§ 2. Обернена задача динаміки. Випадок сталих сил

Друга (або обернена) задача динаміки – визначити закон руху вільної матеріальної точки, якщо задана її маса, прикладена силата відомі початкові умови.

Для визначення закону руху необхідно розв’язати диференціальне рівняння другого порядку вигляду

, (2.1)

бо в загальному випадку сила залежить від часу, положення точкита її швидкості. Диференціальне рівняння (2.1) у векторній формі еквівалентне трьом скалярним рівнянням.

Розв’язок рівняння (2.1) можна отримати користуючись загальними методами розв’язання диференціальних рівнянь, а в ряді випадків шляхом двох послідовних інтегрувань. Загальний розв’язок рівняння (2.1) буде мати вигляд

. (2.2)

Щоб довести розв’язок задачі до кінця – знайти закон руху точки – потрібно визначити значення сталих векторів та. Тому рівняння (2.1) необхідно доповнити двома умовами, які фіксують стан точки в певний момент часу. Як правило, вказують значення радіус-вектора та швидкості точки в початковий момент часу = 0:

, (2.3)

, (2.4)

які називають початковими умовами.

Отже, однозначний розв’язок оберненої (другої) задачі динаміки для вільної матеріальної точки масою може бути знайдений, якщо відомий закон сили та задані початкові умови (2.3 – 2.4).

Контрольні запитання

1. В чому полягає сутність принципу незалежності дії сил (принцип суперпозиції)?

2. Що таке рівняння руху точки? Запишіть диференціальне рівняння руху матеріальної точки.

3. Сформулюйте обернену (другу) задачу динаміки.

4. Як розв’язується обернена (друга) задача динаміки?

5. Що додатково потрібно знати для однозначного розв’язання другої (оберненої) задачі динаміки?

Методика розв’язання задач для сталих сил.

1) Визначаємо всі сили, що діють на точку.

2) Записуємо диференціальне рівняння руху точки під дією сил, головний вектор яких позначимо

.

3) Вибираємо систему координат, зручну для умов задачі, та записуємо диференціальні рівняння в проекціях на осі. У випадку декартових координат маємо:

,

,

.

4) Якщо точка рухається по колу, то доцільно користуватися циліндричною або полярною системою координат з початком у центрі кола.

5) Послідовно інтегруємо диференціальні рівняння, визначаючи сталі інтегрування з початкових умов і отримуємо рівняння руху точки.

6) З отриманого закону руху визначаємо величини, які необхідно знайти.

Приклад. Тіло рухається з точкипохилої площини маючи початкову швидкість= 12 м/с. Кут нахилу площини до горизонту= 30º, коефіцієнт тертя ковзання= 0,1. Через= 0,5 с тіло покидає похилу площину і падає на горизонтальну площину в точці (рис. 2.1).

Визначити довжинупохилої площини, швидкість точкив кінці похилої площини, а також координати () точки падіння, швидкість тілав момент падіння тіла на горизонтальну площину та кут падіння.

Опором повітря та розмірами тіла нехтувати.

Розв’язання. Розглянемо рух тіла по похилій площині. На нього діють сили: вага , нормальна реакція та сила тертя ковзання . Диференціальне рівняння руху тіла на першій ділянці має вигляд

. (1)

Задача двомірна, оскільки рух як на першій, так і на другій ділянці відбувається в площині рисунка. Розташуємо початок декартової системи координат в точці, спрямувавши вісьвздовж площини(рис. 2.1), і з рівняння (1) отримуємо відповідні скалярні рівняння, які визначають рух тіла по похилій площині:

, (2)

, (3)

отже . Оскільки, перепишемо (2) з врахуванням (3) в наступному вигляді

, (4)

де

= 6,0 м/с.

Інтегруючи двічі диференціальне рівняння (4), отримуємо:

,

.

Для визначення сталих інтегрування ,та скористуємося початковими умовами:

(0) = 0,

,

і отримуємо:

=,

= 0.

Тоді, остаточно, для координати тіла та його швидкостіна першому етапі руху маємо:

, (5)

. (6)

Ці рівняння дозволяють визначити швидкість тіла в момент часу, коли тіло покидає похилу площину та довжину похилої площини:

== –6·0,5 + 12 = 9 м/с, (7)

м. (8)

Далі розглянемо рух тіла від точки до точки падіння. На цій ділянці діє лише сила тяжіннятому диференціальне рівняння руху має вигляд

. (9)

Розташуємо початок нової декартової системи координат в точці(дивись рис. 2.1), спрямувавши вісі відповідно горизонтально та вертикально вгору, і тоді отримуємо наступні диференціальні рівняння руху точки на другій ділянці:

, (10)

, (11)

отже:

,

.

Початкові умови на цій ділянці наступні:

, = 7,8 м/с,

та

= 0, = 4,5 м/с.

Двічі інтегруємо диференціальні рівняння (10) і послідовно отримаємо:

= ,,

та

, .

Запишемо отримані рівняння для моменту часу = 0 і знайдемо з них сталі інтегрування:

= 7,8 м/с,= 0 м

та

= 4,5 м/с,= 0 м.

Таким чином, рівняння для визначення координат та компонент швидкості тіла на другій ділянці руху набувають вигляду:

м/с,(12)

м, (13)

та

м/с, (14)

м. (15)

Координату точки падіння тіла на площину визначимо з умови (дивись рис. 2.1)

= –2,6 м.

Тоді рівняння (15) приймає вигляд

,

що дозволяє визначити час Т, протягом якого тіло рухається на ділянці. Розв’язок дає= 1,3 с,= – 0,4 с. Фізичний зміст має лише корінь= 1,3 с, який дозволяє визначити- координату точки падіння тіла

м. (16)

Тоді з (12) та (14) знаходимо компоненти швидкості тіла в момент падіння:

= 7,8 м/с,

м/с,

що дозволяє визначити модуль швидкості в точці падіння

м/с (17)

та кут з горизонтом (дивись рис. 2.1)

,

що дає = 46º.

Відповідь:= 5,25 м,м/с,м,м,м/с,= 46º.