Динамика точки и системы / Тарг, Краткий курс теоретической механики

после выключения двигателя так, что шкив А имеет угловую скорость o v Общий вес шкивов Я, а вес ремня р. Чтобы затормозить вращение, к шкиву А радиусом R прижимают с силой Q тормозную колодку; коэффициент трения колодки о шкив /, Пренебрегая трением в осях и считая шкивы сплошными дисками, найти, сколько

При вычислении кинетической энергии надо всегда иметь в виду, что кинети­ ческая энергия системы равна сумме кинетических энергий всех входящих в нее тел.

По условиям задачи 7’1= 0 , а Т0= Т Т д + Гр. Учитывая, что начальные скорости

всех точек ремня V p^uioR ^aor, где to0 и г — начальная угловая скорость и радиус шкива В, найдем по формулам (43) и (8):

T P = Pvlo/28 = p R H / 2 g .

Последнее равенство следует из того, что все точки ремня движутся с одной и той же по модулю скоростью. Окончательно, так как Я д + Я д = Я , получаем

T0= (P + 2 p )R W 0Ag.

Вычисляем работы сил. В данном случае работа сил тяжести равна нулю, так как центры тяжести колес и ремня при движении системы не перемещаются. Сила трения FTf—fQ. Ее работу найдем по формуле (47')

A Tf=-(JQR)-4>l = —fQR-2nNo6.

Подставляя все найденные значения в уравнение (а), получим окончательно

», . (P + p)R<d No6~ ‘ T x g f Q ' -

Задача 141. Тележку тянут вверх по наклонной плоскости е углом на­ клона а= 30°, приложив к ней постоянную силу Q=160 Н (рис. 312). Вес платформы тележки Я = 180 Н, вес каждого из четырех ее сплошных колес р—20 Н. Определить: 1) какую поступательную скорость будет иметь тележка, пройдя путь 1=4 м; если ио= 0 ; 2) с каким ускорением движется тележка. Качение колес

Работу совершают сила Q и сила тяжести Я,, равная Я + 4р. Работа силы трения, препятствующей скольжению, и нормальных реакций плоскости равна нулю (см. § 122). Вычисляя, находим:

A (Q) = Q4,- А = (Я,) — — (Я + 4p) hc = - (Я + 4р) I sin а .

Подставляя все эти данные в уравнение (а), получаем

311

откуда

р1 = j / ~ W l Q - (p + 4P)sin g l ^ 2 8 м/с.

2. Для определения ускорения а, поскольку нами уже получено равенст­ во (б), поступим следующим образом: будем считать в равенстве (б) величины о и I (параметр, определяющий положение всей системы) переменными. Тогда,

продифференцировав по времени обе части равенства, найдем

[(Р + 6p )/g l» - g ^ = lQ — (Я+ 4р) sin a] - j j .

Но dl/dt=v, a dw/dt=a. Окончательно, сокращая на v, получим

°— Р + ' б р ------- £ = °.98 м/с*.

Обращаем внимание на использованный в этой задаче прием определения ускорения с помощью теоремы об изменении кинетической энергии.

Задача 142. На цилиндрический каток радиусом R и массой М намотана нить, перекинутая через блок О (рис. 313) и несущая на конце груз D массой т. Определить, какую скорость гс будет иметь центр С катка, пройдя путь s, если ос0= 0.. Найти, чему равно ускорение ор этого центра. Коэффициент трения каче­ ния катка равен *, радиус инерции катка относительно его оси равен рс . Массой

В данном случае 7’в= 0 , а Г = 7 ,К1Т+ 7 д , причем по формулам (42), (44) и (4)

TD = mv})/2, TKtr = Mvb/2-\- Mpba>*/2.

Так как точка В является мгновенным центром скоростей, то (o=vc/R и vD=* *=vx=2vc . Следовательно,

Т = [4m + М ( I - f р?:/Я•)] vb/2.

Работу совершают сила Q=mg и пара N, Р (P=Mg). Поскольку »д=2Ор, то перемещением. груза D будет h=2s, где s — перемещение центра С катка, и

312

Полученное уравнение является дифференциальным уравнением гармони­ ческих колебаний (см. § 94). Следовательно, кривошип, выведенный из положения равновесия, будет совершать гармонические колебания, пернод которых

Решенная задача показывает, как может использоваться теорема об изме­ нении кинетической энергии для составления дифференциального уравнения движения системы, положение которой определяется одной координатой (здесь углом <р).'

Задача 144. Трос, имеющий длину I и массу т , , намотанный на барабан массой т» несет на конце груз массой т, (см. рнс. 300). Считая массу барабан» равномерно распределенной по ободу и пренебрегая толщиной троса и трением в оси (AfTр = 0), определить зависимость скорости о груза от длины х свешиваю­

с одной и той же скоростью о, то T —Mt?l2, где М —Ш у+ щ + щ . Кроме того, так

i»= У (mig/MI) jc*+ 2 (mtg/M) х.

| 126*. СМЕШАННЫЕ ЗАДАЧИ

В ряде случаев получить решение задачи с помощью одной из общих теорем не удается, но решение легко находится, если исполь­ зовать одновременно, например, две общие теоремы. Несколько та­ ких задач и рассматривается ниже.

Задача 14S. Горизонтальная трубка АВ, масса которой щ и радиус инер­ ции ржотносительно вертикальной оси Аг известны, вращается вокруг этой оси с угловой скоростью щ (рис. 315). В не­

В момент t—0 шарик находится в точке А и его абсолютная скорость равна нулю. В прошвольный момент времени угловая скорость трубки равна ы, а ско­ рость шарика слагается из относительной, численно равной о, и ей перпендику­ лярной переносной, численно равной сох. Поэтому

T«**mipS»»/2, Т = + /п, (и*+ о)***)/2.

314

mip|<o+т ах2ш=mip2(00,

находящийся в наивысшей точке цилиндрической поверхности радНусом R и чуть смещенный из этого положения, начинает катиться вниз без начальной скорости (рис. 316). Найти, при каком значении угла 0 цилиндр оторвется от поверхности; обе поверхности абсолютно шероховаты (имеют насечку).

Р е ш е н и е . Отрыв произойдет в точке, где реакция N поверхности обра­ тится в нуль. Чтобы найти значение N, воспользуемся теоремой о движении центра масс, составив уравнение (16) в проекции на главную нормаль Сд к траектории центра масс С. Получим, учтя, что центр С движется по окружности радиуса

R+r,

Для определения vc воспользуемся теоремой • об изменении кинетической энергии. Так как Г0= 0 , а значение Т для катящегося цилиндра было найдено

в задаче 136 (см. § 121) и равно 3mvc/4, то

Подставляя отсюда значение mvc в уравнение (а), найдем

<V=mg (7 cos G—4)/3.

Следовательно, отрыв произойдет в точке, определяемой равенством

cos 0= 4/7 (0«55°).

Положение точки отрыва, как и величина' N, от значений R и г не зависят. Задача 147. К ползуну / массой mt , который.может перемещаться по гладким горизонтальным направляющим, шарнирно прикреплен стержень 2 длиной I и массой т г (рис. 317). В начальный момент времени стержень отклоняют до

315

горизонтального положения и отпускают без начальной скорости. Пренебрегая трением в оси шарнира, определить, какую скорость Uj будет иметь ползун в мо­ мент прохождения стержня через вертикаль.

Р е ш е н и е . Рассматривая систему ползун — стержень, применим к ней теорему об изменении кинетической энергии на перемещении, при котором стер­ жень приходит из положения АВ0 в положение АВ1. Получим, учтя, что 7"0= 0

Значение s можно было бы опять определить с помощью теоремы об изменении кинетической энергии, но в данном случае проще составить дифференциальное уравнение относительного движения груза [уравнение (56) из §91] в проекции на ось As. Так как подвижная система отсчета вместе с призмой перемещается

ffijs = m jgsln а —ma’ic o s a .

Подставив это значение m2s в равенство (а), найдем искомое ускорение призмы

а1х = х = —

nijg sin 2«

2(ml -|-/n,sln*a)‘

316

§126. ПОТЕНЦИАЛЬНОЕ СИЛОВОЕ ПОЛЕ

ИСИЛОВАЯ ФУНКЦИЯ

Задачи, рассмотренные в предыдущих параграфах (и в § 89), удалось решить с помощью теоремы об изменении кинетической энер­ гии по той причине, что во всех случаях работу действующих сил можно было подсчитать, не зная заранее закона происходящего движения. Важно установить, каков вообще класс сил, обладающих этим свойством.

Работа на перемещении М хМ г силы F, приложенной к телу в точ­ ке М, вычисляется по формуле (44') из § 87:

Как уже было отмечено в § 89, вычислить стоящий справа ин­ теграл, не зная закона происходящего движения (т. е. зависимостей х, у, г от времени /), можно лишь в случаях, когда сила постоянна или зависит только от положения точки, т. е. от ее координат х, у, z. Такие силы образуют силовое поле (см. § 32). Так как сила опре­ деляется ее проекциями на координатные оси, то силовое поле зада­ ется уравнениями:

Но в общем случае и для вычисления работы таких сил надо в фор­ муле (54) перейти под знаком интеграла к одному переменному, т. е. например, знать зависимости y=fi (x) и г= /,(х ). Эти равенства, как известно, определяют в пространстве уравнение кривой, являю­ щейся траекторией точки М. Следовательно, в общем случае, ра­ бота сил, образующих силовое поле, зависит от вида траектории точки приложения силы.

Однако если окажется, что выражение, стоящее в формуле (54) под знаком_интеграла и представляющее собой элементарную рабо­

ту силы F, будет полным дифференциалом некоторой функции U(x, у, г), т. е.

dA=dU(x, у, г) или Fx dx+ F v d y+ F z dz=dU(x, у, г), (56)

то работу A {MiMa) можно вычислить, не зная заранее траекторию точки М.

Функция U от координат х, у, z> дифференциал которой равен элементарной работе, называется силовой функцией. Силовое поле, для которого существует силовая функция, называется потенци­ альным силовым полем, а силы, действующие в этом поле,— потен­ циальными силами. В дальнейшем силовую функцию считаем одно­ значной функцией координат.

317

где U1—U(x1, уи 2,) и U , —U(Xi, y t, z2) — значения силовой функ­ ции в точках Мл и М , поля соответственно. Следовательно, работа потенциальной силы равна разности значений силовой функции в конечной и начальной точках пути и от вида траектории движу­ щейся точки не зависит. При перемещении по замкнутой траекто­ рии Ui—Ux и работа потенциальной силы равна нулю.

Основным свойством потенциального силового поля и является то, что работа сил поля при движении в нем материальной точки за­ висит только от начального и конечного положений этой точки и ни от вида ее траектории, ни от закона движения не зависит.

Силы, работа которых зависит от вида траектории или от закона движения точки приложения силы, называются непотенциальными.

Ктаким, силам относятся силы трения и сопротивления среды. Если установлено, что соотношение (56) имеет место, то силовая

функция находится из равенства

V = J &А + С или U — ^(Fx d.t + Fu dy + Fx dz) + C. (58)

Постоянная С здесь может иметь любое значение (как видно из формулы (57), работа от С не зависит). Однако обычно условливают­ ся считать в некоторой точке О, называемой «нулевой точкой», ве­ личину Uо—0 и определяют С'исходя из этого условия.

Известными нам примерами потенциальных сил являются силы тяжести, упругости и тяготения (см. § 88). Покажем, что для полей этих сил действительно существуют силовые функции, и найдем их выражения. Поскольку под знаком интегралов, из которых в § 88 были получены формулы (47), (48) и (50), стоят элементарные ра­ боты соответствующих сил, то придем к следующим результатам,

тикально вверх, d/4 = —Pdz, откуда, считая U= 0 при 2=0 (нуле­

где г = V хг + у* + г*.

318

Покажем, что, зная силовую функцию, можно определить силу, действую­ щую в любой точке поля. Из равенства (56), вычисляя дифференциал от функции

U (x ,y , г), получим

F 't o + F y & y + F '^ ^ & x + ^ j L & y + ^ A z .

Отсюда, приравнивая коэффициенты при djt, dу, dz в обеих частях равенства, при­ дем к такому результату:

Следовательно, в потенциальном силовом поле проекции силы на координатные оси равны частным_производным от силовой функции по соответствующим коор­

динатам. Вектор F, проекции которого определяются равенствами вида (60),

называют градиентом скалярной функции U (х, у, г). Таким образом, f= g ra d U. Из равенств (60) находим

Отсюда .следует, что если для данного поля существует силовая функция, то проекции силы удовлетворяют соотношениям:

Можно доказать справедливость и обратного вывода, т. е. что если равенства (61) имеют место, то для поля существует силовая функция V. Следовательно, усло­ вия (61) являются необходимыми и достаточными условиями того, что силовое пом является потенциальным.

Таким образом, если силовое поле задано уравнениями (55), то по усло­ виям (61) можно установить, является оно потенциальным или нет. Если поле

ностями равного потенциала. Если, как мы считаем, силовая функция является однозначной функцией координат, то поверхности уровня не могут пересекаться и через каждую точку поля проходит только одна поверхность уровня. При лю­ бом перемещении Mt Mt вдоль поверхности уровня (Л = и г= С , и работа сил поля, как следует из уравнения (57), будет равна нулю. Поскольку сила при этом не равна нулю, то отсюда заключаем, что в любой точке потенциального силовогЪ поля QUO направлена по нормали к поверхности уровня, проходящей через »ту точки.

На рис. 319, а показаны две поверхности уровня U (х, у, z)= C 1, U (х, у, г)= = С г, а на рис. 319,6 — их сечение плоскостью, проходящей через нормаль Вп Если сила направлена в сторону, показанную на рисунке, то ее работа иа пере­ мещении ВВ1 будет положительна. Но по формуле (57) эта работа равна С ,—Ct.

Следовательно, Ct > C I( т. е. сила в потенциальном пом направлена в сторону возрастания силовой функции. Далее, работы силы Ft на перемещении ВВ’ и си­ лы Ft на перемещении DD' одинаковы, так как равны Ct—Cj. Но поскольку

319

Поясним сказанное примерами.

1. Для однородного поля сил тяжести (см. рис. 231), как видно из формулы (59), l/= cons(, когда z=const. Следовательно, поверхностями уровня являются

горизонтальные плоскости. Сила тяжести Р направлена по нормали к этим пло­ скостям в сторону возрастания U и во всех точках поля постоянна.

2. Для поля сил тяготения, согласно формуле (59*), U=const, когда r=const. Следовательно, поверхностями уровня являются концентрические сферы, центр которых совпадает с притягивающим центром.. Сила в каждой точке поля на­ правлена по нормали к соответствующей сфере в сторону возрастания U (убыва­ ния г), т. е. к ' центру сферы.

Если в потенциальном силовом поле находится с и с т е м а м а т е р и а л ь н ы х т о ч е к , то силовой функцией будет та­

т. е. дифференциал которой равен сумме элементарных работ всех действующих на систему сил поля.

| 127. ПОТЕНЦИАЛЬНАЯ ЭНЕРГИЯ.

ЗАКОН СОХРАНЕНИЯ МЕХАНИЧЕСКОЙ ЭНЕРГИИ

Для потенциального силового поля можно ввести понятие о потенциальной энергии как о величине, характеризующей «запас работы», которым обладает материальная точка в данном пункте силового поля. Чтобы сравнивать между собой эти «запасы работы», нужно условиться о выборе нулевой точки О, в которой будем услов­ но считать «запас работы» равным нулю (выбор нулевой точки, как и всякого начала отсчета, производится произвольно). Потенциаль­ ной энергией материальной точки в данном положении М называ­ ется скалярная величина П, равная той работе, которую произве­ дут силы поля при перемещении точки из положения М в нулевое

П — Ащоу

Из определения следует, что потенциальная энергия П зависит от координат х, у, г точки М, т. е. что П=П (х, у, г).

Будем в дальнейшем считать нулевые точки для функций П (х, у, г) и U (х, у, г) совпадающими. Тогда Uo=0 и по формуле (57) А ЛЮ= и а—U = —U, где U — значение силовой функции в точке М поля. Таким образом,

П(*, у, z)—— U (х, у, г),

т. е. потенциальная энергия в любой точке силового поля равна зна­ чению силовой функции в этой точке, взятому с обратным знаком.

320