Теоретическая механика: Решебник Яблонского:
Динамика материальной точки (Д1, Д2, Д3, Д4, Д5, Д6)

Бесплатный онлайн решебник Яблонского. Выберите задание и номер варианта для просмотра решения. Смотрите также способы и примеры решения задач по теме движение материальной точки.

Задание Д.1. Интегрирование дифференциальных уравнений движения материальной точки, находящейся под действием постоянных сил

Варианты 1–5 (рис. 117, схема 1). Тело движется из точки A по участку AB (длиной l) наклонной плоскости, составляющей угол α с горизонтом, в течение τ с. Его начальная скорость v_A. Коэффициент трения скольжения тела по плоскости равен f.

В точке B тело покидает плоскость со скоростью v_B и попадает со скоростью v_C в точку C плоскости BD, наклоненной под углом β к горизонту, находясь в воздухе T с.

При решении задачи тело принять за материальную точку; сопротивление воздуха не учитывать.

Варианты с решением: 1 2 3 4 5

Варианты 6–10 (рис. 117, схема 2). Лыжник подходит к точке A участка трамплина AB, наклоненного под углом α к горизонту и имеющего длину l, со скоростью v_A. Коэффициент трения скольжения лыж на участке AB равен f. Лыжник от A до B движется τ с; в точке B со скоростью v_B он покидает трамплин. Через T с лыжник приземляется со скоростью v_C в точке C горы, составляющей угол β с горизонтом.

При решении задачи принять лыжника за материальную точку и не учитывать сопротивление воздуха.

Варианты с решением: 6 7 8 9 10

Варианты 11–15 (рис. 117, схема 3). Имея в точке A скорость v_A, мотоцикл поднимается τ с по участку AB длиной l, составляющему с горизонтом угол α. При постоянной на всем участке AB движущей силе P мотоцикл в точке B приобретает скорость v_B и перелетает через ров шириной d, находясь в воздухе T с и приземляясь в точке C со скоростью v_C. Масса мотоцикла с мотоциклистом равна m.

При решении задачи считать мотоцикл с мотоциклистом материальной точкой и не учитывать силы сопротивления движению.

Варианты с решением: 11 12 13 14 15

Варианты 16–20 (рис. 117, схема 4). Камень скользит в течение τ с по участку AB откоса, составляющему угол α с горизонтом и имеющему длину l. Его начальная скорость v_A. Коэффициент трения скольжения камня по откосу равен f. Имея в точке B скорость v_B, камень через T с ударяется в точке C о вертикальную защитную стену. При решении задачи принять камень за материальную точку; сопротивление воздуха не учитывать.

Варианты с решением: 16 17 18 19 20

Варианты 21–25 (рис. 117, схема 5). Тело движется из точки A по участку AB (длиной l) наклонной плоскости, составляющей угол α с горизонтом. Его начальная скорость v_A. Коэффициент трения скольжения равен f. Через τ с тело в точке B со скоростью v_B покидает наклонную плоскость и падает на горизонтальную плоскость в точку C со скоростью v_C; при этом оно находится в воздухе T с.

При решении задачи принять тело за материальную точку и не учитывать сопротивление воздуха.

Варианты с решением: 21 22 23 24 25

Варианты 26–30 (рис. 117, схема 6). Имея в точке A скорость v_A, тело движется по горизонтальному участку AB длиной l в течение τ с. Коэффициент трения скольжения тела по плоскости равен f. Со скоростью v_B тело в точке B покидает плоскость и попадает в точку C со скоростью v_C, находясь в воздухе T с. При решении задачи принять тело за материальную точку; сопротивление воздуха не учитывать.

Варианты с решением: 26 27 28 29 30 (решено 100%)

Задание Д.2. Интегрирование дифференциальных уравнений движения материальной точки, находящейся под действием переменных сил

Найти уравнения движения тела M массой m (рис. 119–121), принимаемого за материальную точку и находящегося под действием переменной силы P=Xi+Yj+Zk, при заданных начальных условиях. Во всех вариантах ось z (где показана) вертикальна, за исключением вариантов 8 и 30.

Необходимые для решения данные приведены в табл. 39, в которой приняты следующие обозначения: i, j, k – орты координатных осей (соответственно x, y, z); g – ускорение свободного падения (9,81 м/с 2 ); f – коэффициент трения скольжения; t – время, с; x, y, z, x’, y’, z’ – координаты точки и проекции ее скорости нa оси координат соответственно, м и м/с.

Во всех случаях, где сила P зависит от x, x’, z, z’, рассмотреть движение точки, при котором эти величины только положительны.

Варианты с решением: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 (решено 100%)

Задание Д.3. Исследование колебательного движения материальной точки

Варианты 1–5 (рис. 125). Найти уравнение движения груза D массой m_D (варианты 2 и 4) или системы грузов D и E массами m_D и m_E (варианты 1, 3, 5), отнеся их движение к оси x; начало отсчета совместить с положением покоя груза D или соответственно системы грузов D и E (при статической деформации пружин). Стержень, соединяющий грузы, считать невесомым и недеформируемым.

Варианты с решением: 1 2 3 4 5

Варианты 6–10 (рис. 125). Найти уравнение движения груза D массой m по гладкой наклонной плоскости, составляющей с горизонтом угол α, с момента соприкасания груза с пружиной или с системой пружин, предполагая, что при дальнейшем движении груз от пружин не отделяется. Движение груза отнести к оси x, приняв за начало отсчета положение покоя груза (при статической деформации пружин).

Варианты с решением: 6 7 8 9 10

Варианты 11–15 (рис. 126). Груз D массой m укреплен на конце невесомого стержня, который может вращаться в горизонтальной плоскости вокруг оси E. Груз соединен с пружиной или с системой пружин; положение покоя стержня, показанное на чертеже, соответствует недеформированным пружинам. Считая, что груз D, принимаемый за материальную точку, движется по прямой, определить уравнение движения этого груза (трением скольжения груза по плоскости пренебречь).

Движение отнести к оси x, за начало отсчета принять точку, соответствующую положению покоя груза.

Варианты с решением: 11 12 13 14 15

Варианты 16–20 (рис. 126). Найти уравнение движения груза D массой m_D (варианты 17 и 19) или системы грузов D и E массами m_D и m_E (варианты 16, 18, 20), отнеся движение к оси x; начало отсчета совместить с положением покоя груза D или соответственно системы грузов D и E (при статической деформации пружин). Предполагается, что грузы D и E при совместном движении не отделяются.

Варианты с решением: 16 17 18 19 20

Варианты 21–25 (рис. 127). Найти уравнение движения груза D массой m по гладкой наклонной плоскости, составляющей с горизонтом угол α, отнеся движение к оси x; за начало отсчета принять положение покоя груза (при статической деформации пружин).

Варианты с решением: 21 22 23 24 25

Варианты 26–30 (рис. 127). Пренебрегая массой плиты и считая ее абсолютно жесткой, найти уравнение движения груза D массой m с момента соприкасания его с плитой, предполагая, что при дальнейшем движении груз от плиты не отделяется.

Движение груза отнести к оси x, приняв за начало отсчета положение покоя этого груза (при статической деформации пружин).

Варианты с решением: 26 27 28 29 30 (решено 100%)

Задание Д.4. Исследование относительного движения материальной точки

Шарик M, рассматриваемый как материальная точка, перемещается по цилиндрическому каналу движущегося тела A (рис. 129–131). Найти уравнение относительного движения этого шарика x=f(t), приняв за начало отсчета точку O.

Тело A равномерно вращается вокруг неподвижной оси (в вариантах 2, 3, 4, 7, 10, 11, 14, 20, 23, 26 и 30 ось вращения z₁ вертикальна, в вариантах 1, 12, 15 и 25 ось вращения x₁ горизонтальна). В вариантах 5, 6, 8, 9, 13, 16, 17, 18, 19, 21, 22, 24, 27, 28 и 29 тело A движется поступательно, параллельно вертикальной плоскости y₁O₁z₁.

Найти также координату x и давление шарика на стенку канала при заданном значении t=t₁. Данные, необходимые для выполнения задания, приведены в табл. 40.

В задании приняты следующие обозначения: m – масса шарика M; ω – постоянная угловая скорость тела A (в вариантах 1–4, 7, 10–12, 14, 15, 20, 23, 25, 26, 30) или кривошипов O₁B и O₂C (в вариантах 6, 17, 22); c – коэффициент жесткости пружины, к которой прикреплен шарик M; l₀ – длина недеформированной пружины; f – коэффициент трения скольжения шарика по стенке канала; x₀, x’₀ – начальная координата и проекция начальной скорости на ось х.

Варианты с решением: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 (решено 100%)

Задание Д.5. Применение теоремы об изменении количества движения к определению скорости материальной точки

Телу массой m сообщена начальная скорость v₀, направленная вверх по наклонной плоскости, составляющей угол α с горизонтом. На тело действует сила P, направленная в ту же сторону (рис. 133).

Зная закон изменения силы P=P(t) и коэффициент трения скольжения f, определить скорость тела в моменты времени t₁, t₂, t₃ и проверить полученный результат для момента времени t₁ с помощью дифференциального уравнения движения.

Необходимые для решения данные приведены в табл. 41.

При построении графика изменения силы P по заданным ее значениям P₀, P₁, P₂, P₃ для моментов времени t₀, t₁, t₂, t₃ считать зависимость P=P(t) между указанными моментами времени линейной. Значение силы P, задаваемое в табл. 41 в виде дроби, указывает на то, что модуль силы в заданный момент времени претерпевает «скачок»: в числителе указан модуль силы в конце промежутка времени, а в знаменателе – в начале следующего промежутка времени.

Варианты с решением: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 (решено 100%)

Задание Д.6. Применение основных теорем динамики к исследованию движения материальной точки

Шарик, принимаемый за материальную точку, движется из положения A внутри трубки, ось которой расположена в вертикальной плоскости (рис. 135–137). Найти скорость шарика в положениях B и C и давление шарика на стенку трубки в положении C. Трением на криволинейных участках траектории пренебречь. В вариантах 3, 6, 7, 10, 13, 15, 17, 19, 25, 28, 29 шарик, пройдя путь h₀, отделяется от пружины.

Необходимые для решения данные приведены в табл. 42.

В задании приняты следующие обозначения: m – масса шарика; v_A – начальная скорость шарика; τ – время движения шарика на участке AB (в вариантах 1, 2, 5, 8, 14, 18, 20, 21, 23, 24, 27, 30) или на участке BD (в вариантах 3, 4, 6, 7, 9–13, 15–17, 19, 22, 25, 26, 28, 29); f – коэффициент трения скольжения шарика по стенке трубки; h₀ – начальная деформация пружины; h – наибольшее сжатие пружины; c – коэффициент жесткости пружины; H – наибольшая высота подъема шарика; s – путь, пройденный шариком до остановки.

Интегрирование дифференциальных уравнений движения материальной точки, находящейся под действием постоянных сил

Метод решения задач

Дифференциальные уравнения движения точки

Здесь мы рассмотрим движение материальной точки под действием постоянных сил. Пусть на точку массой m действуют n сил , которые постоянны на протяжении всего движения точки. Тогда удобно использовать равнодействующую , равную их векторной сумме:
.
Выберем инерциальную декартову систему координат Oxyz с началом в некоторой точке O . Закон движения точки в ней определяется вторым законом Ньютона:
(1) .
Здесь – радиус-вектор точки. То есть вектор, приведенный из начала координат O к материальной точке.

Проектируя векторное уравнение (1) на оси системы координат, получим систему дифференциальных уравнений, описывающих движение точки:
(2) .

Решение дифференциальных уравнений при действии постоянных сил

Если силы постоянны, то и их векторная сумма также постоянна. В этом случае уравнения (2) не зависят друг от друга. Поэтому каждое из этих уравнений можно решать отдельно от остальных. Рассмотрим уравнение для координаты x :
(3) .
Найдем его решение.

Разделим уравнение (3) на m и введем обозначение:
.
Тогда уравнение (3) примет более простой вид:
(4) .
Введенная нами величина является проекцией ускорения точки на ось x . В рассматриваемом нами случае постоянных сил, ускорение также постоянно.

Вторая производная координаты x по времени – это производная проекции скорости на ось x по времени. При этом применяют следующие обозначения:
(5) .
Проекция скорости на ось x – это производная координаты по времени:
(6) .

Найдем закон изменения со временем проекции скорости материальной точки на ось x : . Подставим (5) в (4):
.
Это простое дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными. Перепишем его в следующем виде:
.
Интегрируем, используя таблицу неопределенных интегралов.
.
Здесь – постоянная интегрирования, которая определяется из начальных условий. Поскольку тоже постоянная, то, чтобы придать решению более простой вид, заменим на . В результате получим закон изменения проекции скорости на ось x :
(7) .
Как видно, скорость является линейной функцией от времени. Тот факт, что зависит от времени, можно записать так:
.

Зная значение в определенный момент времени, можно определить значение постоянной . Пусть, например, нам известно, что в начальный момент времени , проекция скорости на ось x равняется . Подставим в (7) :
.
Отсюда . Тогда закон изменения проекции скорости на ось x имеет определенный вид:
.

Теперь найдем закон изменения координаты точки x от времени: . Из (6) и (7) имеем:
;
.
Это также дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными. Интегрируем с помощью таблицы интегралов.

.
Итак, мы получили закон изменения координаты от времени:
(8) .
Здесь – постоянные интегрирования. Их можно найти, зная скорость и координату, в какой-либо момент времени.

Пусть, например, в начальный момент времени , координата равна , и проекция скорости точки на ось x равна . Ранее мы уже нашли значение постоянной для этого случая: . Подставим в (8):
.
Подставим сюда :
.
Отсюда .
Тем самым мы получили закон изменения x координаты от времени:
.

Уравнения движения (2) для остальных переменных y и z , при постоянных силах, решаются точно так же, как и для переменной x . Далее мы приводим пример решения задачи на интегрирование дифференциальных уравнений движения материальной точки при действии на нее постоянных сил.

Задача

Условие задачи

Груз S, рассматриваемый как материальная точка массы m = 5кг, движется по шероховатой поверхности от точки A до точки B, в которой отрывается от поверхности и продолжает движение в воздухе до падения на наклонную поверхность в точке C. Движение происходит в плоскости рисунка.

В точке A, груз имел скорость м/с. Скорость в точке B: м/с. Участок AB представляет собой плоскую поверхность с углом наклона α = 30° к горизонту. На участке AB, кроме силы тяжести и силы трения, на груз действует постоянная сила Н, направленная под углом φ = 45° к поверхности. Коэффициент трения f = 0,1 .

На участке BC, груз движется под действием только силы тяжести. Сопротивлением воздуха пренебречь. Поверхность, на которую падает груз, является плоской с углом наклона β = 15° к горизонту (см. рисунок). Точка D расположена ниже точки B на расстояние |BD| = h = 1 м .

Найти: Время движения на участке AB; длину этого участка; время падения от точки B к точке C; расстояние |DC|; уравнение траектории BC.

Решение задачи

1. Движение материальной точки на участке AB

1.1. Составление уравнения движения и определение ускорения

Рассмотрим движение груза S на участке AB. Как сказано в условии, его можно рассматривать как материальную точку. То есть считаем, что размерами груза можно пренебречь.

Выберем декартову систему координат с началом в точке A. Ось x направим от A к B; ось y – перпендикулярно. Пусть в начальный момент времени , груз находился в точке A.

Силы, действующие на груз S на участке AB.

Рассмотрим силы, действующие на груз, и найдем их компоненты в выбранной системе координат Axy .
1) Сила тяжести , где м/с 2 – ускорение свободного падения. Она направлена вертикально вниз. Разложим ее на составляющие вдоль координатных осей по правилу параллелограмма: (см. рисунок). Поскольку вектор перпендикулярен горизонтали, а вектор перпендикулярен поверхности AB, то угол между векторами и равен углу между горизонталью и поверхностью движения, который по условию равен α . Тогда сила тяжести имеет следующие проекции на оси выбранной системы координат:
.
2) Заданная сила . По условию, она направлена под углом φ к поверхности (см. рисунок). Находим ее компоненты в системе координат Axy :
.
3) Сила давления поверхности . Она перпендикулярна поверхности. Поэтому ее компоненты:
.
4) Сила трения . Она направлена противоположно перемещению, то есть противоположно оси x . Абсолютная величина силы трения определяется по закону Амонта – Кулона:
(AB.1) .
Ее компоненты:
.

Составляем дифференциальные уравнения движения материальной точки:
.
Здесь мы учли, что движение происходит в плоскости xy . Поэтому уравнение для z компоненты тождественно обращается в нуль. Подставляем перечисленные выше компоненты внешних сил.
(AB.2) ;
(AB.3) .

Перемещение вдоль оси y отсутствует. Это означает, что координата y точки S остается постоянной при движении на участке AB. Тогда и все ее производные по времени равны нулю. Поэтому . Тогда из (AB.3) и (AB.1) имеем:
;
.

Разделим (AB.2) на m . В результате получим дифференциальное уравнение движения точки в следующем виде:
.
Вторая производная координаты по времени есть ускорение точки. Обозначим его как . Поскольку все действующие внешние силы постоянны, то ускорение постоянно.

.
В результате уравнение движения точки примет более простой вид:
(AB.4) ,
где – ускорение точки, постоянная величина.

1.2. Интегрирование уравнений движения

Итак, мы составили дифференциальное уравнение движения материальной точки S на участке AB:
(AB.4) ,
Теперь переходим к интегрированию этого уравнения.

Разберемся с обозначениями. У нас x – это координата точки, определяющая ее положение. Скорость точки – это производная координаты по времени t :
(AB.5) .
При , точка движется в сторону возрастания координаты x : от A к B. При – в противоположную сторону.
Ускорение – это производная скорости по времени, или вторая производная координаты по времени:
.

Определяем закон изменения скорости со временем. Для этого выразим уравнение (AB.4) через скорость :
.
Это простейшее дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными. Интегрируем его, учитывая, что – это постоянная Для этого используем таблицу неопределенных интегралов.
;
;
(AB.6) .
Здесь – постоянная интегрирования. Найдем ее значение из условия, что в начальный момент времени , груз S находился в точке A и имел скорость в направлении оси x . Подставляем в (AB.6) , :
.
Отсюда . Тогда закон изменения скорости со временем принимает следующий вид:
(AB.7) .

Определяем время движения груза на участке AB. Для удобства, обозначим моменты времени, в которых груз находился в точках A и B, как и . Поскольку, по принятому нами соглашению, , то . Подставим в (AB.7) значения для точки B: . Тогда
. Отсюда
.

Теперь найдем зависимость координаты груза x от времени. Для этого воспользуемся тем, что скорость есть производная координаты по времени (см. (AB.5)):
.
Зависимость мы уже нашли: . Подставляем и интегрируем.
;
;

;
.
Здесь – постоянная интегрирования. Найдем ее из условия, что в начальный момент времени, , груз находился в точке A, в которой . Подставляем , :
.
Отсюда .
Тем самым мы нашли закон движения точки S на участке AB:
(AB.8) .

Определяем длину участка AB. Нам известно, что в момент времени , груз находился в точке A. В момент времени – в точке B. Также нам известен закон движения точки . Это позволяет найти длину участка AB:

.

1.3. Проверка решения

Сделаем проверку. Для этого воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии точки. Согласно этой теореме, Изменение кинетической энергии материальной точки, при переходе из точки A в точку B, равно сумме работ всех сил, приложенных к точке на этом перемещении:
(AB.9) .

Находим сумму проекций всех сил на ось x , приложенных к грузу на участке AB:

.
Находим сумму работ всех внешних сил, произведенных при перемещении груза из точки A в точку B.
.

Находим разность кинетических энергий груза при перемещении из точки A в точку B.
.

Подставим найденные значения в (AB.9):
.
Видно, что это уравнение выполняется. Различие имеется только в последней цифре. Это связано с округлениями, производимыми при вычислениях. Значит, этот этап решения выполнен верно.

2. Движение материальной точки на участке BC

2.1. Уравнения движения и их решения

Теперь рассмотрим движение груза S на участке BC. На этом участке мы выберем новую систему координат, и новый отсчет времени. Возьмем декартову систему координат с началом в точке B. Ось Bx направим по горизонтали; ось By – вертикально вверх (см. рисунок).

Движение груза на участке BC.

Началом движения, на участке BC, является точка B. Новый отсчет времени также будем производить от этой точки. Тогда в начальный момент времени , координаты груза равны нулю:
.
Нам известна скорость груза в точке B. Она имеет абсолютное значение , заданное в условии, и направлена вдоль прямой AB. И поэтому составляет угол α с горизонтальной осью Bx. Проекции скорости на оси координат равны:
.

На груз действует только одна сила тяжести , направленная вниз. Ее абсолютное значение . Выпишем ее компоненты в рассматриваемой системе координат (проекции силы тяжести на оси x и y):
.

Составляем уравнения движения.
.
Или
.
Разделим на m :
(BC1) ;
(BC2) .

Решаем первое уравнение (BC1). Сначала найдем закон изменения проекции скорости на ось x . Для этого, как и выше, используем следующие обозначения:
.
Выразим вторую производную в уравнении (BC1) через проекцию скорости на ось x :
;
.
Интегрируем это уравнение.
;
.
Здесь – постоянная интегрирования. Получилось, что проекция скорости груза на ось x не зависит от времени. Она постоянна для всех точек на участке BC. Поскольку нам известно значение в точке B, то . Тогда
(BC3) .
Теперь находим закон изменения координаты x от времени. Для этого воспользуемся тем, что . Подставляем в (BC3) и интегрируем.
;
;
.
Определяем постоянную интегрирования из начальных условий. В точке B . Подставляем :
.
Отсюда , и мы получаем закон изменения координаты x от времени:
(BC4) .

Аналогичным образом решаем второе уравнение:
(BC2) .
Находим закон изменения проекции скорости от времени. Используем следующие обозначения для проекции ускорения на ось y :
.
Выразим уравнение (BC2) через :
;
.
Интегрируем.
;
.
Находим значение постоянной интегрирования из начальных условий. При . Подставляем :
.
Отсюда . Так мы получили закон изменения проекции скорости на ось y :
(BC5) .
Находим закон изменения координаты y от времени. Подставляем в (BC5) и интегрируем.
;
;
.
Определяем постоянную интегрирования из начальных условий. В точке B . Подставляем :
.
Отсюда . И мы получаем закон изменения координаты y от времени:
(BC6) .

2.2. Определение координат точки C

Итак, мы получили закон движения материальной точки S в виде двух уравнений.
(BC4) ;
(BC6) .
Найдем положение точки C.

Для этого нам нужно найти уравнение прямой DC. В общем виде, уравнение прямой описывается по формуле:
(BC7) .
Здесь k – это угловой коэффициент, равный тангенсу угла наклона прямой к оси x . Положительным считается направление поворота от оси x против часовой стрелки. В нашем случае угол наклона отрицательный и равен . Поэтому
.
Найдем значение коэффициента b . Воспользуемся тем, что нам известны координаты точки D, принадлежащие прямой:
.
Подставим в (BC7):
;
.
Отсюда .
Таким образом, мы нашли уравнение прямой DC:
(BC8) ,
где .

Теперь найдем координаты точки C. Для этого нам нужно найти точку пересечения кривой, заданной уравнениями (BC4)–(BC6) и прямой (BC8). Координаты точки C удовлетворяют всем этим уравнениям:
(BC4) ;
(BC6) ;
(BC8) .
Решаем систему трех уравнений (BC4), (BC6) и (BC8). Подставляем (BC4) и (BC6) в (BC8) и выполняем преобразования:
;
.
Решаем квадратное уравнение. Подставляем численные значения.
;

;
;
.
Получаем корни уравнения:
.
Положительный корень дает момент времени, в который груз оказался в точке C . Это время движения по участку BC:
.

Находим значения координат точки C. Подставим найденное значение в (BC4):
.
Значение можно получить или из уравнения (BC6), или из (BC8). Поскольку последнее проще, то используем его:
.
Расстояние между точками D и C:
.

2.3. Траектория движения точки

Выше мы получили закон движения материальной точки S в виде двух уравнений.
(BC4) ;
(BC6) .
Теперь найдем уравнение ее траектории. Для этого мы должны исключить t из уравнений (BC4) и (BC6).

Из уравнения (BC4) находим:
.
Подставляем в (BC6) и выполняем преобразования.
;

;
;
.
Это уравнение параболы. Ее вершина V находится в точке с координатами
;
.
Фокальный параметр:
.
С этими обозначениями, уравнение параболы можно записать в каноническом виде:
.

.
Траектория движения груза на участке BC представляет собой параболу

с вершиной в точке V с координатами ,
и фокальным параметром .

Автор: Олег Одинцов . Опубликовано: 13-09-2020

Две основные задачи динамики точки в теоретической механике

Содержание:

Две основные задачи динамики точки:

Используя дифференциальные уравнения движения материальной точки в. той или другой системе координат, можно решать две основные задачи динамики точки.

Первая задача

Зная массу точки и ее закон движения, можно найти действующую на точку силу. Действительно, если, например, заданы уравнения движения точки в декартовой системе координат

то проекции силы на оси координат определяются из дифференциальных уравнений движения точки (9), т. е.

Зная проекции силы на координатные оси, легко определить модуль силы и косинусы углов силы с осями координат.

Пример 1. Точка , имеющая массу (рис. 5), движется в плоскости так, что уравнениями ее движения являются

где , , — постоянные положительные величины; — время.

Определить силу, под действием которой точка совершает это движение.

Решение. Найдем уравнение траектории точки в координатной форме, исключая время из уравнений движения:

Траекторией точки является эллипс с полуосями и .

Рис. 5

На основании дифференциальных уравнений движения точки (10)

или, если ввести координаты движущейся точки,

где —радиус-вектор движущейся точки. Косинусы углов силы с осями координат

Отсюда можно заключить, что сила имеет направление, противоположное радиусу-вектору . Окончательно

Рис. 6

Пример 2. Точка , имеющая массу (рис. 6), движется из состояния покоя по окружности радиусом с постоянным касательным ускорением . Определить действующую на точку силу в момент, соответствующий пройденному точкой по траектории расстоянию .

Решение. Применяя дифференциальные уравнения движения точки в проекциях на естественные оси, имеем:

Так как движение происходит с постоянным касательным ускорением без начальной скорости, то

В момент, когда и, следовательно, ,

Тангенс угла между радиусом окружности и силой

Из рассмотрения первой задачи динамики точки видно, что по заданной массе точки и уравнениям ее движения сила полностью определяется как по величине, так и по направлению.

Вторая задача

По заданной массе и действующей на точку силе необходимо определить движение этой точки. Рассмотрим решение этой задачи в прямоугольной декартовой системе координат. В общем случае сила , а следовательно, и ее проекции на координатные оси могут зависеть от времени, координат движущейся точки, ее скорости, ускорения и т. д. Для простоты ограничимся случаем зависимости силы и ее проекций на оси координат от времени, координат и скорости. Дифференциальные уравнения движения точки (9) имеют вид

Для нахождения уравнений движения точки в декартовых координатах необходимо проинтегрировать систему трех обыкновенных дифференциальных уравнений второго порядка. Из теории обыкновенных дифференциальных уравнений известно, что решение одного дифференциального уравнения второго порядка содержит две произвольные постоянные. Для случая системы трех обыкновенных дифференциальных уравнений второго порядка имеется шесть произвольных постоянных: .

Каждая из координат движущейся точки после интегрирования системы уравнений (9) зависит от времени t и всех шести произвольных постоянных, т. е.

Если продифференцировать уравнения (13) по времени, то определяются проекции скорости точки на координатные оси:

Таким образом, задание силы не определяет конкретного движения материальной точки, а выделяет целый класс движений, характеризующийся шестью произвольными постоянными. Действующая сила определяет только ускорение движущейся точки, а скорость и положение точки на траектории могут зависеть еще от скорости, которая сообщена точке в начальный момент, и от начального положения точки. Так, например, материальная точка, двигаясь вблизи поверхности Земли под действием силы тяжести, имеет ускорение , если не учитывать сопротивление воздуха. Но точка будет иметь различные скорости и положение в пространстве в один и тот же момент времени и различную форму траектории в зависимости от того, из какой точки пространства началось движение и с какой по величине и направлению начальной скоростью.

Для выделения конкретного вида движения материальной точки надо дополнительно задать условия, позволяющие определить произвольные постоянные, которых в общем случае будет шесть. В качестве таких условий обычно задают так называемые начальные условия, т.е. в какой-то определенный момент времени, например при (рис. 7), задают координаты движущейся точки и проекции ее скорости :

Рис. 7

Используя эти начальные условия и формулы (13) и (14), получаем шесть следующих уравнений для определения шести произвольных постоянных:

Если система уравнений (16) удовлетворяет условиям разрешимости, то из нее можно определить все шесть произвольных постоянных.

Начальные условия в форме (15) определяют единственное решение системы дифференциальных уравнений (9) при соблюдении соответствующих условий теории дифференциальных уравнений. Условия в других формах, как например, задание двух точек, через которые должна проходить траектория движущейся точки, могут дать или несколько решений, удовлетворяющих этих условиям, или не дать ни одного решения.

При движении точки в плоскости имеется два дифференциальных уравнения движения. В решения этих уравнений входят четыре произвольные постоянные. Постоянные определяются из начальных условий

В случае прямолинейного движения точки имеется только одно дифференциальное уравнение и в его решение входят две произвольные постоянные. Для их определения необходимо задать начальные условия:

Задача интегрирования системы дифференциальных уравнений (9′) при заданных начальных условиях в общем случае является довольно трудной. Даже в простейшем случае прямолинейного движения, когда имеется только одно дифференциальное уравнение, его решение удается выразить точно в квадратурах лишь при определенной зависимости силы от времени , координаты и скорости . Поэтому важно определение таких соотношений из системы уравнений (9′), которые являются следствиями этой системы и в которые входят производные от координат точки только первого порядка. Такие соотношения, например, в виде называют первыми интегралами системы дифференциальных уравнений (9′).

Если из системы (9′) удается найти три независимых первых интеграла, то задача интегрирования упрощается, так как вместо интегрирования системы дифференциальных уравнений второго порядка достаточно проинтегрировать систему трех дифференциальных уравнений первого порядка, которую представляют эти первые интегралы.

В дальнейшем будет рассмотрен способ получения первых интегралов дифференциальных уравнений движения точки из так называемых общих теорем динамики в некоторых частных случаях движения точки.

Для выяснения особенностей решения второй основной задачи динамики, имеющей прикладное значение, рассмотрим ее решение для случая как прямолинейного, так и криволинейного движения материальной точки.

Две основные задачи динамики

Динамика имеет две основные задачи:

1. по заданному движению определить действующие силы
2. по заданным силам определить движение

Прямая и обратная задачи динамики

В динамике изучают механическое движение в связи с силами, приложенными к движущимся объектам. Следовательно, перед динамикой стоят две основные задачи:

1. по движению материального объекта (точки, твердого тела или системы точек) определить силы, производящие, данное движение. Эту задачу называют прямой, или первой основной задачей динамики;
2. вторая задача — обратная по отношению к первой, поэтому ее называют обратной, или второй основной задачей динамики: даны силы, действующие на данный материальный объект; требуется определить движение этого объекта под действием данных сил.

Наиболее просты с механической стороны эти задачи для одной материальной точки, хотя и здесь встречаются большие трудности математического характера.

Пусть точка M массы m находится под действием сил, представленных в мгновение t векторами ,, . , или их равнодействующей . Согласно основному закону динамики ускорение, получаемое точкой M от действия сил, направлено по силе и пропорционально ей:

(123)

Если решают первую основную задачу динамики точки и движение точки определено в векторной форме, т. е. дан радиус-вектор как некоторая векторная функция времени t:

(54)

то надо определить по (57) ускорение , выражающееся второй производной от радиуса-вектора точки по времени t, и умножить его на массу т точки. Тогда мы получим следующее выражение основного закона динамики:

(125)

где правая часть даст нам искомую силу.
Если же решают вторую основную задачу динамики точки и задан вектор силы, но требуется определить радиус-вектор как функцию (54) от времени, то для решения задачи нужно интегрировать уравнение (125).

Значительно проще решать такие задачи не в векторной, а в координатной форме.

Все основные теоремы динамики точки могут быть выведены из трех дифференциальных уравнений движения материальной точки в прямоугольных координатах: mx = X; mу = Y; mz =Z

Дифференциальные уравнения движения точки в прямоугольных координатах

Пусть движение точки M задано в прямоугольных координатах кинематическими уравнениями

x = x (t), y = y (t), z = z (t). (58)

Преобразуем выражение (123) основного закона динамики; для этого определим проекции на оси координат ускорения и силы . Направляющие косинусы (67) ускорения являются вместе с тем и направляющими косинусами силы, так как направление ускорения совпадает с направлением силы. Умножая величины (123) на , получим: ma_x = F cos α.

Но согласно (65) . Подставляем это значение и, пользуясь для проекции силы на ось абсцисс (и аналогично для проекций на оси у и z) знакомым нам по статике обозначением, получим

(126)

или, если обозначать вторые производные по времени двумя точками,

mx = X; mу = Y; mz =Z (126 / )

Система трех дифференциальных уравнений (126) второго порядка эквивалентна системе шести дифференциальных уравнений первого порядка:

(127)

Уравнения (126) или (127) называют дифференциальными уравнениями движения материальной точки в прямоугольных координатах.

Из уравнений движения мы выведем все теоремы динамики. Они дают возможность решить и обе основные задачи динамики точки. В прямой задаче, когда кинематические уравнения движения (58) даны, решение сводится к дифференцированию этих уравнений: умножив на массу вторую производную от координаты но времени, получим проекцию силы. В обратной задаче, когда заданы проекции силы X, Y и Z, а нужно определить координаты точки х, у и z как функции времени (58), решение сводится к интегрированию трех совместных дифференциальных уравнений, где независимым переменным является время.

Три совместных дифференциальных уравнения (126) второго порядка определяют координаты х, у и z в функции времени t. Если движущаяся точка M совершенно свободна, то приложенные к ней силы могут быть функциями ее координат х, у и z, проекций ее скорости х, у и z и времени t:

Проинтегрировать их в общем виде невозможно, но при некоторых видах функции F эти интегралы могут быть получены. В очень многих случаях вычисления возможно проводить на интегрирующих машинах.

При интегрировании дифференциальных уравнений движения материальной точки появляется шесть постоянных интеграции, которые при решении каждой задачи должны быть определены из начальных условий

Постоянные интегрирования

Общие интегралы дифференциальных уравнений движения материальной точки содержат шесть постоянных интеграции: C₁, C₂, C_3, C₄, C₅, C₆. Эти постоянные величины отнюдь не являются произвольными, и в каждой частной задаче, при решении которой приходится интегрировать дифференциальные уравнения движения, постоянные интеграции должны быть определены из начальных условий. Если заданы положение и скорость движущейся точки для какого-либо мгновения t=t₀ (t₀ может быть равным или не равным нулю), то нужно определить постоянные C₁, C₂, C_3, C₄, C₅ и C₆ таким образом, чтобы при t=t₀ координаты х, у и z получили заданные значения х₀, у₀ и z₀ и производные
х, у и z — заданные значения υ_0x, υ_0y, и υ_0z.

Допускают, что данным начальным условиям соответствует только одно движение, конечно, при заданной массе m и силе F. В справедливости этого положения мы -убедимся на всех примерах, которые будем рассматривать, хотя это положение имеет и математическое доказательство. Поэтому, если мы нашли какое-либо движение точки M, удовлетворяющее уравнениям (126) и начальным данным, то, следовательно, мы определили именно то движение, которое искали.

Задача №1

Точка массы т кг движется по винтовой линии согласно кинематическим уравнениям движения: х=r cos kt, у =r sin kt, z=ut, где x, у, z и r выражены в метрах, а t — в секундах; известно, что r, k и и постоянны. Определить величину и направление силы в функции расстояния.

Решение. Задача заключается в определении силы по заданному движению, т. е. является прямой задачей динамики. Условие выражено в физической системе единиц (СИ). При решении будем выражать длину в метрах, мaccy- в килограммах и время — в секундах.

Определим по (126) проекции силы на координатные оси, для чего сначала дважды продифференцируем заданные текущие координаты точек:

х=rk 2 cos kt, у =rk 2 sin kt, z=0

Умножая на т полученные значения проекций ускорения, определим в ньютонах проекции силы:

X= — mk 2 x, Y = — mk 2 y, Z=0

Направляющие косинусы силы найдем по (6):

Ответ. Сила постоянна по величине и перпендикулярна к оси Oz.

Задача №2

Из орудия, стоящего на берегу на высоте 30 ,и над уровнем моря (рис. 160), выпущен снаряд массы m кг со скоростью 1000 м/сек под углом 30° к плоскости горизонта и под углом 60° к линии берега. Пренебрегая сопротивлением воздуха, определить точку, в которой упадет снаряд.

Решение. Единственной силой, действующей па снаряд во время полета, является его вес G = mg. Пo данной силе и по начальным данным (местоположение орудия и начальная скорость снаряда) надо определить движение снаряда и место его падения в морс. Задача относится к обратным задачам динамики. Для ее решения надо составить и проинтегрировать дифференциальные уравнения движения снаряда. Задачу будем решать в единицах СИ. Построим систему координат, взяв за начало точку О, находящуюся под орудием на уровне моря. Ось Ox направим горизонтально, перпендикулярно к берегу в сторону моря, ось Oy— вдоль берега, а ось Oz—вертикально вверх.

Для составления дифференциальных уравнений движения надо знать проекции действующей силы на оси координат. На снаряд после вылета его из орудия действовала только одна сила тяжести G = mg, направленная по вертикали вниз. Проекции действующей силы:

Дифференциальные уравнения движения снаряда напишем в виде (127):

Сокращаем на m, разделяем переменные:

откуда, интегрируя, находим:

Чтобы определить постоянные интеграции, подставим вместо t нуль, а вместо проекций скорости-их начальные значения υ_ox, υ_oy, и υ_oz, соответствующие мгновению t = 0. Получим

Таким образом, три первые постоянные интеграции в нашей задаче равны проекциям начальной скорости снаряда. Чтобы определить числовые значения этих проекций, надо знать направляющие косинусы начальной скорости. Снаряд был выпущен под углом 30° к плоскости горизонта, следовательно, угол ур> 0 начальной скорости с вертикалью равен 60°. Угол β_υ,₀, по условию задачи, тоже равен 60 o , cos _υ,₀ определим из равенства единице Суммы квадратов направляющих косинусов:

Теперь нетрудно определить и проекции начальной скорости:

Мы получили числовые значения постоянных интеграции:

Подставляя эти значения постоянных в уравнения и выражая проекции скоростей по (63), получим три новых дифференциальных уравнения:

Разделив переменные и проинтегрировав, получим

Для определения C₄, C₅ и C₆ подставим и в эти уравнения вместо t его частное значение 0, а вместо х, у и z —их частные значения x₀, у₀ и z₀:

При выбранной нами системе координат имеем x₀ =0; y_{0 =} 0; z₀ = + 30м, следовательно, C₄ = 0; C₅=0; C₆=+30.
Подставляя эти значения в уравнения, полученные после второго интегрирования, найдем кинематические уравнения движения снаряда:

Чтобы определить положение точки, в которой снаряд упадет в море, надо знать продолжительность полета снаряда. Для этого приравняем нулю аппликату z, так как в мгновение, когда снаряд коснется моря, он будет находиться в плоскости хОу. Из уравнения

4,905t 2 — 500t-30 = 0

находим два значения: t=101,6 сек и t=—0,06 сек. Второе значение отбрасываем а первое подставляем в кинематические уравнения движения. Находим ответ.
Ответ. x = 71 831 м — 71,8 км; у = 50 800 м — 50,8 км; z = 0.

Из этого примера видно, что движение точки зависит не только от действующих сил, но и от начальных данных. Если бы начальная скорость или начальные координаты были иными, то и движение снаряда отличалось бы от полученного. Оно по-прежнему было бы равномерным но горизонтали и равнопеременным по вертикали; траекторией снаряда оставалась бы парабола, но она была бы иной и иначе расположенной; иной была бы и точка попадания. Полученные значения постоянных C₁, C₂, . C₆ определены для данной задачи, и при этих значениях постоянных может быть только одно найденное нами решение. Эти постоянные величины вовсе не являются произвольными. Постоянные интеграции, являясь первоначальными значениями переменных, придают решению какой-либо задачи механики всю ту общность, какую она способна иметь.

Вариации постоянных интеграции. Пусть движение какой-либо точки M массы m происходит под действием силы . Составив и проинтегрировав дифференциальные уравнения движения точки, определим постоянные интеграции C₁, C₂, . C₆. Тогда, подставляя в полученные уравнения частные значения времени t, мы можем определить положение точки M во всякое данное мгновение. Пусть, например, в мгновение t₁ координаты точки M равны x₁, y₁, z₁. Если мы дадим постоянным интеграции бесконечно малые приращения δC₁, δC₂, . произвольного знака и произвольной величины, называемые вариациями, то положение точки M в то же мгновение t₁, но при измененных постоянных интеграции C₁ + δC₁, C₂ + δC₂, . будет иным. Точка M при неизменившемся времени получит бесконечно малое отклонение, координаты ее получат некоторые бесконечно малые приращения δx₁, δy₁, δz₁, называемые вариациями координат точки, при движении, определяемом величинами C₁, C₂, . постоянных интеграции.

Задача №3

Движение точки весом 2 Г выражается уравнениями x= 3cos2πt см; y=4sinπt см, где t выражено в секундах. Определить проекции силы, действующей на точку, в зависимости от ее координат.

Решение. Задача относится к прямым задачам динамики: по данному движению точки надо определить действующую силу. Для ее решения продифференцируем дважды кинематические уравнения движения точки и, умножив на m найденные х и у, получим X и Y.

Условие дано в технической системе единиц, и в этой задаче примем L в см, F в Г и T сек. Кинематические уравнения движения известны. Дифференцируя дважды, находим

х — 4π 2 3 cos 2πt = — 4π 2 x;
у = —4π 2 sin πt = — π 2 у.

Умножая массу на проекции ускорения, найдем проекции силы в граммах. Чтсбы перевести их в ньютоны, надо умножить число граммов на 0,00981.

Решим теперь эту же задачу в физической системе единиц. Принимать за основные единицы метр, килограмм и секунду в этой задаче нецелесообразно. Выразим L в см, M в г и T в сек.

В условии задачи дан вес точки G = 2 Г. Следовательно, ее масса m = 2 г. Умножая проекции ускорения на массу, выраженную в граммах, получим проекции силы в динах:

X = — 8π 2 x = — 78,88x [дин];
Y = — 2π 2 y = — 19,72y [дин].

Чтобы выразить их в ньютонах, надо число дин поделить на 100000.

Ответ. X =— 0,08χ Г = —78,88x дин = —0.0007888x н;
Y = —0,02x Г =— 19,72y дин = —0,0001972y н.

Обратим внимание на одно обстоятельство, которое легко усмотреть в только что решенной задаче. Определяя силу по заданному движению материальной точки, мы нашли, что движение произведено силой, являющейся функцией координат точки. Но мы могли бы выразить силу и как функцию времени. В самом деле, продифференцировав дважды кинематические уравнения движения и умножив вторые производные на m, найдем

X = — 12rnπ 2 cos 2πt; Y = —4rnπ 2 sin πt.

Так одно и то же движение может совершаться под действием различно выраженной силы.

Из этого же примера видно, что если точка движется в одной плоскости, то, приняв эту плоскость за плоскость хОу, можно описать движение точки системой первых двух дифференциальных уравнений движения (126′); третье же дифференциальное уравнение становится лишним.

Задача №4

Найти плоскую траекторию точки M массы m, притягиваемой к неподвижному центру О с силой, пропорциональной расстоянию r и равной k 2 mr, при следующих начальных данных:

Решение. Задача относится к обратным задачам динамики: по заданной силе определить движение. Точка M описывает плоскую траекторию, и нам понадобятся только два уравнения движения.

Если в какое-либо мгновение t точка M имела координаты х и у и находилась от центра на расстоянии (рис. 161), то проекции силы на оси координат:

Рис. 161

Дифференциальными уравнениями движения точки являются:

Сократим на т и умножим первое из уравнений на υ_xdt=dx, а второе—на υ_ydt = dy:

Интегрируем и умножаем на 2:

Для определения постоянных интеграции C₁ и C₂ подставляем в эти уравнения вместо переменных величин их начальные значения:

Значения постоянных вносим в уравнения, одновременно выражая υx и υy по (63):

Извлекаем квадратные корни, разделяем переменные н интегрируем:

Для определения постоянных интеграции C₃ и C₄ подставляем в эти уравнения вместо переменных величин t, х и у их начальные значения:

Эти значения постоянных интеграции вносим в уравнения:

Мы получили кинематические уравнения движения (58) точки в декартовых координатах. Чтобы определить траекторию, надо из них исключить время. Возводя в квадрат и складывая, получаем уравнение траектории

Ответ. Эллипс с полуосями a и .

В еще более частном случае, когда сила имеет постоянное направление, а начальная скорость направлена по силе или равна нулю, движение точки прямолинейно. Направив ось Ox по этой траектории, мы обойдемся первым из уравнений (126), которое и нужно интегрировать, чтобы получить закон (58 , ) искомого движения точки. При этом нельзя забывать, что под X мы понимаем не силу, а ее проекцию F cos a, которая в данном случае по величине равна модулю силы. Если α = 0, то сила направлена в сторону положительной оси Ох, и тогда Х>0. Если же α = π, то сила направлена в сторону отрицательного направления оси Ох, тогда X 2 υ 2 .

Решение. Предположим, что тело начинает падать из начального положения О, и направим вниз из точки О ось Ох. Так как движение прямолинейное, то для его определения достаточно первого уравнения (126). На падающее тело действуют две силы: 1) постоянная сила G = mg, направленная в положительную сторону оси Ох, и 2) переменная сила R = mgk 2 υ 2 , являющаяся функцией скорости; она возрастает пропорционально квадрату скорости и направлена против скорости, а следовательно, против положительного направления оси Ох. Имеем

Перепишем это уравнение, сократив его на m:

Из этого уравнения видно, что падение не может быть равноускоренным, что по мере возрастания скорости сила сопротивления увеличивается, правая часть уравнения уменьшается и ускорение стремится к нулю.

Чтобы взять интеграл, перемножим соответственно левые и правые части этого уравнения и следующего выражения:

Это уравнение позволяет определить скорость падающего тела во всякое данное мгновение t. Оно уточняет известную формулу υ=gt, так как здесь учтено и сопротивление воздуха.

Ответ.

Движение точки можно описать в проекциях на оси естественного трехгранника двумя уравнениями:

Дифференциальные уравнения движения материальной точки в форме Эйлера. В кинематике мы изучали три способа определения движения точки: 1) векторный, 2) в прямоугольных координатах, 3) естественный. Соответственно и в динамике мы можем определить движение точки по заданным силам (или силы по заданному движению) векторным уравнением (125), в проекциях на прямоугольные оси — уравнениями (126), а также естественными уравнениями движения. Из многих форм уравнений движения эти три применяют наиболее часто.

Проецируя ускорение на оси естественного трехгранника, мы нашли (см. § 23), что проекции ускорения на касательную а_N, на главную нормаль αv и на бинормаль a_b выражаются следующими формулами:

и вместо трех составляющих полное ускорение имеет только две. Но сила всегда направлена по ускорению точки, а следовательно, проецируя силу на оси естественного трехгранника, мы и здесь получим только две составляющие (F_T — на касательную и F_N— на главную нормаль) и определим движение точки только двумя уравнениями:
(128)

Задача №6

Горнолыжник в конце склона развил скорость 54 км/ч, после чего свободно скользил по горизонтальному прямолинейному участку пути. Определить длину и время свободного скольжения, если коэффициент трения лыж по снегу f’ = 0,051.

Решение. В задаче примем единицы СИ; тогда вес лыжника, выраженный в ньютонах, G = 9,81 ∙m, где m — его .масса в кг. Задача является обратной задачей динамики, так как требуется определить движение по заданной силе F_гp— f’G. Достаточно одного первого из уравнений (128), потому что движение прямолинейное. Проекция силы имеет отрицательный знак, так как сила трения направлена против скорости, а скорость направлена в положительном направлении (в сторону возрастания расстояния): .

Сокращаем на m и разделяем переменные:

Чтобы определить постоянную C₁, подставим вместо t нуль, а вместо υ—начальное значение скорости —= 15 м/сек:

Подставляя это значение C₁ в уравнение, полученное после интегрирования, и заменяя υ по (53), получим новое дифференциальное уравнение:

Разделим переменные и проинтегрируем:

В начальное мгновение лыжник не прошел еще никакого расстояния по горизонтальному участку, а потому C₂ = 0. Время скольжения до остановки определим, положив в уравнении, полученном для скорости,

15 — 0,50t=0, откуда t = 30.

Подставляя это значение t в последнее уравнение, найдем длину свободного скольжения.

Ответ. Время скольжения 30 сек, длина 225 м.

Задача №7

Маятник Борда для определения ускорения свободно падающих тел представляет собой латунный шарик массой 200 г, подвешенный на очень тонкой проволоке длиной 100 см. При качании шарик в наинизшем положении имеет скорость 8 см/сек. Определить натяжение проволоки в ее нижнем конце при наинизшем положении маятника.

Решение. В задаче применена физическая система единиц. Примем L в см, M в г, T в сек.

Задача относится к прямым задачам динамики. Чтобы по данному движению латунного шарика, принимаемого за материальную точку, определить действующую силу, напишем второе из естественных уравнений движения материальной точки (128). В наинизшем положении на шарик действует сила натяжения проволоки, проекцию которой T будем считать положительной, так как она направлена внутрь траектории, и сила тяжести G = 200 . 981 дин, проекцию которой будем считать отрицательной:

или, подставляя числовые значения,

откуда получаем ответ.
Ответ. T = 196 328 дин = 1,96328 н.

Движение точки в плоскости можно описать двумя уравнениями в полярных координатах.

Уравнения движения точки в полярных координатах

В ряде задач бывает удобно исследовать движение точки в полярных координатах. Примем без доказательства, что проекция ускорения точки на полярный радиус-вектор равна (r — rφ 2 ), а на перпендикулярное направление равна (rφ + 2rφ). Помножив на массу эти проекции ускорения точки и приравняв проекциям силы, напишем дифференциальные уравнения движения точки в полярных координатах:

(129)

где m_k—масса k-й точки, x_k, y_k и z_k-проекции ее ускорения, a X_k, Y_k и Z_k—проекции равнодействующей всех сил, приложенных к этой точке (k = 1, 2, 3, . n).

Далеко не всегда действующие силы бывают известны. Обычно остаются неизвестными внутренние силы. Для вывода некоторых общих теорем динамики и при решении некоторых частных задач бывает удобным выделить внутренние силы уже при написании дифференциальных уравнений движения.

Рассмотрим сначала одну из материальных точек системы, например точку с индексом 1 , а сложив все внутренние, получим равнодействующую внутренних сил . Проекции этих сил обозначим ,, и ,, .

Аналогично поступим с силами, приложенными к остальным точкам, и заменим в написанных выше уравнениях проекции равнодействующей X_k суммой , то же сделаем по двум другим осям. Тогда дифференциальные уравнения примут вид:

(130)

Следовательно, движение свободной механической системы, состоящей из n материальных точек, определяется системой 3n дифференциальных уравнений второго порядка.

Если система не свободна, а на нее наложены связи, выражающие некоторую зависимость между координатами точек механической системы, то бывает возможным сократить число дифференциальных уравнений движения, о чем будет подробнее сказано в § 52 и § 53.

В ряде случаев оказывается целесообразным разделить все силы, действующие на материальные точки механической системы на две категории по иному признаку, а именно на активные силы и реакции связей. Как уже было сказано, реакции связей часто зависят от движения системы и не могут быть найдены, пока не определено движение системы. Обозначая проекции равнодействующей всех активных сил, действующих на k-ю точку, , и , а проекции равнодействующей всех реакций связей, приложенных к k-й точке, , и , получим:

(130′)

Во всем вашем курсе (если это специально не оговорено) рассмотрены только свободные механические системы и механические системы с идеальными связями. Понятие идеальных связей нам уже встречалось в статике (см. § 4) и будет уточнено в динамике (см. § 51).

В дальнейшем из дифференциальных уравнений (130) и (130′) мы выведем общие теоремы динамики таких материальных систем.

Решение многих проблем по динамике механических систем сопряжено с большими трудностями математического характера. Интегрирующие машины в очень многих случаях дают возможность преодолеть эти трудности.

• Прямолинейное движение точки
• Криволинейное движение материальной точки
• Движение несвободной материальной точки
• Относительное движение материальной точки
• Сложение движение твердого тела
• Кинематика сплошной среды
• Аксиомы классической механики
• Дифференциальные уравнения движения материальной точки

При копировании любых материалов с сайта evkova.org обязательна активная ссылка на сайт www.evkova.org

Сайт создан коллективом преподавателей на некоммерческой основе для дополнительного образования молодежи

Сайт пишется, поддерживается и управляется коллективом преподавателей

Whatsapp и логотип whatsapp являются товарными знаками корпорации WhatsApp LLC.

Cайт носит информационный характер и ни при каких условиях не является публичной офертой, которая определяется положениями статьи 437 Гражданского кодекса РФ. Анна Евкова не оказывает никаких услуг.