Задачи динамики для свободной и несвободной мате­риальной точки.

Для свободной материальной точки задачами дина­мики являются следующие:

1) зная закон движения точки, определить действующую на нее силу (первая задача динамики);

2) зная дей­ствующие на точку силы, определить закон движения точки (вторая или основная задача динамики).

Решаются обе эти задачи с помощью уравнений, вы­ражающих основной закон динамики, так как эти уравнения связывают ускорение т.е. величину, характеризующую движение точки, и действующие на нее силы.

В технике часто приходится сталкиваться с изучением несвобод­ного движения точки, т.е. со случаями, когда точка, благодаря на­ложенным на нее связям, вынуждена двигаться по заданной неподвиж­ной поверхности или кривой.

Несвободной материальной точкой называется точка, свобода движения которой ограничена.

Тела, ограничивающие свободу движения точки, называются связями.

Пусть связь представляет собой поверхность какого-либо тела, по которой движется точка. Тогда координаты точки должны удовлетворять уравнению этой поверхности, которое называется уравнением связи.

f(x,y,z)=0

Если точка вынуждена двигаться по некоторой линии, то уравнениями связи являются уравнения этой лини.

.

Таким образом, движение несвободной материальной точки зависит не только от приложенных к ней активных сил и начальных условий, но так же от имеющихся связей. При этом значения начальных параметров должны удовлетворять уравнениям связей.

Связи бывают двухсторонние или удерживающие и односторонние или неудерживающие.

Связь называется двухсторонней если, накладываемые ею на координаты точки ограничения выражаются в форме равенств, определяющих кривые или поверхности в пространстве на которых должна находится точка.

Пример. Материальная точка подвешена на стержне длины l (рис.6).

Уравнение связи имеет вид:

x²+y²+z²=l²

Рис.6

Связь называется односторонней если, накладываемые ею на координаты точки ограничения выражаются в форме неравенств. Односторонняя связь препятствует перемещению точки лишь в одном направлении и допускает ее перемещение в других направлениях.

Пример. Материальная точка подвешена на нити длины l (рис.7).

Уравнение связи имеет вид:

x²+y²+z² l²

Рис.7

В случаях несвободного движения точки, как и в статике, будем при решении задач исхо­дить из аксиомы связей (принцип освобождаемости от связей), согласно которой всякую несвободную ма­териальную точку можно рассматривать как свободную, отбросив связь и заменив ее действие реакцией этой связи . Тогда основной закон динамики для несвободного движения точки примет вид:

,

где -действующие на точку активные силы.

Пусть на точку действует несколько сил. Составим для неё основное уравнение динамики: . Перенесём все члены в одну сторону уравнения и запишем так: или .

Это уравнение напоминает условие равновесия сходящихся сил. Поэтому можно сделать вывод, что, если к движущейся материальной точке приложить её силу инерции, то точка будет находиться в равновесии. (Вспомним, что на самом деле сила инерции не приложена к материальной точке и точка не находится в равновесии.) Отсюда следует метод решения таких задач, который называется методом кинетостатики:

Если к силам, действующим на точку, добавить ее силу инерции, то задачу можно решать методами статики, составлением уравнений равновесия.

Первая задача динамики для несвободного движения будет обычно сводиться к тому, чтобы, зная движение точки и действующие на нее активные силы, определить реакцию связи.

Методические указания по решению задач.

Решать задачи с применением законов динамики целесообразно следующим образом.

1) Выбрать систему отсчета - инерциальную или неинерциальную.

2) Установить, каким моделям объектов и движений соответствует физическая ситуация, описанная в условии задачи. Сделать рисунок.

3) Назвать все силы, действующие на каждое тело, указывая их происхождение. Изобразить силы на рисунке. Записать законы сил.

4) Записать законы динамики в векторной форме.

5) Выбрать и изобразить на рисунке оси координат. Ось х удобно направить по вектору ускорения. Можно для всех тел указать общую систему координат, иногда удобно каждому телу сопоставить свою систему.

6) Записать систему динамических уравнений в проекциях на оси координат.

7) Установить уравнения кинематической связи.

8) Проверить, является ли система уравнений полной, решить ее в общем виде.

9) Проанализировать полученный результат.

Примечание: при решении некоторых задач выполняются не все пункты алгоритма.

Пример 1. При движении автомобиля с постоянным ускорением , маятник (материальная точка подвешенная на нити) отклоняется от вертикали на угол (рис.8). Определим с каким ускорением движется автомобиль и натяжение нити.

Рис.8

Рассмотрим «динамическое равновесие» точки. Его так называют потому, что на самом деле точка не находится в равновесии, она движется с ускорением.

На точку действуют силы: вес и натяжение нити , реакция нити. Приложим к точке ее силу инерции , направленную в сторону противоположную ускорению точки и автомобиля, и составим уравнение равновесия:

;

.

Рис. 13.1.

Из второго уравнения следует

Из первого и .

Пример 2. Лифт весом Р (рис.9) начинает подниматься с ускоре­нием a. Определить натяжение троса.

Рис. 9

Рассматривая лифт как свободный, заменяем действие связи (троса) реакцией Т и, составляя уравнение в проекции на вертикаль, получаем:

Отсюда находим:

Если лифт начнёт опускаться с таким же ускорением, то натяжение троса будет равно:

Пример 3. Тело массой 300 кг лежит на полу кабины грузового подъемника, поднимающегося вверх (рис.10). Дано: m=300 кг, а=3 м/с² – ускорение кабины.

Определить силу давления тела на пол кабины Р.

Рис.10

Основной закон динамики для тела запишется в виде:

где - сила реакции опоры.

Рассмотрим два случая:

а) ускорение направлено вверх: ma=N₁–mg,

отсюда N₁=ma+mg.

По третьему закону Ньютона Р₁=N₁ , Р₁= ma+ mg, Р₁=3,84 кН.

б) ускорение направлено вниз: -ma=N₂ - mg,

следовательно N₁=mg–ma, т.е. Р₂=mg- ma, Р₂=2,04 кН.

Пример 4. К нити подвешен груз (рис.11) массой m=1 кг. Найти силу натяжения нити Т, если 1) нить с грузом покоится; 2) двигается вниз с ускорением a= 5 м/с²; 3) двигается вверх с ускорением a= 5 м/с².

Рис.11

На тело действуют две силы: сила тяжести и сила натяжения . Уравнение движения тела (второй закон Ньютона) в данном случае имеет вид:

Выберем направление оси y вниз и спроецируем на нее векторы сил и ускорения:

1) =0 ⇒ 0=mg-T ⇒ T=mg=1∙9,8=9,8 Н.

2) направлено вниз ⇒ ma=mg-T ⇒ T=m∙(g-a)=1∙(9,8-5)=4,8 Н.

3) направлено вверх ⇒ ma=mg-T ⇒ T=m∙(g+a)=1∙(9,8+5)=14,8 Н.

Пример 5. Груз массой 50 кг перемещается по горизонтальной плоскости под действием силы F=300 Н, направленной под углом α=30° к горизонтали (рис.12). Коэффициент трения груза о плоскость μ=0,1. Определить ускорение, с которым движется груз.

Рис.12

Уравнение движения тела

Выберем направления осей х и y и спроецируем на них силы и ускорение:

Поскольку F_тр=μN, а из второго уравнения N=mg-Fsinα, то F_тр=μ(mg-Fsinα). Тогда из первого уравнения ускорение

Пример 6. Санки массой m тянут по горизонтальной поверхности с силой F, направленной под углом α к горизонту (рис.12.1). Коэффициент трения между санками и горизонтальной поверхностью равен μ. Определить ускорение санок.

Рис.12.1

Решение.

1. Движение рассматривается относительно Земли, которую считаем инерциальной системой отсчета.

2. В задаче рассматривается поступательное движение твердого тела.

3. На санки действует Земля с силой тяжести mg, веревка с силой F и горизонтальная поверхность с силами нормального давления N и силой трения скольжения F_тр, модуль которой равен

4. Запишем второй закон Ньютона в векторной форме:

5. Выберем оси координат таким образом, чтобы ось х была направлена по вектору ускорения.

6. Спроектируем векторное уравнение на оси координат:

8. В эти три уравнения входят три неизвестных: F_тр, N и а, то есть система уравнений является полной. Разрешим эту систему. Из (3) находим N=mg-Fsinα, из (1) F_тр=μ(mg-Fsinα). Подставляя в (2), получаем

9. Обратим внимание, что сила нормального давления N по величине меньше силы тяжести mg, т.к. вертикальной составляющей силы F санки приподнимаются, а следовательно уменьшается их взаимодействие с горизонтальной поверхностью.

Пример 7. Тело лежит на наклонной плоскости, образующей с горизонтом угол α=5° (рис.13). При каком предельном коэффициенте трения μ_пр тело начнет скользить по наклонной плоскости? С каким ускорением будет двигаться тело, если коэффициент трения μ=0,02? Какое время t понадобиться для прохождения при этих условиях пути s=10 м. Какую скорость тело будет иметь в конце наклонной плоскости?

Рис.13

Запишем II закон Ньютона для данного тела

Выбрав оси х и y, спроецируем на них силы и ускорение:

1) Для первого случая, когда μ=μ_пр и a=0, имеем

откуда

2) Во втором случае μ<μ_пр, поэтому тело будет скользить по наклонной плоскости с ускорением

Поскольку тело движется равноускоренно из состояния покоя, то время прохождения им расстояния s=10 м и скорости в конце этого пути можно найти из уравнений кинематики

Положив v₀=0. Получим:

Пример 8. Брусок массы m втаскивают за нить вверх по наклонной плоскости, составляющей угол  с горизонтом (рис.13.1). Сила натяжения нити равна F, угол между нитью и наклонной плоскостью β, коэффициент трения скольжения между бруском и плоскостью равен μ. Найти ускорение бруска.

Рис.13.1

Решение.

1) В задаче описано поступательное движение бруска относительно Земли, которую считаем инерциальной системой отсчета.

2) На брусок действуют:

- Земля с силой тяжести mg;

- нить с силой F;

- наклонная плоскость с силами нормального давления N и трения F_тр, причем,

3) По второму закону Ньютона

4) Направим ось х вверх вдоль наклонной плоскости (по ускорению в соответствии с условием задачи).

5) Спроектируем векторное уравнение на оси координат:

6) Получена система трех уравнений с тремя неизвестными. Из (3) находим величину силы нормального давления , из (1) - величину силы трения . Подставляя полученное выражение в (2), находим искомое ускорение

Пример 9. Под действием силы F = 10 Н тело движется прямолинейно так, что зависимость пройденного телом пути S от времени t дается уравнением S=A-Bt+Ct², где С = 1 м/с². Найти массу m тела.

Решение. 1) Известно, что зависимость пути от времени выражается формулой:

Отсюда имеем:

2) По условию: C=1 м/с² следовательно: a=2C=2 м/с²

3) Из второго закона Ньютона: F=ma отсюда: m=F/a=10/2=5 кг.

Пример 10. Ледяная горка составляет с горизонтом угол α (рис.14). По ней пускают вверх камень, который после подъема съезжает вниз. Дано: t₂/t₁=n.

Чему равен коэффициент трения μ, если время спуска в n раз больше времени подъема.

Рис.14

Решение. Уравнение движения камня

При движении вверх - движение равнозамедленное. В проекциях на оси ОХ и OY: ma₁=F_тр+mg∙sinα; N-mg∙cosα=0,

откуда N= mg∙cosα. Тогда сила трения F_тр =μN=μmg∙cosα, и окончательно уравнение движения

При движении вниз:

Проведя аналогичные преобразования, получим уравнение движения в этом случае:

Из (1) и (2):

При движении вверх камень проходит путь ; скорость в конце подъема v=0, следовательно v_o= a₁t₁, тогда

При движении вниз камень проходит путь

Из (3) и (4) получим

Используя (1) и (2):

отсюда

Пример 11. На рис.14.1,а изображен качающийся маятник, на рисунке 14.1,б - конический маятник. Верно ли представлено соотношение сил mg и Т на рисунках 14.1,а и 14.1,б?

Рис.14.1

Решение. В обоих случаях материальная точка движется по окружности. Вектор полного ускорения складывается из нормального ускорения a_n, направленного к центру окружности, и тангенциального a_τ, направленного по касательной к окружности. По второму закону Ньютона ускорение определяется равнодействующей силой, то есть ma=mg+T. Направления равнодействующей силы и ускорения совпадают.

В случае 14.1,а равнодействующая сила ориентирована вертикально, поэтому a_τ =0 и полное ускорение равно нормальному ускорению, a = a_n. Оно направлено к центру окружности, то есть вверх. Поэтому сила натяжения нити по величине должна быть больше силы тяжести. Соотношения между силами представлены неверно.

В случае 14.1,б материальная точка движется по окружности с постоянной скоростью. Ускорение при таком движении направлено к центру окружности. Во втором законе Ньютона ma=mg+T силы являются сторонами параллелограмма, а ma - его диагональю. Произведя на рисунке сложение векторов, можно сделать вид, что соотношения между силами представлены правильно.

Пример 12. Для материальной точки, движущейся по окружности, дан график зависимости скорости от времени v(t) (рис.15). Указать направление результирующей силы, действующей на материальную точку в положении М.

Рис.15

Решение. Скорость направлена по касательной к траектории. Из графика видно, что в момент времени t_M величина скорости уменьшается, поэтому тангенциальное ускорение a_𝛕 противоположно вектору скорости. Нормальное ускорение a_n направлено к центру окружности.

Рис.15.1

Изобразим вектор полного ускорения a=a_n+a_τ (рис.15.1). Направление равнодействующей силы совпадает с вектором полного ускорения.

Пример 13. Два маленьких шарика, массы которых равны m₁ и m₂, привязаны к нити один за другим и вращаются в горизонтальной плоскости с угловой скоростью ω (рис.16). Расстояния от шариков до оси вращения l₁ и l₂. Определить силы натяжения нитей.

Рис.16

Решение. Поскольку силой тяжести в данной задаче можно пренебречь, (по условию шарики вращаются в горизонтальной плоскости), будем считать, что на шарики действуют только нити: на шарик 1 одна нить с силой T₁, на шарик 2 - две нити с силами T₁ и T₂.

Запишем второй закон Ньютона сразу в проекциях на рaдиальное направление.

Для шарика 1: m₁a₁=T₁, (1)

для шарика 2: m₂a₂=T₂-T₁. (2)

Существенным условием данной задачи является равномерное движение материальных точек по окружности. При таком движении линейные скорости шариков не меняются по величине, а следовательно, тангенциальное ускорение равно нулю. Вектор полного ускорения направлен к центру окружности, а его величина связана с угловой скоростью ω и радиусом окружности r соотношением

Таким образом, величина ускорения каждого шарика соответственно равна и . С учетом этих соотношений уравнения динамики (1) и (2) примут вид

Отсюда получаем выражения для искомых сил:

Пример 14. Автомобиль массой m = 5 тонн проходит по выпуклому мосту со скоростью v=36 км/ч (рис.17). С какой силой F он давит на середину моста, если радиус кривизны моста R=100 м? Какова будет сила давления, если мост будет вогнутый с тем же радиусом кривизны?

Рис.17

Решение. На основании II закона Ньютона запишем уравнение движения автомобиля:

Выберем направление оси y и спроецируем на нее силы и ускорение. Обратим внимание на то, что поскольку движение автомобиля равномерное криволинейное, то ускорение

По III закону Ньютона сила, с которой автомобиль давит на мост, равна по модулю силе, с которой мост давит на автомобиль, т.е. силе нормальной реакции опоры N.

1) Уравнение движения в проекциях для первого случая имеет вид

2) Для второго случая

Пример 15. На сколько должен быть поднят наружный рельс над внутренним (рис.18) на закруглении железнодорожного пути радиусом 300 м, если ширина колеи 1524 мм? Скорость, при которой сила давления на рельсы перпендикулярна им, принять равной 54 км/ч.

Дано: R=300 м, l=1,524 м, v=15 м/с.

Найти: h - ?

Рис.18

Решение. Поезд должен двигаться по окружности радиуса R со скоростью v, т.е. с ускорением a=v²/R, направленным горизонтально. Это ускорение вызывает равнодействующая сил . Поэтому наружный рельс должен быть приподнят на некоторую высоту h.

Второй закон Ньютона

в проекциях на оси ОХ и OY:

ma = N∙sinα,

N∙cosα - mg = 0.

Откуда

Так как угол α мал, то sinα≈tgα.

Из рис.18

Следовательно,

h=0,12 м.

Пример 16. На экваторе некоторой планеты тело весит вдвое меньше, чем на полюсе P=Р_п/2 (рис.19). Плотность вещества этой планеты ρ=3∙10³ кг/м³. Определить период вращения планеты T вокруг своей оси.

Рис.19

На тело, находящееся на поверхности планеты, действуют: - сила тяготения со стороны планеты, – сила нормальной реакции планеты (рис.19).

По определению, , где М - масса планеты, m - масса тела, R-радиус планеты.

Масса планеты: , а

По второму закону Ньютона:

в скалярной форме относительно оси Y:

F – N = ma_n, (2)

или

Рассмотрим два частных случая движения тела.

1. Тело находится на полюсе, т.е. r=0, тогда линейная скорость тела

Следовательно, уравнение (3) примет вид , откуда

N_п - сила нормальной реакции на полюсе.

2. Тело находится на экваторе. В этом случае r=R и v=2πr/T. Тогда уравнение (3) примет вид: , откуда

где N - сила нормальной реакции поверхности на экваторе.

По условию задачи, Р_э=Р_п/2.

Поскольку Р=N, то N=N_п/2, или с учетом (4)

Подставим формулу (6) в (5):

Дифференциальные уравнения движения точки

С помощью дифференциальных уравнений движения решается вторая задача динамики. Правила составления таких уравнений зависят от того, каким способом хотим определить движение точки.

1) Определение движения точки координатным способом.

Рассмотрим свободную материальную точку, движущуюся под действием сил . Проведем неподвижные координатные оси Oxyz (рис.20). Про­ектируя обе части равенства на эти оси и учитывая, что и т.д., получим дифферен­циальные уравнения криволинейного дви­жения точки в проекциях на оси прямо­угольной декартовой системы координат:

Рис.20

Так как действующие на точку силы мо­гут зависеть от времени, от положения точки и от ее скорости, то правые части уравнений могут содержать время t, координаты точки х, у, z и проекции ее скорости . При этом в правую часть каждого из уравнений могут входить все эти переменные.

Чтобы с помощью этих уравнений решить основную задачу динамики, надо, кроме действующих сил, знать еще начальные условия, т.е. положение и скорость точки в начальный момент. В координатных осях Oxyz начальные условия задаются в виде: при t=0

Зная действующие силы, после интегрирования уравнений найдем координаты х, y, z движущейся точки, как функции времени t, т.е. найдем закон движения точки.

Пример 17. Найти закон движения материальной точки массы m, движущейся вдоль оси х под действием постоянной по модулю силы F (рис. 20.1) при начальных условиях: при t=0.

Рис.20.1

Решение. Составим дифференциальное уравнение движения точки в проекции на ось х: . Интегрируя это уравнение, находим: . Постоянная C₁ определяется из начального условия для скорости и равна . Окончательно

Далее, учитывая, что v = dx/dt, приходим к дифференциальному уравнению: , интегрируя которое получаем

Постоянную C₂ определяем из начального условия для координаты точки. Она равна . Следовательно, закон движения точки имеет вид

Пример 18. Груз веса Р (рис.20.2) начинает двигаться из состояния покоя вдоль гладкой горизонтальной плоскости под действием силы F = kt. Найти закон движения груза.

Рис.20.2

Решение. Выберем начало отсчета системы координат О в начальном положении груза и направим ось х в сторону движения (рис. 20.2). Тогда начальные условия имеют вид: x(t = 0) = 0, v(t = 0) = 0. На груз действуют силы F, P и сила реакции плоскости N. Проекции этих сил на ось х имеют значения F_x = F = kt, Р_x = 0, N_x = 0, поэтому соответствующее уравнение движения можно записать так: . Разделяя переменные в этом дифференциальном уравнении и затем интегрируя, получим: v = gkt²/2P + C₁. Подставляя начальные данные (v(0) = 0), находим, что C₁ = 0, и получаем закон изменения скорости .

Последнее выражение, в свою очередь, является дифференциальным уравнением, интегрируя которое найдем закон движения материальной точки: . Входящую сюда постоянную определяем из второго начального условия х(0) = 0. Легко убедиться, что C₂=0. Окончательно

Пример 19. На груз, находящийся в покое на горизонтальной гладкой плоскости (см. рис. 20.2) на расстоянии a от начала координат, начинает действовать в положительном направлении оси x сила F = k²(P/g)x, где Р – вес груза. Найти закон движения груза.

Решение. Уравнение движения рассматриваемого груза (материальной точки) в проекции на ось х

Начальные условия уравнения (1) имеют вид: x(t = 0) = a, v(t = 0) = 0.

Входящую в уравнение (1) производную по времени от скорости представим так

Подставляя это выражение в уравнение (1) и сокращая на (P/g), получим

Разделяя переменные в последнем уравнении, находим, что . Интегрируя последнее, имеем: . Используя начальные условия , получаем , и, следовательно,

Поскольку сила действует на груз в положительном направлении оси х, то ясно, что в том же направлении он должен и двигаться. Поэтому в решении (2) следует выбрать знак "плюс". Заменяя дальше во втором выражении (2) v на dx/dt, получаем дифференциальное уравнение для определения закона движения груза. Откуда, разделяя переменные, имеем

Интегрируя последнее, находим: arch x/a=kt+C₂. После нахождения постоянной C₂ окончательно получаем

arch x/a=kt или .

Пример 20. Шар M массы m (рис.20.3) падает без начальной скорости под действием силы тяжести. При падении шар испытывает сопротивление , где – постоянный коэффициент сопротивления. Найти закон движения шара.

Рис.20.3

Решение. Введем систему координат с началом в точке местоположения шара при t = 0, направив ось у вертикально вниз (рис. 20.3). Дифференциальное уравнение движения шара в проекции на ось у имеет тогда вид

. (1)

Начальные условия для шара записываются так: y(t = 0) = 0, v(t = 0) = 0.

Разделяя переменные в уравнении (1)

и интегрируя, находим: , где . Или после нахождения постоянной

Отсюда следует, что предельная скорость, т.е. скорость при , равна .

Чтобы найти закон движения, заменим в уравнении (2) v на dy/dt. Тогда, интегрируя полученное уравнение с учетом начального условия, окончательно находим

Пример 21. Изучим движение тела, брошенного с начальной скоростью v₀ под углом к горизонту, рассматривая его как материальную точку массы т (рис.21). При этом сопротивлением воздуха пренебрежём, а поле тяжести будем считать однородным (Р=const), полагая, что дальность полёта и высота траектории малы по сравнению с радиусом Земли.

Рис.21

Поместим начало координат О в начальном положении точки. Направим ось Oy вертикально вверх; горизонтальную ось Ox расположим в плоскости, проходящей через Оy и вектор v₀, а ось Oz проведём перпендикулярно первым двум осям (рис.21). Тогда угол между вектором v₀ и осью Ox будет равен .

Изобразим движущуюся точку М где-нибудь на траектории. На точку действует одна только сила тяжести , проекции которой на оси координат равны: P_x=0, P_y=-P=-mg, P_z=0.

Подставляя эти величины в дифференциальные уравнения и замечая, что /dt = и т.д. мы после сокращения на m получим:

Умножая обе части этих уравнений на dt и интегрируя, находим:

V_x=C₁, V_y=-dt+C₂, V_z=C₃

Начальные условия в нашей задаче имеют вид:

при t=0:

Удовлетворяя начальным условиям, будем иметь:

Подставляя эти значения С₁, С₂ и С₃ в найденное выше решение и заменяя v_x, v_y, v_z на придём к уравнениям:

Интегрируя эти уравнения, получим:

Подстановка начальных данных даёт С₄=С₅=С₆=0, и мы окончательно находим уравнения движения точки М в виде:

Из последнего уравнения следует, что движение происходит в плоскости Оxy.

Имея уравнение движения точки, можно методами кинематики определить все характеристики данного движения.

1. Траектория точки. Исключая из первых двух уравнений (1) время t, получим уравнение траектории точки:

Это - уравнение параболы с осью, параллельной оси Оy. Таким образом, брошенная под углом к горизонту тяжёлая точка движется в безвоздушном пространстве по параболе (Галилей).

2. Горизонтальная дальность. Определим горизонтальную дальность, т.е. измеренное вдоль оси Оx расстояние ОС=Х. Полагая в равенстве (2) y=0, найдём точки пересечения траектории с осью Ох. Из уравнения:

получаем

Первое решение дает точку О, второе точку С. Следовательно, Х=Х₂ и окончательно

Из формулы (3) видно, что такая же горизонтальная дальность X будет получена при угле , для которого , т.е. если угол . Следовательно, при данной начальной скорости в одну и ту же точку С можно попасть двумя траекториями: на­стильной ( ) и навесной ( ).

При заданной начальной скорости V₀ наибольшая горизонтальная дальность в безвоздушном пространстве получается, когда , т.е. при угле .

3. Высота траектории. Если положить в уравнении (2)

, то найдется высота траектории Н:

. (4)

4. Время полета. Из первого уравнения системы (1) следует, что полное время полета Т определяется равенством . Заменяя здесь Х его значением, получим

При угле наибольшей дальности все найденные вели­чины равны:

Полученные результаты практически вполне приложимы для ориен­тировочного определения характеристик полета снарядов (ракет), имеющих дальности порядка 200…600 км, так как при этих дальностях (и при ) снаряд основную часть своего пути проходит в стратосфере, где сопротивлением воздуха можно пренебречь. При меньших дальностях на результат будет сильно влиять сопротивле­ние воздуха, а при дальностях свыше 600 км силу тяжести уже нельзя считать постоянной.

Пример 22. Из пушки, установленной на высоте h, произвели выстрел под углом к горизонту (рис. 22). Ядро вылетело из ствола орудия со скоростью u. Определим уравнения движения ядра.

Рис.22

Чтобы правильно составить дифференциальные уравнения движения, надо решать подобные задачи по определённой схеме.

а) Назначить систему координат (количество осей, их направление и начало координат). Удачно выбранные оси упрощают решение.

б) Показать точку в промежуточном положении. При этом надо проследить за тем, чтобы координаты такого положения обязательно были положительными (рис.22).

в) Показать силы, действующие на точку в этом промежуточном положении (силы инерции не показывать!).

В этом примере – это только сила , вес ядра. Сопротивление воздуха учитывать не будем.

г) Составить дифференциальные уравнения по формулам: . Отсюда получим два уравнения: и .

д) Решить дифференциальные уравнения.

Полученные здесь уравнения – линейные уравнения второго порядка, в правой части – постоянные. Решение этих уравнений элементарно.

Осталось найти постоянные интегрирования. Подставляем начальные условия (при t = 0 x = 0, y = h, ) в эти четыре уравнения: .

Подставляем в уравнения значения постоянных и записываем уравнения движения точки в окончательном виде

Имея эти уравнения, как известно из раздела кинематики, можно определить и траекторию движения ядра, и скорость, и ускорение, и положение ядра в любой момент времени.

Как видно из этого примера, схема решения задач довольно проста. Сложности могут возникнуть только при решении дифференциальных уравнений, которые могут оказаться непростыми.