Методика решения задач динамики

Министерство науки
и высшего образования
Российской Федерации
А. А. Мироненко
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ
ЗАДАЧ ДИНАМИКИ
Электронный образовательный текстовый ресурс
Ресурс содержит методические рекомендации к решению задач
динамики точки и механической системы. Рассмотрены
типовые задачи, решение которых позволит освоить изучаемые
темы в полном объеме. Предназначен для всех форм обучения
укрупненного направления подготовки: строительство,
машиностроение, энергетика (бакалавриат).
Подготовлено кафедрой теоретической механики ИНФО УрФУ
Екатеринбург, 2019 г.
1
Екатеринбург, 2019 г.
ОГЛАВЛЕНИЕ
Введение ....................................................................................................................... 4
1. Динамика точки ....................................................................................................... 4
Задача 1...................................................................................................................... 5
Задача 2...................................................................................................................... 6
Задача 3...................................................................................................................... 7
Задача 4...................................................................................................................... 9
2. ОБЩИЕ ТЕОРЕМЫ ДИНАМИКИ ..................................................................... 15
Теорема о движении центра масс. Теорема об изменении количества
движения ................................................................................................................. 15
Задача 1.................................................................................................................... 15
Задача 2.................................................................................................................... 17
Задача 3.................................................................................................................... 20
Теорема об изменении кинетической энергии механической системы ........... 23
Задача 1.................................................................................................................... 23
Задача 2.................................................................................................................... 26
Задача 3.................................................................................................................... 27
Задача 4.................................................................................................................... 29
Теорема об изменении кинетического момента ................................................. 32
Задача 1.................................................................................................................... 33
Задача 2.................................................................................................................... 34
Задача 3.................................................................................................................... 35
Задача 4.................................................................................................................... 37
Задача 5.................................................................................................................... 39
3. ПРИНЦИП ДАЛАМБЕРА .................................................................................... 41
2
Задача 1.................................................................................................................... 41
Задача 2.................................................................................................................... 43
Задача 3.................................................................................................................... 44
Задача 4.................................................................................................................... 46
Библиографический список…………………………………………………………52
3
ВВЕДЕНИЕ
Основу классической механики составляют принятые как аксиомы законы
Ньютона. Они сформулированы применительно к простейшей модели
материального тела – материальной точке. Введя меры механического движения
и
меры
взаимодействия, удалось перейти
к определению некоторых
характеристик движения механической системы, в частности с помощью общих
теорем динамики.
1. ДИНАМИКА ТОЧКИ
Решение задач на тему «Динамика точки» рекомендуется выполнять
в следующей последовательности:
1.
выбрать систему отсчета, если она не указана в условии задачи,
указать начало и положительное направление отсчета всех координат;
2.
отметив точку в положении, соответствующем произвольному
моменту времени, изобразить все действующие на нее силы (активные и реакции
связей). При учете сил сопротивления принять, что точка в данный момент
времени движется в сторону увеличения координат;
3.
составить дифференциальные уравнения движения в проекциях на
выбранные оси согласно второму закону Ньютона;
4.
в зависимости от постановки задачи произвести необходимые
вычисления. При решении второй задачи динамики на данном этапе следует
обратить внимание на правильную запись начальных условий, требуемых для
определения постоянных интегрирования.
Примечания
1.
Если движение точки в разные промежутки времени происходит под
действием различных систем сил, следует разбить решение задачи на отдельные
этапы.
2.
Если движение точки происходит по кривой, радиус кривизны
которой известен, то выбор в качестве системы координат осей естественного
4
  
трехгранника ( τ, n, b ) с началом в движущейся точке является предпочтительным.
3.
Поскольку при решении второй задачи динамики основные
математические трудности состоят в интегрировании соответствующих
дифференциальных уравнений движения, то прежде чем приступить к изучению
данного раздела, следует вспомнить основные приемы интегрирования
обыкновенных дифференциальных уравнений и систем уравнений первого
и второго порядков.
Задача 1
Движение материальной точки массой m = 8 кг происходит согласно
уравнениям x = 0,05 t3, y = 0,3 t2 (в метрах) в горизонтальной плоскости Oxy.
Определить модуль равнодействующей приложенных к точке сил
в момент времени t = 4 c.
Решение
1.
Рассмотрим
движение
материальной
точки
по
отношению
к заданной системе отсчета Оху.
Пусть движение точки по указанному в условии задачи закону

происходит под действием системы сил, равнодействующая которых равна F
2.
(рис. 1.1).
Рис. 1.1 Участок траектории точки [15]
 
3. Используем основной закон динамики (второй закон Ньютона): ma  F .
5
Проецируя это векторное равенство на оси координат, получим уравнения
mx  Fx ,
my  Fy .
4. Как видно, задача сводится к вычислению вторых производных от
заданных функций x(t) и y(t). В данном случае x  0,3t , y  0,6 .
Следовательно, Fx  2,4t,
Fy  4,8 Н. Модуль силы F равен
F  Fx2  Fy2  5,76t 2  23,04 Н. При t = 4 c F = 10,7 Н.
Ответ: F = 10,7 Н.
Задача 2
Груз массой m = 0,102 кг, подвешенный на нити длиной l = 30 см в неподвижной точке О, описывает окружность в горизонтальной плоскости. Нить
составляет с вертикалью угол   60 . Определить скорость груза и натяжение
нити.
Решение
1.
В качестве системы координат выберем оси естественного
трехгранника: начало координат совмещаем с движущейся точкой, ось 
направляем по касательной к траектории точки, ось n – по нормали к центру
окружности, ось b – перпендикулярно к осям τ и n (рис. 1.2).
Рис. 1.2 Конический маятник [15]
6

2.
На точку действуют две силы – сила тяжести P и реакция связи

(натяжение нити T ).
3.
  
m
Следовательно, a  P  T , или в проекциях на выбранные оси:
ma  0,
man  T sin ,
(1.1)
mab  T cos  Р.
aτ 
dv
v2
, a  ; a  0 , где v – скорость точки, ρ – радиус кривизны ее траектории.
dt n  b
Уравнения (1.1) представим следующим образом:
dv
 0,
dt
v2
m  T sin ,

0  T cos  P.
m
4.
(1.2)
Учитывая, что   l sin  и решив систему (1.2), определим искомые
неизвестные: T 
v
P
mg
0,102  9,81


 2 Н;
cos cos
0,5
T sin 
lT sin 2 
0,3  2  0,75


 2 ,1 м/с.
m
m
0,102
Ответ: Т = 2 Н, v = 2,1 м/с.
Задача 3
Материальная точка массой m начинает двигаться под действием
горизонтальной силы F = H sin kt, (где H и k – постоянные величины) по гладкой
горизонтальной плоскости.
Найти закон движения точки. В начальный момент точка находилась
в покое.
Решение
1.
Направим ось х параллельно линии действия силы и примем за
начало координат начальное положение точки.
7

2.

К точке приложены следующие силы: P – сила тяжести, N –

нормальная реакция горизонтальной плоскости и F – движущая сила (рис. 1.3).
Рис. 1.3 Произвольное положение точки [15]
3.
4.
Проецируя
на
выбранную
ось
Ох
векторное
равенство
   
m a  P  N  F , получим mx  F или mx  H sin kt .
5.
Полученное
дифференциальное
уравнение
второго
порядка,
очевидно, эквивалентно системе двух дифференциальных уравнений первого
порядка
dx

vx  dt ,

 dv
m x  H sin kt.
 dt
Разделив переменные в последнем уравнении, получим mdvx  H sin kt  dt
или dvx 
H
sin kt  dt .
m
Проинтегрируем это выражение:
vx  
H
coskt  С1
mk
(1.3)
Поскольку в начальный момент точка находилась в покое, v t 0  0 .
Из уравнения
0
интегрирования C1: C1 
H
cosk  0  C1 можно определить постоянную
mk
H
.
mk
Таким образом, уравнение (1.3) принимает вид vx  
8
H
H
coskt 
.
mk
mk
Учитывая,
что
vx 
dx
,
dt
перепишем
это
уравнение
в
виде
dx
H
H
  coskt 
.
dt
mk
mk
Разделение переменных и последующее интегрирование приводят
к результату x  
H
H
sin
kt

t  С2 .
mk
mk 2
В соответствии с выбором начала координат x t 0  0 , следовательно,
0
H
H
sin( k  0) 
 0  C2 , откуда С2 = 0, и искомое уравнение движения
2
mk
mk
точки будет иметь вид x  
Ответ: x  
H
H
sin
kt

t.
mk
mk 2
H
H
sin kt 
t.
2
mk
mk
Задача 4
Груз D массой m, получив в точке А начальную скорость v0, движется
в изогнутой трубке ABC, расположенной в вертикальной плоскости (рис. 1.4).
На вертикальном участке AB длиной l движение происходит в среде с сопротивлением, пропорциональным квадрату скорости R  v2 . В точке В груз,
не изменяя значения своей скорости, переходит на наклонный участок ВС
гладкой трубы, где на него начинает действовать переменная сила, изменяющаяся по закону F = t (время t отсчитывается от момента, когда груз
находился в точке В).
Определить закон движения груза на участке ВС, если m = 2 кг, μ  0,4 кг м ,
v0 = 5 м с , l = 2,5 м,  = 1,2 Н с .
9
Решение
Рис. 1.4 [15]
Движение груза на вертикальном и наклонном участках происходит под
действием различных систем сил. Поэтому разобьем решение задачи на два
этапа. Сначала рассмотрим движение точки D на участке АВ. Решение
составленных на этом этапе дифференциальных уравнений позволит определить
скорость vВ груза в точке В. При решении дифференциальных уравнений,
полученных при исследовании движения на участке ВС (второй этап решения
задачи), будем рассматривать эту скорость как начальную.
I этап
1. На участке АВ движение груза, который примем за материальную точку,
будем рассматривать относительно оси Ах1 (точка А – начало отсчета координаты
х1, положительное направление отсчета указано на рис.).


2. Силы, действующие на точку (рис. 1.4): P – сила тяжести и R – сила
сопротивления движению.
  
3. Второй закон Ньютона m a  P  R , его запись в проекции на ось х
mx1  P  R , с учетом данной в условии задачи информации о значении силы

2
2
сопротивления ( R    v  vx   x1 ), позволяют получить дифферен1

циальное уравнение рассматриваемого движения mx1  mg   x1 2 .
10
4. Стандартная процедура понижения порядка дифференциального уравнения приводит к системе дифференциальных уравнений первого порядка:
vx  x ,
1
 1

2
mvx  mg  vx .
1
1

(1.4)
Для удобства интегрирования перепишем последнее уравнение системы (4) в виде
m
dvx
1  mg  v 2
x1
dt
(1.5)
Конечной целью решения на первом этапе является определение
скорости в точке с известной координатой, поэтому имеет смысл в уравнении
(1.5) исключить переменную t, введя переменную х11.
Известный
способ
освободиться
в представлении производной
а знаменатель dt . Умножив
dvx
dt
1
переменной
t
заключается
как дроби, числитель которой равен dvx ,
1
dt
dvx
от
1
на равное единице отношение
dx1 dv x1  dx1
(
)
dx1
dt  dx1
dvx
dvx
dx1
1
1
 vx
и выделив в полученном выражении
.
 vx , получим
dt
dt
1 dx
1
1
После указанной подстановки уравнение (1.5) примет вид
mvx
1
dvx
1
dx1
 mg  vx 2 ,
1
удобный для разделения переменных.
Очевидная последовательность дальнейших действий вряд ли требует
комментариев.
При таком подходе исключается необходимость решения обоих уравнений системы (1.4).
Переписанное с использованием соответствующих подстановок уравнение (1.5) почти сразу
приведет нас к результату.
1
11
mvx  dvx
1


 dx1,
1
mg  dv 2
x1
mvx  dvx
1
1
mg  v 2
x1
  dx1,
m
ln mg  vx2  x1  C1.
2
1
(1.6)
В соответствии с начальными условиями при х1 = 0 vx  v0 , что дает
1
С1  
m
ln mg  v02 . В результате подстановки C1 в уравнение (1.6) и элемен2
тарных преобразований получим
mg  v02
m
.
x1 
ln
2 mg  v 2
(1.7)
x1
Анализ выражения, стоящего под знаком модуля, позволяет переписать
соотношение (1.7) в виде
mg  v02
m
x1 
ln
,
2 mg  v 2
x1
откуда и определим зависимость скорости точки на рассматриваемом участ-ке
от ее координаты
2x
v  vx 
1
mg

1
 mg
 
 
 v02   e m
 

(1.8)
В точке В x1 = l = 2,5. Подставляя соответствующие величины в выражение
(1.8) (приняв g = 10 м/c2, е = 2,7 ), получим значение скорости в точке В:
vВ  6,4 м с .
II этап
Рассмотрим движение точки на участке ВС.
1. Теперь ось х с началом в точке В направим вдоль наклонной плоскости.
12
2.
Изобразив точку в произвольном положении, отметим действующие


на нее силы: P – силу тяжести, N – нормальную реакцию наклонной поверхности

и F – заданную силу.
3.
   
Записав векторное уравнение m a  P  N  F в проекции на
выбранную ось х, получим mx  mg sin 300  F , или с учетом равенства F = ·t
mx  mg sin 300  t
(1.9)
6. Решение дифференциального уравнения (1.9) сводится к решению
системы
dx

vx  dt ;

 dv
 x  g sin 300   t .
 dt
m
(1.10)
(1.11)
удовлетворяющего следующим начальным условиям: x t 0  0 . vx
t 0
 v  6,4 м/с.
B
Решение этой системы находим по известной схеме:

1) разделим переменные в уравнении (1.11): dvx   g sin 300 

t 
dt;
m
2) проинтегрируем обе части полученного уравнения, в результате
получим
vx  0,5gt 
 2
t  C1;
2m
(1.12)
3) определим постоянную С1, полагая в равенстве (1.12) t = 0 и vx = 6,4:
6,4 = С1;
4) подставим найденную зависимость vx  0,5gt 
(1.10):
 2
t  6,4 в уравнение
2m
dx
 2
 0,5gt 
t  6,4 ;
dt
2m
5) решим это уравнение аналогично тому, как это было сделано при
определении зависимости vx (t ) . Нетрудно убедиться в том, что искомое решение
после подстановки числовых значений будет иметь вид
13
X = 0,1t3+2,5t2+6,4t.
Ответ: x = 0,1t3+2,5t2+6,4t.
14
2. ОБЩИЕ ТЕОРЕМЫ ДИНАМИКИ
Теорема о движении центра масс. Теорема об изменении количества
движения
Задача 1
Колесо массой m катится со скольжением по горизонтальной плоскости
под действием приложенного к нему постоянного момента Мвр. Коэффициент
трения скольжения f, в начальный момент колесо не двигалось.
Найти закон движения центра масс колеса.
Рис. 2.1 Колесо [15]
Решение
Механическая система: колесо, движущееся под действием силы тяжести


Р (Р  mg) , вращающего момента М вр , силы трения Fтр и нормальной реакции

горизонтальной плоскости N . Выберем систему координат, как показано на
рис. 2.1, взяв за начало координат О точку, где находится центр колеса

в начальный момент, x c = 0.
0
Запишем теорему о движении центра масс в проекциях на оси x и y.
m  xc   Fke  Fтр
(2.1)
m  yc   Fke  N  P
(2.2)
x
y
Поскольку yc  const , то yc  0 , следовательно, N = P = mg.
15
Учитывая, что качение колеса происходит со скольжением, т. е. сила
трения достигает максимального значения, определим ее по закону Кулона:
Fтр  fN  fmg
(2.3)
Из уравнения (2.1) и (2.3) находим
xc  fg
(2.4)
Интегрируя (2.4) получим xc  fgt  c1 .
Здесь с1= 0, т. к. xc  0 . После второго интегрирования получим
o
fgt2
xc 
c .
2
2
Поскольку xc  0 , C2 = 0. Окончательно xc 
0
fgt2
.
2
Примечание. Если колесо катится без проскальзывания, то Fтр< f N
и пользоваться уравнением (2.3) нельзя. В этом случае следует составить
дифференциальные уравнения плоского движения колеса:
mxc   F e ,
k
x
e
myc   F ,
ky
Ic    mc ( F e ).
z k
z
(2.5)
Первые два уравнения уже составлены выше, это уравнения (2.1) и (2.2).
mR2
Считая колесо сплошным диском, осевой момент инерции которого I cz 
,
2
где R – радиус колеса, получим третье уравнение
mR2
  M вр  Fтр R
2
(2.6)
 – угловое ускорение колеса, которое можно выразить через ускорение
где 
центра колеса xc . Поскольку качение происходит без проскальзывания, то
мгновенный центр скоростей точек колеса находится в т. А, где колесо касается
неподвижной плоскости. Поэтому
 R
xc  
16
(2.7)
Взяв производную от обеих частей по времени от выражения (2.7),
учитывая, что R = const, получим
R
x  
c
(2.8)
Решая совместно (2.1),(2.6) и (2.8), получим
2 M
xc   вр
3 m R
(2.9)
Интегрируя дважды выражения (2.9), с учетом начальных условий
получим
t2
вр
xC 
.
3mR
M
Задача 2
Электрический мотор массой М1 установлен без креплений на гладком горизонтальном фундаменте; на валу мотора под прямым углом закреплен од-ним
концом однородный стержень длиной 2l и массой M2, на другой конец стержня
насажен точечный груз массой M3; угловая скорость вала равна  .
Определить:
1) горизонтальное движение мотора;
2) наибольшее горизонтальное усилие R, действующее на болты, если ими
будет закреплен корпус электромотора на фундаменте.
Рис. 2.2 Электрический мотор [15]
17
Решение
Механическая система состоит из трех тел: электромотора, стержня
и груза. Внешние силы: Р1 – вес электромотора, Р2 – вес стержня, Р3 – вес
точечного груза, N – реакция опоры (рис. 2.2).
Систему координат можно выбрать произвольно, но для упрощения
аналитических выражений удобно взять начало координат на оси ротора
электродвигателя в начальный момент времени, когда тока в обмотках мотора
нет. В этот момент стержень занимал вертикальное положение и центры масс
электродвигателя, стержня, груза и всей системы лежат на одной вертикали. Это
точки О, А0, В0, С соответственно (рис. 2.2). Таким образом, в начальный момент
времени координаты центров масс тел, образующих систему, и всей системы
равны нулю.
Согласно теореме о движении центра масс
   

Мac  P1  P2  P3  N
(2.10)
где М – масса системы, М = М1 + М2 + М3.
Проекции всех внешних сил на ось x равны нулю
xc  0
(2.11)
xc  c
1
(2.12)
Поэтому
В начальный момент времени горизонтальная скорость центра масс равна
нулю, поэтому с1 = 0. После интегрирования (2.12) получим
xc  c2
(2.13)
Таким образом, центр масс не перемещается в горизонтальном
направлении и, с учетом сказанного выше о выборе начала координат, xc  0 .
Это означает, что при смещении стержня с грузом вправо сам электромотор сместится влево и наоборот, что и учтено на рис. 2.2, где показано произвольное
положение системы.
18
Обозначив абсциссы центров масс соответственно мотора, стержня
и груза, через x1 , x2 , x3 , выразим координату x c системы в произвольный момент
времени:
xc 
M1( x1)  M 2 ( x2 )  M 3 ( x3 )
.
M1  M 2  M 3
Учитывая, что x2  l sin   x1 , x3  2l sin   x1 ,   ωt , получим
xc 
M1( x1)  M 2 (l sin t  x1)  M 3 (2l  sin t  x1)
= 0.
M1  M 2  M 3
Решая (2.14), находим х1: x 
1
 (M 2  2M 3 )l sin t
M1  M 2  M 3
(2.14)
.
Итак, центр масс мотора движется по гармоническому закону, имея амплитуду A 
( M 2  2M 3 )l
M1  M 2  M 3
и период колебаний T 
2π
ω
.
Для определения горизонтального усилия R, срезающего болты, применим
теорему о движении центра масс системы в проекции на ось x. К перечисленным
выше внешним силам добавится горизонтальная сила реакции болтов R' ( R'  R )
Mxc  Rx'
(2.15)
Поскольку корпус электродвигателя закреплен и его центр масс является
неподвижной точкой, в которой выбрано начало координат, абсцисса центра
масс системы находится по формуле
xc 
M 2l sin t  M 3 2l sin t
M1  M 2  M 3

(M 2  2M 3 )l sin t
M1  M 2  M 3
.
(2.16)
Дифференцируя (2.16) по времени дважды, получим
xc  
(M 2  2M 3 )l2 sin t
M1  M 2  M 3
(2.17)
После подстановки (2.17) в (2.15) получим
Rx'  (M 2  2M 3 )l2 sin t ,
Rmax  (M 2  2M 3 )l2.
19
(2.18)
Выражение (2.18) определяет максимальное значение реакции, которое по
модулю равно наибольшему горизонтальному усилию, срезающему болты.
Задача 3
Граната массой 12 кг, летевшая горизонтально со скоростью 15 м/с,
разорвалась в воздухе на две части. Скорость осколка массой 8 кг возросла в
направлении движения до 25 м/с.
Определить скорость второго осколка.
Решение
Граната
движется
по
инерции
под
действием
силы
тяжести
(сопротивлением воздуха пренебрегаем). Выберем неподвижную систему
отсчета, как показано на рис. 2.3.
Рис. 2.3 Граната в горизонтальном полете [15]
Применим к решению задачи теорему об изменении количества движения
системы в дифференциальной форме:


dQ
  Fke
dt
(2.19)
В проекции на ось х
dQ x
0
dt
(2.20)
Откуда Qx  const , т. е. проекция количества движения гранаты на ось х до
разрыва равна ее значению после разрыва. Количество движения гранаты до



разрыва Q  MV , где М – масса гранаты, V – скорость до разрыва. Qx  MVx .
После разрыва
Qx  M1V1x  M 2V2 x
где М1 = 8 кг, V1x = 25 м/с, M  M  M  12  8  4 кг,
2
1
20
(2.21)
V2 – скорость второго осколка. MVx  M V  M V , откуда
1 1x
2 2x
V2x 
MVx  M1V1x 12  15  8  25

 5 м/с.
M2
4
Т. е. скорость осколка массой 4 кг равна 5 м/с и направлена в сторону,
противоположную начальной скорости гранаты.
Задача 4
Вода входит в неподвижный канал переменного сечения, симметричный
относительно вертикальной плоскости со скоростью V1  2 м/с под углом α  90
к горизонту; сечение канала при входе А1= 0,02 м2; скорость воды у выхода из
канала V2  4 м/с и направлена под углом β  30 к горизонту.
Определить модуль горизонтальной составляющей силы, с которой вода
действует на стенки канала.
Рис. 2.4 [15]
Решение
Выделим объем воды, ограниченный стенками канала, входными
и выходными сечениями канала. Силы, действующие на выделенный объем
воды, можно разделить на объемные и поверхностные. К первым относится сила

тяжести Р всех частиц воды. К поверхностным относятся силы трения,
направленные в сторону, противоположную движению воды, и силы давления
стенок канала на выделенный объем воды. Обозначим их главный вектор

через R , его горизонтальная составляющая Rx и подлежит определению. Кроме
21
того, к поверхностным относятся силы воздействия на выделенный объем
соседних участков струи.
Выберем неподвижную систему координат, как указано на рис. 2.4.
Запишем теорему Эйлера для сплошной среды в проекции на ось х:
M cV1x  M cV2 x  Rx  0
(2.22)
где M c – секундный массовый расход воды. Вес жидкости и давление на выделенный объем со стороны отброшенной сверху и снизу части жидкости не
проецируются на ось х.
Поскольку масса воды, входящей и выходящей их канала за 1 секунду,
одинаковая, то M c  A1V1  A2V2 , где А1 и А2 – площадь сечения на входе
и выходе воды,  – плотность воды.
V1x  V1 cos  2 cos 90  0, V2x  V2 cos   4 cos 30  3,464 м/с;
M c  A1V1  0,02  2 103  40 кг/с .
Подставив эти значения в (2.22), получим
Rx   A1V1V2 cos   40  4 cos 30  138,6 Н .
Горизонтальная составляющая силы, с которой вода действует на стенки
канала, имеет противоположное направление и равна 138,6 Н.
Для уяснения темы рекомендуется решить задачи 35.11, 35.16–35.212.
В задаче 35.11 следует применять теорему о движении центра масс
в проекции на вертикальную ось. Условие отрыва мотора от фундамента – равенство нулю нормальной реакции горизонтальной поверхности.
В
задачах
35.16–35.21
все
внешние
силы,
действующие
на
рассматриваемую систему, не проецируются на ось х, поэтому координата xc не
изменяется.
Задачи из сборника: Мещерский И. В. Сборник задач по теоретической механике: учеб.
пособие / под ред. Н. В. Бутенина, А. И. Лурье, Д. Р. Меркина.. 36 изд., исправ. Москва : Наука.
Гл. Ред. физ.- мат. лит., 1986 и посл. 448 с.
2
22
Теорема об изменении кинетической энергии механической системы
При решении задач, в которых используется теорема об изменении кинетической энергии механической системы, рекомендуется:
1)
выбрать систему тел; в систему включаем движущиеся тела и связи,
их соединяющие;
2)
определить вид движения каждого тела и соответственно записать
его кинетическую энергию;
3)
показать внешние силы, действующие на тела, и вычислить работу
или мощность внешних сил.
Теорема
об
изменении
кинетической
энергии
применяется
для
определения линейных скоростей и ускорений точек системы, а также угловых
скоростей и ускорений тел, входящих в систему.
Задача 1
Система состоит из груза 1, блока 2 с радиусом R2 и массой m2, катка 3
с радиусом R3 и массой m3. Каток катится без скольжения по неподвижной
поверхности; блок 2 и каток 3 – сплошные однородные цилиндры. В начальный
момент времени система находилась в покое.
Определить скорость груза 1 в момент времени, когда он переместится на
расстояние S = 1м. На груз 1 массой m1 действует сила F = 400S Н, массой троса
пренебречь. Вычисления произвести при m1 = 50 кг, m2 = 50 кг, m3 = 40 кг,
g = 10м/с2,   30  .
Решение
1. Выбираем систему тел: груз 1, блок 2, каток 3, трос.
2. Показываем (рис. 2.5) внешние силы.
23
Рис. 2.5 Механическая система [15]

3. Для определения скорости V A груза 1 применяем теорему об изменении
кинетической энергии в конечной форме
T  T0   Ake   Aki
(2.23)
где Т0 = 0, т. к. в начальный момент времени система находилась в покое;
 A  0 , т. к. система неизменяемая. Тогда выражение (2.23) имеет вид:
i
k
T   Ae
k
(2.24)
4. Вычисляем кинетическую энергию системы T  T  T  T .
1 2 3
m1V A2
Груз 1 движется поступательно, поэтому T1 
.
2
Блок 2 совершает вращательное движение вокруг неподвижной оси О,
I 222
m2 R22
проходящей через центр блока. Поэтому T2 
, где I 2 
– момент
2
2
инерции блока относительно оси О, 2 – угловая скорость блока 2.
Поскольку нужно вычислить скорость груза, то все кинематические
характеристики выразим через VA. Скорость точки К на ободе блока 2 VK  2 R2 ,
V
т. к. трос нерастяжимый, то Vk = VA и ω2  A .
R2
2
2
1 m2 R2 VA2 m2VA

Подставляем 2 и I2 в Т2 и получаем T2 
.
4
2 2 R22
24
Каток 3 совершает плоское движение, поэтому его кинетическая энергия
m3VC2 I332
m3R32

определяется выражением T3 
, где I 
– момент инерции
3
2
2
2
катка относительно оси, проходящей через центр масс С; 3 – угловая скорость
катка С.
Поскольку каток 3 катится без скольжения по неподвижной поверхности,
то в точке касания катка и плоскости находится мгновенный центр скоростей.
V
V
Поэтому   c  B ;
3 CP BP
VC 
VB
.
2
Трос нерастяжимый, поэтому VB  VK  VA .
Подставим I3, VC , 3 в T3 и получим:
m3VC2 m3R32 VC2 3
2  3 m V2.
T 


m
V
C
3
2
2  2 R2 4 3
16 3 A
3
Запишем кинетическую энергию системы:
m VA2 m VA2 3m VA2 V 2
m 3
T  1  2  3  A (m  2  m ) .
2
4
16
2 1 2 8 3
Обозначим выражение в скобках
mпр
– «приведенная» масса:
m
mпр 2
3
mпр  m  2  m . Тогда T 
V .
1 2 8 3
2 A
5. Вычислим работу внешних сил. Для этого запишем элементарную
работу внешних сил на перемещение системы, когда груз 1 переместится на расстояние dS A .
dA( F )  FdSA cos0  400S AdS cos0  400S AdS A ,
dA(P1)  P1  dS A cos90  0,
dA( N1)  N1  dS A cos90  0,
dA( P2 )  dA(O1)  dA(O2 )  0, т. к. точка О неподвижна,
dA( P3 )  P3  dSC cos60 ,
dA( Fтр )  Fтр V  dt  0, т. к.V  0, аналогично dA( N )  0.
P
P
3
1
Получаем  dAKe  400S AdS A  P  dSC .
3 2
25
Находим соотношение между перемещениями dS A и dSC ; элементарные
перемещения пропорциональны скоростям, следовательно, dSC 
dS A
.
2
В результате
P
 dAKe  (400S A  3 )dS A
4
S
S
A
2 P
P
P
A
S
e
3
3
A
и A   (400S A  )dS A  (400
 S A)
 200S A2  3 S A.
4
2
4
4
0
0
6. Подставляем T и в (2.24):
VA2
P
mпр
 200S A2  3 S A.
2
4
(2.25)
Из (2.25) находим
VA 
P
2
(200S A2  3 S A )
mпр
4
(2.26)
Вычислим V A при S A  1 м. Подставим численные данные в (2.26) и получим VA  1,47 м/с.
Задача 2
В задаче 1 вычислить ускорение груза 1.
Решение
1.
Для определения ускорения груза применяем теорему об изменении
кинетической энергии в дифференциальной форме
dT   dAе   dAi .
(2.27)
Расстояния между точками приложения внутренних сил не изменяются,
поэтому сумма элементарных работ этих сил равна нулю (  dAi  0. )
mпрVA2
, mпр  const , то вычислим:
Поскольку T 
2
dT 
2mпр
2
VAdVA  mпрVAdVA .
26
Подставим dT и  dAe в выражение (2.23) и разделим на dt , получаем
P dS
dV
dVA
dS
mпрVA A  (400S A  3 ) A , где
 aA  a A , VA  A .
dt
4 dt
dt
dt
P
(400S A  3 )
4 .
В результате, сократив на V A , получаем ускорение груза a A 
mпр
2.
Для определения ускорения груза можно применить теорему об
изменении энергии и в конечной форме из задачи 1, она имеет вид (2.25).
Для определения ускорения груза обе части выражения (2.25) продиффе-
P
VA2
d
d
ренцируем по времени: (mпр )  (200S A2  3 S A ) . Получаем:
dt
2
dt
4
P dS
dS
2 dV
mпр VA A  200  2S A A  3 A .
2
dt
dt
4 dt
P
400S A  3
4 .
Сократив на V A , находим ускорение груза a A 
mпр
Задача 3
Система состоит из блока 1 радиусом R1, массой m1 и катка 2 радиусом R2 ,
массой m2 , соединенных тросом. Каток 2 катится без скольжения по неподвижной плоскости. К блоку 1 приложен вращающий момент M вр  const, радиус
инерции блока 1 равен ; масса катка распределена по поверхности (по ободу).
Определить угловое ускорение блока 1. Массой троса пренебрегаем (рис. 2.6).
Решение
1. Выбираем систему: блок 1, каток 2, трос.
27
 
  
2. Показываем внешние силы: P1, P2 , M вр, N1, O1, O2 , Fтр .
Рис. 2.6 [15]
4. Вычислим кинетическую энергию системы T  T1  T2.
I 2
Блок 1 вращается вокруг неподвижной оси О, тогда Т1  1 1 , где
2
I  m 2 – момент инерции блока относительно оси О, 1 – угловая скорость
1
1
блока 1.
Каток 2 совершает плоское движение, поэтому T2 
m2VC2 I 222

, где
2
2
I  m 2 – момент инерции катка относительно оси С (масса распределена по
1
1
ободу); 2 – угловая скорость катка, VC – скорость центра катка.
Поскольку в точке касания катка и неподвижной плоскости находится
мгновенный центр скоростей, то
2 
VC VB
.

CP BP
Скорость точки К на ободе блока 1 VК   R ; т. к. трос нерастяжимый, то
11
1R
V
1 и кинетическая энергия
Vк  VВ . В результате получаем 2  C ; VC 
R
2
2
m 1 R1
m2VC2 m2 R22 VC2
2
2


m
V

катка: T2 
.
2 C
2
2 R2
4
2 2
Запишем кинетическую энергию системы:
2 m 2 R2 2
m R2
2
2
1
2
1
1
1
T m


(m   2 1 ) .
11 2
4
2 1
2
28
Выражение в скобках обозначим «приведенный момент инерции»
m R2
2
Iпр  m   2 1  const .
1
4
I пр 2
1 .
Тогда кинетическая энергия имеет вид: T 
2
5. Вычислим мощность внешних сил.
N (M вр)  M вр1 , знак «+», т. к. Мвр действует в направлении вращения.

 


N ( P )  P V  0 , т. к. V  0 . Аналогично N ( O1 )  N ( O2 )  0 .
0
1
1 0

 
N ( P )  P V  V  P cos 90  0.
2
2 C C 2

 



N ( Fтр )  Fтр V p  0 , т. к. V p  0 . N ( N )  N V  0 .
1
1 P
В результате получаем  N e  M вр .
1
2
Iпр
d
dT d Iпр1
1I  ,
 (
)
2
Вычисляем:
пр 1 1
1 dt
dt dt
2
2
d
где ε  1  угловое ускорение блока 1.
1 dt
Подставляем  N e и
dT
в (2.28) и получаем Iпр   M вр , сокращаем
11
1
dt
M вр
на 1 и находим  :  
1 1 Iпр 
M вр
m R 22
2
m  2 1 1
1
4
.
Задача 4
Однородный стержень АВ массой m и длиной 2l концами А и В скользит по
гладким вертикальной стене и горизонтальному полу (рис. 2.7). В начальный
момент времени   0 и стержень находится в покое.
29
Рис. 2.7 [15]
Определить угловую скорость и угловое ускорение стержня.
Решение
1. Выбираем систему: стержень.
 

2. Показываем внешние силы: P, N , N (рис. 2.8).
A B
3.
Для определения угловой скорости стержня применяем теорему об
изменении кинетической энергии в конечной форме
T  T   A e   Ai
0
(2.29)
где T0  0 , т. к. в начальный момент стержень находился в покое;  AI  0 , т. к.
стержень абсолютно твердый.
Рис. 2.8
Рис. 2.9 Скорости точек стержня [15]
4. Вычислим кинетическую энергию стержня, который совершает плоское
движение.
T
mVC2 IC ω2

, где Vc – скорость центра С стержня,  – угловая скорость,
2
2
M (2l )2 Ml 2
IC 

– момент инерции стержня относительно оси, проходящей
12
3
через центр тяжести стержня. Для стержня найдем положение мгновенного
центра скоростей, (т. P на рис. 2.9), тогда VC  CP  , CP  l, VC  ωl .
Тогда кинетическая энергия стержня равна:
m2l 2 ml 2 ω2 ml 2ω2
2
T


 4  ml 2ω2 .
2
3 2
6
3
Скорость точки С можно найти, определив координаты точки С:
xc  l sin  ; yc  l cos  .
30
Тогда скорость точки С равна
2  V 2  l ,
VCx  x c  l cos    ; VC y  y c  l sin    , Vc  Vcx
cy
где ω   .
5. Вычислим работу внешних сил:




A( N A )  A( N B )  0 , т. к. N A и N B перпендикулярны перемещениям.
Определим работу силы тяжести:
A  mgh ,
где yc  lcos ; yc  lcos ,
1
0
1
0
тогда h  l (cos  cos ) ; A  mgl (cos 0  cos1 ) ; h  y c  y c .
0
1
0
1
6. Подставим значения Т и А в (2.29):
2
3
2 2
ml   mgl (cos 0 cos 1 ) .
3g (cos  cos )
0
1 .
2l
7. Для определения углового ускорения применяем теорему в виде
мощностей
dT
 N e  N i , где N e – мощность внешних сил, приложенных к стержню, N i  0 ,
dt
т. к. стержень абсолютно твердый.
Получим выражение для угловой скорости стержня  
Вычислим
dT d 2 2 2 2 2 d
 ( ml  )  ml 2 ,
dt dt 3
3
dt
dω
.
dt
Определим мощность внешних сил

 
N ( N )  N V  N V cos900  0,
A
A A
A A

 
N ( N )  N V  N V cos900  0,
B
B B
B B

 
N ( P)  P V  PxVcx  PyVcy ,
C
где Px  0; Py   P; Vcy  l sin   .

Поэтому N ( P)  Plωsin  .
где ε 
31
Подставим в (2.29) N e и
угловое ускорение стержня  
4
dT
, получаем ml 2  mglsin  , отсюда
dt
3
3g sin 
.
4l
Задачи, рекомендуемые к самостоятельному решению: 38.33; 47.15; 48.6;
47.33.
В задаче 38.33 из условия сохранения центра масс (гладкий пол, сумма
проекции внешних сил на горизонтальную ось равна нулю) нужно определить
направление скорости центра масс. Затем определить положение мгновенного
центра скоростей и выразить угловую скорость стержня через скорость центра
масс. Затем вычислить кинетическую энергию стержня, работу силы тяжести
и подставить эти величины в теорему об изменении кинетической энергии.
В задаче 47.15 для определения ускорения стержня удобней применить
теорему об изменении кинетической энергии в форме мощностей; выразить
кинетическую энергию через скорость стержня.
В задаче 48.6 также удобно применить теорему в форме мощностей,
а кинетическую энергию выразить через угловую скорость кривошипа.
Аналогичные рекомендации относятся к задаче 47.3.
Теорема об изменении кинетического момента
Теорема об изменении кинетического момента системы применяется:
1)
для определения угловых скоростей, ускорений тел, входящих
в систему;
2)
для определения законов вращательного движения тел;
3)
определения реакций.
Поскольку в теорему не входят внутренние силы, то рекомендуется
систему тел выбирать так, чтобы неизвестные силы были внутренними.
Задачи из сборника: Мещерский И. В. Сборник задач по теоретической механике: учеб.
пособие / под ред. Н. В. Бутенина, А. И. Лурье, Д. Р. Меркина.. 36 изд., исправ. Москва : Наука.
Гл. Ред. физ.- мат. лит., 1986 и посл. 448 с.
3
32
Задача 1
Вычислить кинетический момент относительно оси О, перпендикулярной
плоскости чертежа (рис. 2.10) для системы, состоящей из груза 2 массой m2
и однородного сплошного цилиндра 1 массой m1 и радиуса R.
Решение
Рис. 2.10[15]
Рис. 2.11[15]
1.
Выбираем систему: блок 1, груз 2, трос.
2.

Кинетический момент системы K zo  K
 m (m V ) ,
0 2 2
O (блока)
1
где K O – кинетический момент блока 1, вращающегося вокруг неподвижной оси О,

m (m V ) – момент количества движения груза относительно оси,
0 2 2
1
проходящей через точку О.

Получаем m (m V )  m V  R .
0 2 2
2 2
Скорость
точек
троса
одинакова

(рис. 2.11), поэтому V  V  ω R . Тогда получаем m (m2V2 )  m2V2 R .
K
0
2
1
Скорости всех точек троса одинаковые (рис.2.13), поэтому V  V   R.
2 K
1
Тогда момент количества груза относительно оси О m (m V )  m  R2.
0 2 2
2 1
Поскольку блок представляет твердое тело, вращающееся с угловой
скоростью ω вокруг неподвижной оси O , его кинетический момент
K0  I01 ,
1
m R2
где I 0  1 – момент инерции блока 1 относительно оси вращения.
2
m R2
Поэтому K01  1 1 . В результате получаем
2
33
m R2
 R2
2
1
K 
  m R   1 (m  2m ).
0
1 2
1
1
2
2
2
Задача 2
Сплошной однородный диск радиусом R и массой m катится без
скольжения по неподвижной плоскости. Вычислить кинетический момент диска
относительно оси, проходящей через центр диска, и относительно оси,
проходящей через мгновенный центр скоростей.
Рис. 2.12
Рис. 2.13
Решение
1.
Вычислим кинетический момент диска в относительном вращении
вокруг оси, проходящей через центр С (рис. 2.12).
Кс  I cω ,
где Ic 
mR2
– момент инерции диска относительно оси, проходящей через точку С.
2
В результате получаем Кс 
2.
Вычислим
mR 2
ω.
2
кинетический
момент
диска
относительно
оси,
проходящей через мгновенный центр скоростей (рис. 2.13). Он равен
К р  I pω ,
где I p – момент инерции диска относительно оси, проходящей через мгновенный центр скоростей.
По теореме Гейгенса – Штейнера о моментах инерции тела относительно
параллельных осей I p  Ic  m(CP )2 
mR 2
3
 mR 2  mR2 .
2
2
3
Тогда K p  mR2 .
2
34
Задача 3
Трубка ОА вращается вокруг вертикальной оси Oz, внутри трубки
движется шарик М массой m. В начальный момент времени шарик находится от
оси z на расстоянии ОМ0  a , угловая скорость трубки равна ω0 .
Определить угловую скорость трубки в момент вылета шарика из трубки,
если момент инерции трубки относительно оси Oz равен I, длина трубки OA = l
(рис. 2.14).
Рис. 2.14 [15]
Рис. 2.15[15]
Решение
1. Выбираем систему тел так, чтобы неизвестные силы (силы трения
шарика о трубку, силы давления шарика на трубку) были внутренними, т. к.
внутренние силы в теорему не входят. В нашей задаче система тел состоит из
трубки с шариком (рис. 2.15).
2. Показываем внешние силы, действующие на систему: силы тяжести
 


шарика и трубки P1, P2 , реакции в подпятнике и в шарнире R , Ro .
o1
2
3. Поскольку трубка с шариком вращается вокруг оси z, то теорему об изменении кинетического момента применяем в проекции на ось Oz:
dK Z
 M Ze .
dt
4. Вычисляем момент внешних сил относительно оси z:


 
M Z ( P )  M ( P )  0 , т. к. P1 , Р2 параллельны оси Oz,
1
2 2
35
(2.30)
M z ( RO )  M z ( RO )  0 , т. к. RO , RO пересекают ось.
1
1
2
5.Тогда из (2.30) следует:
2
dK Z
 0,  K  const .
Z
dt
Вычислим КZ в произвольный момент времени:

K Z  K Zтр  mZ (mV абс ) ,
(2.31)
K Z тр  I Z ω ,
где IZ = I – момент инерции трубки относительно оси z,
 –угловая скорость трубки.
Шарик М совершает сложное движение, поэтому (рис. 2.18) по теореме
о сложении скоростей



mV  mVe  mV r ,
аб

где V
– абсолютная скорость шарика,
абс

Ve – переносная скорость,

Vr – относительная скорость.
По теореме Вариньона о моменте равнодействующей относительно оси Oz
имеем



тz (mV )  mz (mVe )  mz (mVr ) ,
абс

где mz (m V )  0 , т. к. V пересекает ось Oz.
1 1r
1r

)  mzV  OM , где V  ω  OM .
В результате получаем тz (m V
1 1абс
1е
1e

) в (2.31):
Подставим K Zтр и тz (m V
2 2 аб
K
Z
 I ω    OM 2  ( I  OM 2 ) .
Z
В начальный момент времени K Z   ( I  a2 ) , в момент вылета шарика
0
из трубки K Z   ( I  l 2 ) . Поскольку K z  const , то  ( I  a2 )   ( I  l 2 ) .
1
0
1
36
 (I  a2 )
Отсюда находим угловую скорость трубки:   0
.
1
I  l2
Задача 4
Шарик В, находящийся в сосуде с жидкостью и прикрепленный к концу
стержня АВ длиной l, приводится во вращение вокруг оси О1О2 с начальной
угловой скоростью ω0 . Сила сопротивления жидкости Rсопр  mω ,
где α  const – коэффициент пропорциональности,
m – масса шарика,
 – угловая скорость.
Определить, через какой промежуток времени угловая скорость вращения
уменьшится вдвое ( ω1 
ω0
) и число оборотов N, которое сделает стержень
2
с шариком за этот промежуток времени. Массу шарика считать сосредоточенной
в его центре, массой стержней пренебречь, схема представлена на рис. 2.16.
Рис. 2.16
Рис. 2.17
Решение
1.
Выбираем систему: стрежень с шариком.
2.


Покажем внешние силы (рис. 2.17): Р , силу сопротивления Rc , силу



Архимеда N , R01, R 02 – реакции подпятника и шарнира.
3.
Запишем дифференциальное уравнение вращательного движения
37
IZ
d
 M Ze .
dt
Вычислим момент внешних сил.




M z ( P)  0, Mz ( N )  0, т. к. P и N  Oz;




M z ( R01)  Mz ( R02 )  0, т. к. R01 и R02 пересекают Oz.
Момент сил при составлении дифференциального уравнения вращательного движения считается положительным в направлении вращения и отрица
тельным – против. Поэтому M Z ( Rc )   R  AB  ml .
Вычислим I Z . Поскольку массой стержня пренебрегаем, то I Z  ml 2 .
Подставим
ml 2
e
IZ , M Z
в
дифференциальное
уравнение
вращения:
d
 m и получаем
dt
d

 
dt
l
4.
(2.32)

Определим время Т, за которое угловая скорость   0 .
1 2
Уравнение (2.32) представляет дифференциальное уравнение 1-го порядка
0
с
разделяющимися
переменными.
0


 T
ln   2   t 0 . Отсюда ln 0   T
20
l
0
l
5.
Тогда
иT

2 d
0


T
dt
l 0
и
получаем
l
ln 2 .

Определим число оборотов, совершенное стержнем с шариком
за время Т.
За один оборот стержень повернется на угол 2 , а за N оборотов на угол
поворота   2N .
Применяем подстановку в уравнение (2.32):
d d d d d
d





.
dt
dt d d dt
d
Тогда уравнение (2.32) примет вид

d


   ; d   d .
d
l
l
38
Определим число оборотов N
0
2
 2N
 d   l  d .
0
0
0

l

 2N
Отсюда:  2    0 ,  0   2N и N  0 .
2
l
0
l
4
Задача 5
В задаче 4 определить закон вращения стержня (t ) при следующих
начальных условиях: t = 0,   0 ,    .
0
0
Решение
1.
Проинтегрируем дифференциальное уравнение (2.32):
 d
t
    l  dt .

0
0
Получаем


 t;

l
0
t
 e l .
0
ln
t
d
d
2.
Определим закон вращения. Поскольку  
, то
 0e l .
dt
dt

α t
t t
l
Разделим переменные и получим  d    e l dt . Отсюда   ω (1  e l ) .
0α
0
0
0
Рекомендуемые к самостоятельному решению задачи: 37.52; 37.50; 7.4.4
Рекомендации к задачам по теме
В задаче 37.52 систему тел следует выбрать так, чтобы неизвестные силы
(силы трения, силы давления между платформой и подошвой человека) были
внутренними. Затем вычислить момент внешних сил относительно оси вращения
Задачи из сборника: Мещерский И. В. Сборник задач по теоретической механике: учеб.
пособие / под ред. Н. В. Бутенина, А. И. Лурье, Д. Р. Меркина.. 36 изд., исправ. Москва : Наука.
Гл. Ред. физ.- мат. лит., 1986 и посл. 448 с.
4
39
и получить условие сохранения кинетического момента относительно оси
вращения.
В задаче 37.50 вычислить кинетический момент системы относительно оси
вращения и из условия сохранения кинетического момента относительно этой
оси определить скорость груза.
В задаче 37.4 записать дифференциальное уравнение вращения и из него
при известном угловом ускорении определить момент сил сопротивления.
40
3. ПРИНЦИП ДАЛАМБЕРА
Принцип Даламбера позволяет решать задачи динамики, как задачи
статики, поэтому сам метод называется кинетостатикой. Заключается он в том,
что к каждой точке системы, помимо действующих на нее сил, добавляют силу

инерции этой точки Ф к , равную произведению массы точки на ее ускорение
и направленную в сторону, противоположную ускорению:


Ф  m a
k
k k
(3.1)
Полученную систему сил (активных, реакций связей и сил инерции) рассматривают
как
уравновешенную,
составляют
необходимые
уравнения
равновесия.
Задача 1
Велосипедист описывает кривую радиусом 10 м со скоростью 5 м/с. Найти
угол наклона срединной плоскости велосипеда к вертикали, а также тот
наименьший коэффициент трения между шинами велосипеда и полотном
дороги, при котором будет обеспечена устойчивость велосипеда.
Решение
Рис. 3.1Схема сил, действующих на велосипед и велосипедиста [15]
Рассматривая велосипед с человеком как механическую систему, масса которой сосредоточена в точке, нарисуем расчетную схему к задаче (рис. 3.1). Здесь
АВ – плоскость велосипеда, в точке С сосредоточена масса системы. Силы,
41



действующие на систему: mg – вес, N – нормальная реакция поверхности, Fтр –
сила трения, препятствующая падению велосипеда.

Выберем естественную систему координат: касательная τ направлена по

скорости точки, главная нормаль n – к центру окружности, по которой движется

точка, бинормаль b направлена вниз.
Поскольку точка движется с постоянной по модулю скоростью, ее касательное ускорение равно нулю. Поэтому полное ускорение равно нормаль-ному
2
и определяется выражением ac  an  v , где R – радиус кривизны траектории.
R
Согласно принципу Даламбера прибавим к точке ее силу инерции, которая
v2
по модулю равна Ф  mac  m . Направлена сила инерции противоположно
R
направлению ускорения

  
mg , N , Fтр , Ф ~ 0.


(рис.
3.1).
Согласно
принципу
Даламбера
Выберем неподвижную систему координат xy с началом в точке А, как
показано на рис. 3.1. Составим уравнения равновесия системы сил
F  Fтр  Ф  0,
kx
(3.2)
F  N  mg  0,
k
y
(3.3)
ma  Ф  АС cos  mg  AC  sin   0.
Из последнего уравнения tg 
(3.4)
Ф V2

 0,255.
mg Rg
Следовательно, α  arctg0,255  14,3 .
Из (3.2) определяем значение Fтр в предельном случае Fтр  Ф 
mV 2
. По
R
закону Кулона наибольшее значение силы трения (для предельного случая)
( Fтр )max  fN , где f – коэффициент трения. Из (3.3) N = mg, поэтому
fN  fmg 
V2
55
mV 2

 0,255 .
, т. е. f 
gR 9,8  10
R
42
Это и есть наименьшее значение коэффициента трения между шинами
велосипеда и дорогой.
Задача 2
Груз весом P, подвешенный на невесомой и нерастяжимой нити длиной l,
отведен вместе с нитью в горизонтальное положение и отпущен без начальной
скорости. Определить натяжение нити в зависимости от угла поворота нити.
Решение
Рассматривая груз как материальную точку, покажем этот маятник
в произвольном положении (рис. 3.2), определяемом углом

 . Силы,

действующие на точку: активная сила P (вес точки) и реакция связи N .

Выбираем естественные оси: касательную  и

главную нормаль n .
Добавляем к точке силу инерции, представляя ее составляющими: нормальная
V2
dV
Фn  m
и касательная Ф  m .
l
dt
Рис. 3.2 Маятник [15]




Направлены Ф n и Ф  в стороны, противоположные a и an соответствен-
но. Составляем уравнения равновесия сил.
P cos  Ф  0
(3.5)
N  Фn  P sin   0
(3.6)
Из (3.4) находим N:
43
N  P sin  
mV 2
l
(3.7)
Для определения зависимости V() можно проинтегрировать (3.5)
m
dV  
 mg cos . По правилу дифференцирования сложной функции получим
dt
dV  d
dV
V
 g cos или
   g cos , где  
l
d  dt
d
Окончательно:
– угловая скорость нити.
dV V
 g cos  d .
l

V
0 VdV  gl 0 cosd ,
откуда
V2
 gl sin 
2
(3.8)
Подставив (3.8) в (3.7), получим N  P sin   2P sin   3P sin .
Задача 3
Тонкий прямоугольный однородный стержень длинной l и массой М
вращается с постоянной угловой скоростью ω около неподвижной точки О
(шарнир), описывая коническую поверхность с осью ОА и вершиной в точке О.
Вычислить угол отклонения стержня от вертикального направления, а также
величину N давления стержня на шарнир О.
44
Рис. 3.3 Вращающийся стержень [15]
Выберем систему координат xy, расположенную в плоскости оси АВ
и стержня, с началом в шарнире О.
Поскольку угловая скорость стержня постоянная, каждая точка стержня
имеет только нормальное ускорение, направленное к оси вращения. Соответственно,
сила
инерции
распределенной
нагрузки
направлена
от
представляет
оси
вращения.
собой
График
треугольник.
этой
Систему
параллельных сил инерции можно заменить равнодействующей R Ф , равной их
сумме
и
приложенной
в цент-ре
тяжести
графика
нагрузки.
Модуль
равнодействующей можно вычислить как систему элементарных сил инерции,
приходящихся на элементарный участок стержня, или, что проще, вычислить
модуль главного вектора сил инерции по известной формуле
R Ф  Mac ,
где ac – ускорение центра масс системы (модули равнодействующей системы
сил и главного вектора этой же системы одинаковые).
Поскольку ac 
l
sin    2 , то
2
RФ  M
45
l
sin    2
2
(3.9)
Как известно, центр тяжести треугольника лежит на пересечении медиан
и делит эти медианы в отношении 2:1. Поэтому линия действия равнодействую2
3
щей проходит через точку Е, для которой OE  l .
Составим уравнения равновесия плоской системы сил P, RФ , N x , N y  ~0
 

Fkx  0,
N x  R ф  0,
(3.10)
F  0,
ky
N y  P  0.
(3.11)
m0  0,
RФ
2
l
l cos α  P sin α  0
3
2
Подставляя (3.9) в (3.12), получим
Откуда cos 

(3.12)
Ml2 sin  2l cos Mgl sin 

 0.
2
3
2
3g
3g
,   arccos
.
2
2
2 l
2 l
Ф
Из (3.11) находим N y  P  Mg . Из (3.10) N x   R  
Ml sin    2
,
2
9g 2
2
l 2 sin 2   4
2
2
sin


1

, где
.
N  N x  N y  Mg 1 
44 l 2
4g 2
Окончательно   arccos
3g
M 7 2 2 4
. N
g l ω .
2
2
4
2 l
Задача 4
Механическая система состоит из трех тел: груза весом P1 , блока весом P2
и катка весом P3 . Груз, опускаясь, приводит в движение блок и каток, последний
катится без скольжения по наклонной плоскости, образующей угол α с горизонтом. Считая блок и каток однородными дисками, определить:
1) ускорение груза;
2) реакции опорных связей;
3) натяжения нитей.
46
Изобразим на рис. 3.5 груз 1. На него действуют сила тяжести P1 и натяже
ние нити T1 . Груз совершает поступательное движение. Силы инерции точек
твердого тела при поступательном движении приводятся к равнодействующей,
приложенной в центре масс тела и направленной противоположно его

ускорению. Равнодействующая сил инерции Ф1 показана на рис. 3.5. По модулю
она равна
Ф1  m1 a1 
P1
a1
g
(3.13)
Выберем ось y, как показано на рис. 3.5, и составим уравнение
равновесия сил:
P
F  T1  Ф1  P1  0, T1  1 a1  P1  0
ky
g
Рис. 3.4 Механическая система [15]
(3.14)
Рис. 3.5 Груз

Рассмотрим тело 2, представленное на рис. 3.6. На него действуют: вес P2 ,





реакция шарнира N 2 =N 2 x i + N 2 x j , натяжения нитей T1 и T2 .
Поскольку блок вращается вокруг оси, проходящей через центр масс a0  0 ,
то силы инерции приводятся к главному моменту сил инерции M 2Ф , который
и показываем на рис. 3.6, направлен главный момент в сторону, противоположную угловому ускорению тела. Модуль главного момента сил инерции
определяем по формуле
M 2Ф  J 2  2
47
(3.15)
a1
P2 R22
Поскольку тело 2 – диск, J 2 
, где R2 – радиус диска.  2 
,
R2
2g
2
ф P2 R2 a1
M
поэтому 2 
.
2g
Рис. 3.6 [15]
Рис. 3.7[15]
Выберем неподвижные оси координат x y, как показано на рис. 3.6
и составим уравнение равновесия плоской системы сил.
 F  0,
kx
N 2 x  T2 cos   0
(3.16)
 F  0,
ky
N 2 y  P2  T1  0
(3.17)
 M  0 , T1  R2  T2  R2  M 2  0
(3.18)
Ф
0
(T1  T2 ) R2 
P2 R2 a1
 0,
2g
T1  T2 
P2 a1
 0.
2g

Каток совершает плоское движение. Силы, действующие на него: вес P3 , нор

мальная реакция наклонной поверхности N 3 , сила трения Fтр , натяжения нити T2.
Силы инерции при плоском движении приводятся к главному вектору,
приложенному в центре масс тела, и главному моменту, которые определяются
выражениями:
Ф  Mac
M ZФc  J zc 


Направлены Ф и M zФc противоположно a c и  соответственно.
48
(3.19)
(3.20)
Силы инерции точек катка при приведении их к центру масс – точке С:
a
P3
Ф MФ  J 
1 , поскольку Vc  V A ,
M
a

и
,
где
Ф3 
ac
c
c
3
3 3
2
2
g
V A  V1 ;
d  V1  a1
P3 R32

 

ε



J3 
3
, 3
.
dt  2 R3  2 R3
2g
Окончательно: Ф 3 
P3 a1
P3 R3a1
Ф
, M3 
.
2g
4g
Выберем оси координат х1 и y1 с началом в точке С, как показано на
рис. 3.7. Составим уравнения равновесия сил, действующих на каток:
 Fkx 1  0, T2  Fтр  P3 sin   Ф 3  0,
T2  Fтр  P3 sin  
P3 a1
 0.
2g
N3  P3 cos   0
 Fkx1  0,
(3.21)
(3.22)
 mc  0 T2 R3  Fтр  R3  M 3Ф  0,
T  F R  P a R  0,
3 1
2
тр
3
T2  Fтр 
3
4g
(3.23)
P3 a1
 0.
4g
Итак, получено семь уравнений – (3.14), (3.16)–(3.18), (3.21)–(3.23) с семью
неизвестными: T1 , a1 , N 2 x , N 2 y , T2 , Fтр , N 3 , которые легко определяются.
Например, сложив (3.21) и (3.23), получим
P3 a1 P3 a1

 0,
2g
4g
P
3 P3 a1
T2  3 sin  
.
2
8 g
2T  P3 sin  
Подставив T2 в (3.18), получим
T1 
P3
3 P3 a1 P2 a1
sin  

 0,
2
8 g
2g
3P 
P
P
T1   2  3 a1  3 sin .
2
 2 g 8g 
49
Выразив T1 из (3.18), приравняем правые части уравнений:
T1  P1 
3P P 
P
P
P1
a1 ,  2  3  1 a1   3 sin   P1 .
g
g
2
 2 g 8g
После преобразований получим a1 
2 P1  P3 sin 
.
3
P2  P3  2 P1
4
Если в задаче требуется определить только a1, то проще использовать
теорему об изменении кинетической энергии, общее уравнение динамики или
составить уравнение Лагранжа 2-го рода.
Для освоения метода кинетостатики рекомендуем решить задачи 41.15, 41.16,
41.17, 41.19 из Сборника задач по теоретической механике под редакцией И.В.
Мещерского5.
Задачи из сборника: Мещерский И. В. Сборник задач по теоретической механике: учеб.
пособие / под ред. Н. В. Бутенина, А. И. Лурье, Д. Р. Меркина.. 36 изд., исправ. Москва : Наука.
Гл. Ред. физ.- мат. лит., 1986 и посл. 448 с.
5
50
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК
1.
Митюшов Е.А. Теоретическая механика: учебник для студентов
вузов, обучающихся по машиностроительным направлениям и специальностям /
Е. А. Митюшов, С. А. Берестова. - М.: Academia, 2006. – 320 с.
2.
Теоретическая механика в примерах и задачах. Под ред. Е.А.
Митюшова. М.: Academia, 2012. - 176 ISBN 5-7695-4629-7.
3.
Бутенин Н. В. Курс теоретической механики / Н. В. Бутенин, Я. Л.
Лунц, Д. Р. Меркин. Т.1,2. М., 1970, 1971 и последующие издания.
4.
Добронравов В.В. Курс теоретической механики / В.В. Добронравов,
Н. Н. Никитин, А. Л. Дворников. М., 1966 и последующие издания.
5.
Тарг С. М. Краткий курс теоретической механики / С. М. Тарг. М.,
1963 и последующие издания.
6.
Яблонский А. А. Курс теоретической механики / А. А. Яблонский, В.
М. Никифорова. Ч. 1. М., 1962 и последующие издания.
7.
Яблонский А. А. Курс теоретической механики / А. А. Яблонский.
Ч. 2. М.,1962 и последующие издания.
8.
Мещерский И. В. Сборник задач по теоретической механике / И. В.
Мещерский М., 1952 и последующие издания.
9.
Бать М. И. Теоретическая механика в примерах и задачах / М. И.
Бать,Г. Ю. Джанелидзе, А. С. Кельзон. Ч. 1, 2. М., 1961 и последующие издания.
10.
Денисов Ю. В. Статика: уч. пособ. / Ю. В. Денисов, Н. А. Клинских,
В. М. Соколов. Свердловск: УПИ, 1982.
11.
Денисов Ю.В. Теоретическая механика. Динамика (дополнительные
главы): уч. пособ. / Ю. В. Денисов, Н. А. Клинских, В. М. Соколов. Свердловск:
УПИ, 1979.
12.
Денисов Ю. В. Аналитическая механика: уч. пособ. / Ю. В. Денисов,
Н. А. Клинских. Екатеринбург: УГТУ, 1999.
13.
Соколов В. М. Теоретическая механика. Динамика: уч. пособ.
/В.М.Соколов. Свердловск: УПИ, 1981.
14. Митюшов Е.А. Теоретическая механика: учебник / Е.А.Митюшов,
С.А. Берестова. – 2-е изд., перераб. – М.: Издательский центр «Академия»,
2011. – 320 с. – (Сер. Бакалавриат).
15. Берестова С.А. Теоретическая механика в примерах и задачах.
Динамика: учеб. пособие / С.А.Берестова, Н.А.Клинских, А.А. Мироненко, Е.А.
Митюшов. Екатеринбург:ризография НИЧ УРГУ–УПИ, 2010,143 с.
Электронный образовательный текстовый ресурс
Александр Александрович Мироненко
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ДИНАМИКИ
Подготовка к публикации А. А. Жиленко
Компьютерная верстка
А. В. Ерофеевой
Одобрено Методическим советом
Разрешен к публикации 27.03.2019
Электронный формат – pdf
Объем 2,0 уч.-изд. л.
620002, Екатеринбург, ул. Мира, 19
Информационный портал УрФУ
http://www.urfu.ru
ЦНОТ ИТОО