7.5. Теорема для точки

Теорема. Изменение кинетической энергии точки при ее перемещении из первого положения во второе равно сумме работ всех сил, действующих на нее, на этом перемещении:

(7.18)

Доказательство. Запишем основное уравнение динамики для материальной точки M c массой m, движущейся под действием силы F:

ma = F.

Применив вторую подстановку a = (vdv/dr), и умножив обе части на dr, получим:

m(vdv) = Fdr,

откуда, внося v под знак дифференциала, получим теорему в форме дифференциалов:

d(mv²/2) = A(F). (7.19)

Поделив последнее соотношение на dt , получим дифференциальную форму теоремы:

(7.20)

,

а, проинтегрировав (7.19), придем к интегральной форме теоремы в виде соотношения (7.18).

7.6. Теорема для системы

Теорема. Изменение кинетической энергии системы при ее перемещении из первого положения во второе равно сумме работ всех внешних и внутренних сил на перемещениях точек их приложения:

T₂ – T₁ = A₁₂^(e) + A₁₂⁽ⁱ⁾. (7.21)

Доказательство. Записывая формулы (7.19) и (7.20) для i-ой точки системы и суммируя, получим соотношения:

dT = A^(e) + A⁽ⁱ⁾, (7.22)

dT/dt = N^(e) + N⁽ⁱ⁾, (7.23)

а, интегрируя (7.22), придем к (7.21). Теорема доказана.

Пример 7.2. Однородный стержень AB длиной l опускается под действием собственного веса, скользя концами по идеально гладким поверхностям. Найти скорость, которую будет иметь точка A стержня при его падении, если в данный момент времени она равняется v_A (рис. 7.6).

Решение. Рассмотрим два состояния системы: первое – (1), где стержень находится под углом 30º к вертикали и второе – (2), которое горизонтально расположенный стержень занимает в момент падения.

Воспользуемся формулой (7.21), которая с учетом теоремы из §7.4.1. примет вид:

T₂ – T₁ = A₁₂^(e). (а)

Кинетическую энергию системы в первом положении системы находим по формуле (7.7):

T = (1/2)Mv_c² + (1/2)J_c² . (б)

Из треугольника ACP_AB находим: CP_AB = AP_AB , поэтому v_C = v_A . Подставляя в (б) _AB = v_A/AP_AB = 2v_A/l и J_c = Ml²/12, получим:

T₁ = (1/2)Mv_A² + (1/2)(Ml²/12)(2v_A/l)² = (2/3)Mv_A².

Во втором положении системы стержень участвует во вращательном движении относительно точки B, совпадающей с МЦС, поэтому его кинетическую энергию можно найти по формуле (7.6), которая с учетом (4.14) и _AB = v_A/l примет вид:

T₂ = (1/2)J_z_AB² = (1/2) (Ml²/3) (v_A/l)² = (1/6)M v_A². (в)

При перемещении стержня из первого положения во второе реакции N_A и N_B остаются перпендикулярными к перемещениям точек A и B соответственно, поэтому работу совершит только вес стержня:

_

A₁₂^(e) = A₁₂^(e)(P) = P(l/2)cos30º = Mgl(√3/4).

Подставляя в (а), получим:

_

(1/6)M v_A¢² – (2/3)Mv_A² = Mgl(√3/4),

_

v_A¢² = 4v_A² + (3√3/2) gl,

откуда:

v_A¢ =

Ответ: v_A¢ = 

Примечания:

1. Теорема об изменении кинетической энергии системы основана на применении второй подстановки при интегрировании ДУ движения: a = vdv/dr .

2. Теорема позволяет найти скорости точек системы, если известны их перемещения, и задана нагрузка.

3. Теорема позволяет определить потерю механической энергии системы, если известны скорости точек в двух состояниях системы.

4. Если на систему действует постоянная нагрузка, теорема позволяет определить зависимость v_A = v_A(s_A) а также ускорение груза A.

Пример 7.3. Определить работу сил трения при торможении тележки в примере 5.1 (стр.38).

Решение. Рассмотрим два состояния системы: первое – до начала торможения тележки, второе – после его окончания:

T₁ = T₁^(пл) + T₁^(тел) = (1/2) Mv₀² + (1/2) m(v₀ + u₀)²,

T₂ = T₂^(пл) + T₂^(тел) = (1/2) (M + m) v²,

где

v = v₀ + mu₀/(M + m) (а)

– скорость платформы после торможения тележки, найденная в примере 5.1 с помощью теоремы об изменении количества движения системы.

Работа внешних сил, приложенных к системе, равна нулю, поэтому из (7.21) следует, что работа сил трения равна изменению кинетической энергии системы:

A₁₂⁽ⁱ⁾ = T₂ – T₁ = (1/2)(M + m)v² – (1/2)Mv₀² – (1/2)m(v₀ + u₀)²,

откуда, подставляя (а), получим:

A₁₂⁽ⁱ⁾ = (1/2)(M + m)[v₀ + mu₀/(M + m)]² – (1/2)Mv₀² – (1/2)mv₀² – (1/2)mu₀² – mv₀u₀ =

= – (mM)u₀²/2(M + m).

Ответ: A₁₂⁽ⁱ⁾ = – (mM)u₀²/2(M + m). 

Пример 7.4. Найти ускорение тела A, принимая барабан B за однородный цилиндр и полагая m_A = m_B (рис. 7.7, а).

Решение: Груз A движется под действием постоянной силы P_A с постоянным ускорением, которое не зависит от начальной скорости, и которую можно считать равной нулю.

Рассмотрим два состояния системы: первое – в состоянии покоя, для которого T₁ = 0, и второе – текущее, соответствующее смещению груза A на величину s_A от первоначального положения (рис.  7.7, б), для которого

T₂ = T = T^A + T^B = (1/2)m_Av_A² + (1/2)(m_BR²/2)(v_A/R)² = (3/4)mv_A² .

Подставляя T₂ в (7.21) вместе с работой силы P_A , придем к соотношению:

(3/4)mv_A² = mgs_A ,

продифференцировав которое, получим:

(3/2)v_Aa_A = v_Ag ,

откуда a_A = (2/3)g.

Ответ: a_A = (2/3)g. 

Пример 7.5. Система, состоящая из трех тел A, B и C одинаковой массы приходит в движение из состояния покоя. Принимая B и C за однородные цилиндры, определить:

– какую скорость приобретет груз A , пройдя расстояние S_A,

– ускорение тела A (рис. 7.8).

Решение. Прикладываем к системе внешние активные силы (P_A, P_B, P_C) и реакции отброшенных связей (N_BX, N_BY , N_C , F_C) , где F_C – сила трения, приложенная к катку C.

Воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии системы (7.21):

T₂ – T₁ = A₁₂^(e) + A₁₂⁽ⁱ⁾, (а)

выбрав в качестве первого состояния – состояние покоя, а в качестве второго – текущее состояние, соответствующее смещению груза A на расстояние s_A .

По условию задачи T₁ = 0, а

T₂ = T_A + T_B + T_C = (1/2)m_Av_A² + (1/2)J_Bω_B² + (3/4)m_Cv_C² .

Подставляя сюда

ω_B = (v_B /R_B) = (v_A /R_B),

J_B = (m_B R_B²)/2 и (б)

v_C = v_C /2 = v_A /2,

и обозначая m_A = m_B = m_C = m, получим:

T₂ = (15/16) m v_A². (в)

Переходя к вычислению работы сил, отметим, что

A₁₂^(e)(N_C , F_C) = 0. (г)

В самом деле, точка P, в которой приложены силы N_C и F_C является мгновенным центром скоростей диска C, то есть

A₁₂^(e)(N_C , F_C) = N_C r_P + F_Cr_P = (N_C + F_C) v_Pdt = 0,

откуда и следует (г). Итак, справедливо следующее утверждение:

Работа сил, приложенных в точке, являющейся мгновенным центром скоростей, равна нулю.

Работа сил P_B, N_BY и N_BX равна нулю, поскольку перемещения точек их приложения равны нулю, и таким образом, работу будут совершать только силы P_A и P_C:

A₁₂^(e) = A₁₂^(e)(P_A, P_C) = P_A s_A – P_C s_C sinα. (д)

Чтобы выразить s_C через s_A , воспользуемся соотношением (б), проинтегрировав которое, получим:

s_C = s_C /2 = s_A /2,

откуда (д) примет вид:

A₁₂^(e) = A₁₂^(e)(P_A, P_C) = P_A s_A – P_C s_C sinα = mgs_A(1 – 0,5sinα). (е)

Подставляя (в) и (е) в (а), получим:

(15/16) v_A² = gs_A(1 – 0,5sinα), (ж)

откуда придем к искомой зависимости:

___________________

v_A = (16/15) gs_A(1 – 0,5sinα),

и чтобы найти ответ, остается положить в последнем выражении s_A = S_A .

Дифференцируя (ж), получим:

(15/8) v_A a_A = gv_A (1 – 0,5sinα),

a_A = (8/15)(1 – 0,5sinα)g.

___________________

Ответ: v_A =  (16/15) gS_A(1 – 0,5sinα), a_A = (8/15)(1 – 0,5sinα)g. 

Примечание:

При выполнении студентами самостоятельной проектировочной работы на эту тему следует обратить внимание, что величина найденного ими ускорения тела A не должна, по определению, превышать величину ускорения свободного падения.