КИЇВСЬКИЙ УНІВЕРСИТЕТ ЕКОНОМІКИ І ТЕХНОЛОГІЙ ТРАНСПОРТУ

Кафедра теоретичної і прикладної механіки

Л.Г.Лобас, Людм. Г. Лобас, в. В. Ковальчук контрольні роботи з теоретичної механіки Частина 3. Динаміка

Зразки виконання і варіанти завдань

Д

Київ 2005

ля студентів спеціальностей “Рухомий склад та спеціальна техніка залізничного транспорту”, “Залізничні споруди та колійне господарство”, “Електричний транспорт”

Київський університет еко«о»якв і технологій транспорту

УДК 531.011

Наведено варіанти завдань контрольних робіт з теоретичної механіки (розділ “Динаміка”) і зразки їхнього виконання. Розглянуто та затверджено на засіданні кафедри (протокол № 4 від 26 жовтня 2004 року) та на засіданні навчально-методичної комісії факультету ІРСЗТ (протокол № 2 від 29 жовтня 2004 року). Призначено для студентів спеціальностей “Рухомий склад та спеціальна техніка залізничного транспорту”, “Залізничні споруди та колійне господарство”, “Електричний транспорт”.

Укладачі: доктор фізико-математичних наук, професор, дійсний член Нью-Йоркської академії наук, член-кореспондент ТАУ Л. Г. Лобас кандидат фізико-математичних наук, доцент Людм. Г. Лобас кандидат фізико-математичних наук, доцент В. В. Ковальчук

Рецензенти: кандидат технічних наук, доцент Н. С. Брайковська (КУЕТТ) доктор фізико-математичних наук, провідний науковий співробітник Інституту механіки ім. С. П. Тимошенка НАНУ Н. В. Нікітіна

і

Зміст

Р 4

■ но г [ь .«шм 5

у 7

= 0, 8

І/=0 М =0, 8

У„ 10

Р 20

= 0, 61

с, =400—, с₂ =2000—, / = їм. см рад 57

л ^н , ^н 59

, Н , 64

Р

З

Вступ

Задачі для контрольних робіт з динаміки підібрано таким чином, щоб охопити найбільш показові теми цієї частини теоретичної механіки, які, до того ж, мають застосування при вивченні (на старших курсах) спеціальних дисциплін. їх розв'язання вимагає знання фундаментальних положень, в першу чергу, вищої математики, без яких теоретична механіка не сформувалась би як наука. В цьому плані теоретичну механіку можна розглядати як один із розділів прикладної математики з інженерним акцентом.

Перед розв’язуванням задач студент повинен досконально оволодіти відповідним теоретичним матеріалом, а також ознайомитись із зразком виконання кожного із завдань.

Номери варіантів для студентів установлюються безпосередньо викладачем.

У

и

Рисунок I I

Завдання д-1. Знаходження закону руху матеріальної точки, яка перебуває під дією постійних сил

Перед виконанням цього завдання слід ознайомитись зі змістом розділу 20 “Вступ до динаміки матеріальної точки” посібників [2], а також із наведеним

% - ^", *■* -.

нижче зразком.

/. / Зразок виконання завдання

Мотоцикл з мотоциклістом (які ми приймаємо за матеріальну точку) в точці А стоять нерухомо: У_А =0. Під дією сили тяги #=4^, Т⁷ = соШ = 2 кН, мотоцикл рухається на підйом і протягом часу т проходить ділянку (АВ) довжиною / = 50м, яка складає кут а = 30° з горизонтом (рис. 1.1). Набувши в точці В швидкості У_вшіУІ₉ мотоцикл відривається від поверхні землі і перелітає через рів шириною */=Чм, знаходячись у повітрі час І Він приземлюється в точці С зі швидкістю У_с. При розв’язуванні задачі силами опору рухові знехтувати. Знайти масу т мотоцикла з мотоциклістом, час Т польоту і швидкість У_с, якщо А = 2м.

Отже, відомо: У_А = 0, F = 2кH, / = 50м, а = 30\ */ = 4м, й = 2м.

■ но г [ь .«шм

Знайти т, Т і У_с.

Розв’язання. Перший етап - рух по ділянці (АВ). Точка М (якою ми моделюємо мотоцикл з мотоциклістом) є невільною, в’яззю для неї є похила площина. У випадку шорстких поверхонь рух одного тіла по поверхні іншого супроводжується або тертям ковзання, або тертям кочення, або тертям вертіння

і див. [3,4] глава 9).

Розкладемо силу ваги Р точки М (рис. 1.2) на дві складові (компоненти)

(5 і 5: Р = <5, + 5, Р = mg, (5 = —у,С?, 5 = -/,5, О = ю^соБа, 5 = т^БІпа.

Тут і\> 1\ ~ °Р^ТИ осей Лх₁₉ Ау_у; # - прискорення сили ваги, тобто прискорення вільного падіння тіл у пустоті відносно Землі поблизу її поверхні.

Б уквою g позначимо прискорення земного тяжіння, тобто прискорення

у

**4 того ж падаючого в пустоті тіла (точніше, матеріальної точки), однак відносно системи координат з початком у центрі мас Землі і з нерухомими осями існує залежність % = q -со²/?созф, тобто g<q. Тут со - Рисунок 1.2 кутова швидкість Землі, яка

приймається за однорідну кулю, Л- радіус Землі, ер - широта місця. На

географічному полюсі ф = —, тому # = <7 = 9.83-“-. На екваторі ф = 0, тому

2. с

• = 9.78—-. На широті 45° маємо £ = 9.81-—-. с с

На рис. 1.2 N - нормальна реакція площини, Т - сила тертя. При

виконанні цієї РГР студент може зустріти ситуацію, коли в деяких задачах

точка М моделює лижника або камінь. При русі таких тіл виникає тертя

ковзання. Тоді Т = = /С = fmgcoш> де / - динамічний коефіцієнт тертя

ковзання [3, 4].

/

У випадку мотоцикла з мотоциклістом Г =—б, де /_к - коефіцієнт тертя

г

кочення, г - радіус колеса мотоцикла. Оскільки --«1, тертям кочення в

г?

задачах, подібних до нашої, звичайно нехтують.

На підставі рівності (20.22) із [2] і зроблених припущень (нехтування силами опору рухові, моделювання тіла точкою) рух мотоцикла з мотоциклістом описується рівнянням

тїї = Р + Є + $ + N. (1.1)

Тут й = /,*,, N = у,N. Спроектувавши векторну рівність (1.1) на вісь Ау_х> одержимо скалярну рірність N -Є = 0, з якої випливає співвідношення N -Є. Воно інтуїтивно очевидне і вже використовувалось вище. Спроектуємо векторну рівність (1.1) на вісь Ах₁:

тх_х = і⁷ - mg БІпа.

З

(1.2)

відси

^х\ = ^Біпа

т

Абсциса лг, = х_} (/) точки М (рис. 1.2) є розв’язком звичайного диференціального рівняння другого порядку з відомою (причому постійною) правою частиною. Крім того, цей розв’язок повинен задовольняти початкові умови:

= 0,

І

(1.3)

/=0 М =0,

і/=о

оскільки за умовою задачі рух мотоцикла з мотоциклістом починається зі стану спокою. Отже, необхідно розв’язати задачу Коші (1.2) - (1.3). З точки зору механіки маємо обернену задачу динаміки (§ 20.5 із [2]). Диференціальне рівняння (1.2) допускає пониження порядку і розв’язується послідовними інтегруваннями:

& Р . ,. (Р . ^ ,

• ~ ЯБіпа, ах, = 2Б\па \ш.

А т \т ⁶ )

Ми прийшли до Диференціального рівняння першого порядку відносно і, з розділеними змінними. Його загальним розв’язком € функція

—

dx,=

dt

-gsina І/ + С, т

і інтегруємо:

*' ⁼(~~£^8іпсх]у ^{+ с}і' ^{+ с}2- <¹⁴)

Функція (1.4) є загальним розв’язком диференціального рівняння (1.2). Для сталих інтегрування С, і С₂ на підставі початкових умов (1.3) дістаємо значення:

С, =0, С_г = 0.

Отже, частинний розв’язок диференціального рівняння (1.2) має вигляд:

F

,2

V

-^іпаїу. (1.5)

Скористаємось кінцевими умовами руху мотоцикла з мотоциклістом по прямолінійній ділянці (АВ):

в

(1.6)

(1.7)

•

Вираз (1.5) для функції х,(/) і умови (1.6) приводять до рівностей:

V_B = usinait.

о • , УА

З них випливає залежність / = -^s—, звідки

2

21

^Т = 7Г- (1-8)

У„

Перейдемо до другого етапу руху мотоцикла з мотоциклістом - вільного польоту. Траєкторію (ВС) точки М на рис. 1.1 відмічено штрихом. Координати точки в цьому русі відносно системи координат Вху позначимо х і у.

Диференціальне рівняння руху точки М на підставі рівності (20.2) із [2] має тепер вигляд:

тїї = Р. (1.9)

Тут Итїіх + ЇУі Р = -jmg. Спроектувавши векторну рівність (1.9) на осі системи координат Вху, одержимо систему диференціальних рівнянь руху матеріальної точки в координатній формі. її структура визначається рівностями (20. 12) із [2]:

.|х = 0, (1.10)

ІУ = -£- (М|)

Рівняння (1.11) свідчить про те, що в напрямку осі Вх точка М рухається рівномірно (вздовж цієї осі ніякі сили не діють). Вздовж осі Ву діє сила ваги Р, тому рівняння руху точки М вздовж цієї осі збігається з диференціальним рівнянням вільно падаючого тіла.

Система диференціальних рівнянь руху точки М (мотоцикла з мотоциклістом) після відриву від ділянки (АВ) похилої площини розпадається на два самостійні диференціальні рівняння (приємна і вельми бажана ситуація), інтегрування яких проводиться незалежно одне від о»дного. Опускаючи деталі (вони такі ж, як і при інтегруванні диференціального рівняння (1.2)), спочатку понижуємо порядок кожного з рівнянь (1.10) і (1.11) жа одиницю, а потім - ще на одиницю. Отже, в результаті послідовного інтегрування рівнянь (1.10) і (1.10) дістаємо:

х = Л,, у=-& + В,; (1.12)

х= А,1 + А₂, у =-^-+В^ + В₂.. (1-13)

Тут А,, А₂ і В,, В_г - довільні постійні інтегрування. Рівностями (1.11) визначаються загальні розв’язки диференціальних рівнянь (1.10) і (1.11).

Початкові умови для етапу вільного польоту мо тоцикла з мотоциклістом формуються з тієї обставини, що в точці відриву В швидкість руху була такою:

У_в =і,У_в-іУв соза + ]У_в8Іпа = іх:+/у.

Швидкість У_в точки В є кінцевою для руху по ділянці (АВ) і початковою для етапу польоту. Отже,

= 0, ' .'І =0,

(1.14) ^U (1.15)

_Іш0 ~ ^ув cosa; ^>L^=KeSina.

Підпорядковуючи загальний розв’язок (1.13) диференціальних рівнянь (1.10) і (1.11) початковим умовам (1.14) і (1.15), для постійних інтегрування дістаємо вирази А_х = V_B cosa, А₂ =0; В, = V_B sina, В₂ = 0.

Звідси частинні розв’язки диференціальних рівнянь (1.10) і (1.11) мають, відповідно, вигляд:

x = y_Bcosat, (116)

y=~t² t^sina-r. (1.17)

Наведемо частинні випадки. Якщо a = 0, то * = V_Bt_y х-У_в, y = у = -gt.

У випадку У_в = 0 приходимо до відомого зі шкільного курсу фізики закону вільного падіння: х = 0, у = ~ » У ~ > тобто

ÿ=--t. ‘ (1.18) т

. * Ft² ‘

Така ж закономірність випливає з рівності (1.5). При а = 0 маємо: *, = ,

2т

звідки

= (1.19)

т

Формули (1.18) і (1.19) свідчать про те, що швидкість точки, яка перебуває під дією постійних сил, лінійно залежить від часу і модуля сили. Це - елементарний факт, породжений другим законом дшаміки. І все ж подібні переходи від загального до часткового корисні саме тим, що дають додаткову можливість перевірки істинності загальних результатів.

З точки зору кінематики [3,5] рівняннями (1.16) і (1.17) даються одночасно

і закон руху точки М, і параметричні рівняння її траєкторії. Щоб дістати її рівняння в декартових координатах, виключимо з двох рівностей (1.16), (1.17) час /.3(1.16) маємо

х

(1.20)

Г =

Рдсо$ос

Підставивши вираз (1.20) для / в рівняння (1.17), одержуємо

.2

+

(1.21)

_у = -

Х tg а,

IV] соб а

тобто траєкторією точки М в системі декартових прямокутних координат Вху

(рис. 1.1) є квадратна парабола. Знак мінус перед х² в (1.21) показує, що гілки параболи спрямовані вниз (рис. 1.3). Точка V, що почала рухатись з початковою швидкістю У_в під кутом а до горизонту, може моделювати не тільки мотоцикл з мотоциклістом, а й, наприклад, снаряд, випущений з гармати. В пустоті снаряд летить по параболі, з урахуванням опору повітря одержуємо криву, що лежить нижче параболи і має вертикальну асимптоту.

Подамо праву частину рівняння (1.21) так:

8^х

1-

tg а.

у = х\

К/зіп2а_х

Звідси випливає, що парабола перетинає вісь абсцис в точках х = 0 і х = дг., де

V}

_ ^г В

зіп2а (рис. 1.3).

X. =

8

Максимум квадратного трьохчлена, що стоїть в правій частині рівняння (1.21),

можна знайти, виділивши повний квадрат у ньому:

X,

х -

>' = -

2)

або методами диференціального числення:

її

і- 8^х . п КІзіп2а х,

У = - —2 ₂ += 0 => х =

У

'²ьт²- і 2#

в сов² а 2 g 2

_у\ У„ віп а

^уи=>^,»=-^д

З рис. 1.1 видно, що точка С приземлення мотоцикла з мотоциклістом має координати: х = сІ, у = -И. Час польоту дорівнює Т. Тому з рівнянь (1.16) і (1.17) дістаємо

сі = У_ВТ сова, (1-22)

• А = “Г² + У_ВТ віпа. (1.23)

Оскільки

Іг ^

М (1.24)

Т сова

то

, %Т^г

й = «_-Л_Яа. (1.25)

Звідси

Т= -(fг + dtga). (1.26)

І*

Шукану масу т знаходимо з першого рівняння (1.7):

^т=2 • ^(К27)

-г- + §зіпа т

Для визначення швидкості точки С з (1.16) і (1.17) маємо: х = У_в сова, у = -& + У_в віл а,

У_с=іх_с+]у_с, у_с =y\^_T=-gT + У_в$іпа,

У_С=Ш+Ус- І (1-28)

Таким чином, невідомі величини знаходяться в наступній послідовності: Т (із формули (1.26)), У_в (із формули (1.24)), т (із формули (1.8)), т (із формули (1.27)), У_с (із формули (1.28)):

Т = 0.937с, =4.93-, т = 104.9с, т = 400кг, х_с =4.269-, у_с=-6.727-,

с . с , с

У_с = 7.97-, с