

=

g

k

1

+ e−2

gk t

k

+V

k

13 Бронштейн И. Н., Семендяев К. А. Справочник по математике для инженеров и учащихся вузов. М.: Наука, 1967. С.193.

164