Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Курс теоретической механики 2007 (Рус)

.pdf
Скачиваний:
37
Добавлен:
10.02.2016
Размер:
9.59 Mб
Скачать

ma = P,

проектируем его на ось z, направленную к центру Земли,

ma=P

(6)

и подставим вместо Р выражение (5). В результате будем иметь

a = γ

M

.

(7)

 

 

R2

 

Из (7) следует, что ускорение свободного падения тела не зависит от массы этого тела факт, экспериментально открытый еще Галилеем. В дальнейшем будем обозначать его буквой g. Тогда (6) запишется так:

P = mg.

(8)

Эта формула выражает зависимость между массой и весом тела.

§3. Дифференциальные уравнения движения материальной точки. Решение второй задачи динамики

В классической механике силы, действующие на материальную точку, считаются зависящими от положения точки, ее скорости и времени, т.е. в общем случае

 

F = F (r, v, t),

(9)

(r – радиус-вектор точки).

 

 

 

 

 

Тогда основное уравнение динамики (3) запишется так:

 

m

d 2 r

=

n

F

 

(r, v, t) .

(10)

 

k

 

dt 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k=1

 

 

 

 

Спроектировав (10) на оси декартовой системы координат, получим дифференциальные уравнения движения точки:

111

 

n

 

 

&&

&

& &

 

mx

= Fk,x (x, y, z, x, y, z,t),

 

 

k=1

 

 

 

n

 

 

&&

&

& &

(11)

my

= Fk,y (x, y, z, x, y, z,t),

k=1

n

m&z& = Fk,z (x, y, z, x&, y&, z&,t).

k=1

Если силы, действующие на точку, известны, то выражения в правых частях (11) представляют собой заданные функции своих аргументов, и нахождение уравнений движения

x = f1 (t), y = f2 (t), z = f3 (t)

сводится к интегрированию дифференциальных уравнений (11). Поэтому последовательность решения второй задачи динамики

материальной точки состоит из следующих операций:

1)составление дифференциальных уравнений движения

точки;

2)интегрирование дифференциальных уравнений;

3)определение постоянных интегрирования из заданных начальных условий;

4)нахождение искомых величин и исследование полученных результатов.

§4. Примеры решения второй задачи динамики

1. Прямолинейное движение точки под действием силы, зависящей от времени.

Задача. Тело массой m = 2 кг начинает двигаться из состояния покоя вдоль горизонтальной шероховатой плоскости, коэффициент трения которой равен f = 0.1, под действием силы F = 4t2 (Н). Найти

закон движения тела.

Решение. Выберем начало отсчета в начальном положении тела и направим ось х в сторону движения. Тогда начальные условия движения тела запишутся так:

Рис.3

112

х = 0, V = 0 при t = 0.

(12)

Показываем на чертеже все силы, действующие на тело. Это вес Р, заданная сила F, нормальная реакция поверхности N и сила трения Fтр. Составляем основное уравнение динамики

ma = F+P+N+Fтр

и проектируем его на ось х

m&x& = F F .

(13)

тр

 

Разделив (13) на m и учитывая, что по закону Кулона Fтр = fP, получаем

&x& =

1

F fg .

(14)

 

 

m

 

После подстановки заданных значений m, f и F уравнение (14) принимает следующий вид:

&x& = 2t 2 0.98

(15)

(g принято равным 9,8 м/с2).

Это и есть дифференциальное уравнение движения точки. Умножив его на dt и проинтегрировав, получим

&

2

t

3

0.98t + C1 .

(16)

 

 

x =

3

 

 

 

 

 

 

Значение постоянной интегрирования С1 найдем из начальных условий (12), учитывая, что V = Vx = x& = 0 при t = 0. Подставляя это равенство в (16), находим, что С1 = 0. Умножая теперь (16) на dt и интегрируя еще раз, приходим к следующему равенству:

x =

1

t 4 0.49t 2 + C

 

.

(17)

 

2

6

 

 

 

 

 

 

 

Постоянную интегрирования С2 находим из условия х = 0 при t = 0. Подставляя это в (17), находим, что С2 = 0. Таким образом, уравнение движения тела имеет следующий вид:

x = 1 t 4 0.49t 2 . 6

2.Прямолинейное движение точки под действием силы,

зависящей от скорости.

Задача. Некоторое тело массой m = 2 кг опускается внутри гладкой наклонной трубы, заполненной жидкостью, без начальной скорости

113

(рис.4). Полагая, что сила сопротивления жидкости движению груза определяется соотношением R = 0,4V (Н) и пренебрегая выталкивающей силой жидкости, найти скорость тела спустя 10 с после

начала движения.

Решение. Показываем на чертеже силы, действующие на тело, и состав-

Рис.4 ляем основное уравнение динамики точки

ma = P+N+R.

(18)

Направляем ось х вдоль направления движения и проектируем (18) на эту ось. Учитывая, что V = Vx = x& , находим

mV& = Pcos 60o R .

(19)

Подставляя сюда исходные данные, получаем дифференциальное уравнение:

dV = 4,9 0,2V . dt

Это уравнение с разделяющимися переменными. Приводим его к следующему виду:

dt =

 

dV

 

 

 

0,2V

4,9

и интегрируем левую часть по t, а правую по V. В результате будем иметь

t = −5ln | 4,9 0,2V | +C .

(20)

Используем начальное условие: V = 0 при t = 0. Из (20) получаем

С = 5 ln 4,9.

Подставим это в (20) и произведем потенцирование:

|24,5V | = 24,5 e5t.

(21)

114

Из (21) следует, что с течением времени V возрастает от нуля постепенно приближаясь 24,5 м/с, но теоретически ни при каком конечном t этого значения не достигает. Поэтому знак абсолютной величины в (21) может быть опущен. В результате получаем

V = 24,5 (1e5t) (м/с).

(22)

Равенство (22) показывает, что практически уже через несколько секунд после начала движения V неуловимо мало отличается от своего предельного значения. При t =10 с V = 24,5 м/с.

3.Баллистическая задача.

Рассмотрим движение тела (снаряда), выброшенного с начальной скоростью Vo из точки О горизонтальной плоскости под углом α к этой плоскости. Сопротивлением воздуха пренебрегаем, кроме того, будем считать, что сила тяжести снаряда всюду одна и та же, т.е. что высота полета снаряда не очень велика. Необходимо при заданных α и Vo найти дальность полета снаряда l и время его полета Т, а также при заданных Vo и l найти угол выстрела α (т.е. решить задачу

прицеливания).

Решение. Проведем вертикальную плоскость через вектор Vo. В этой плоскости через точку проводим горизонтальную ось Ох и вертикальную ось Оу. Ось Оz проводим перпендикулярно плоскости Оху. На снаряд, который мы считаем материальной точкой, действует только одна сила тяжести. Поэтому основное уравнение динамики выглядит так:

Рис.5

ma = P.

Проектируя его на оси координат, получаем

&&

&&

&&

= 0.

(23)

mx

= 0, my

= −P, mz

115

Разделив

равенства

(23)

на

m

 

и пользуясь

тем, что

&

&

&

 

к

следующим дифференциальным

Vx = x, Vy

= y, Vz = z , приходим

уравнениям:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

V&

= 0, V&

= −g, V&

z

= 0.

(24)

 

 

x

y

 

 

 

 

Умножим равенства (24) на dt и проинтегрируем:

Vx = C1 , Vy = gt+C2 , Vz = C3 .

(25)

Начальные условия задачи выглядят так:

x = 0, y = 0, z = 0, Vx = Vo cos α, Vy = Vo sin α, Vz = 0 при t = 0. (26)

Из (25) и последних трех равенств (26) следует

C1 = Vo cos α, C2 = Vo sin α, C3 = 0.

Тогда (25) запишется так:

x& = Vo cos α, y& = Vo sin α− gt, z& = 0 .

Умножая эти равенства на dt и интегрируя, находим

x = Vo t cos α +C4, y = Vo t sin α gt2 / 2 + C5, z = C6 . (27)

Подставляя сюда значения x, y и z из первых трех равенств (26) и t= 0,

получаем, что

С4 = С5 = С6 = 0.

При этих значениях произвольных постоянных равенства (27) представляют собой уравнения движения снаряда:

x = Vo t cos α , y = Vo t sin α gt2 / 2, z =0 .

(28)

Последнее равенство означает, что снаряд движется в плоскости Оху.

1. Найдем уравнение траектории снаряда. Для этого необходимо исключить время t из первых двух уравнений (28):

116

gx2

y = x tg α . (29) 2Vo2 cos2 α

Таким образом, снаряд, выпущенный под углом к горизонту, при отсутствии сопротивления воздуха движется по параболе.

2.Определим горизонтальную дальность полета снаряда.

Для этого в уравнении (29) положим у = 0. Не совпадающая с началом координат точка траектории с такой ординатой имеет абсциссу

 

V 2

sin 2α

 

l =

o

 

.

(30)

 

 

g

3. Определим время полета снаряда. Для этого в первом равенстве (28) положим х равным правой части (30). В результате будем иметь

 

2Vo sin α

Т =

 

.

 

 

g

4.Осталось решить задачу прицеливания. Заметим, что из (30)

следует , что максимальная дальность полета снаряда достигается при α = 45о:

 

 

 

 

 

 

 

 

Vo2

 

 

 

 

 

 

 

 

lmax =

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

g

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пусть l≤ lmax . Тогда из (30) находим

 

 

 

 

 

 

 

sin 2α =

gl

 

 

1,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Vo2

 

 

 

 

 

откуда находим α

 

=

1

arcsin(

gl

), α

 

= 90o − α

 

. Таким образом, при

1

 

 

2

1

 

2

 

Vo2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

l< lmax в одну

и ту

же цель можно попасть, стреляя по двум

траекториям – настильной (α < 45ο) и навесной (β =90о α > 45ο).

§5. Свободные колебания материальной точки

Восстанавливающей

или квазиупругой

 

называется сила,

постоянно направленная к неподвижному центру О и пропорциональная расстоянию от материальной точки М до

этого центра, т.е.

 

 

 

F = c OM

(31)

117

( c – положительная постоянная).

Подобная сила создается растянутой или сжатой пружиной (рис.6). Здесь lo длина недеформированной пружины. При смещении груза от точки О в любую сторону пружина стремится вернуть груз в исходное положение, при этом упругая сила пружины F пропорциональ-

Рис.6 на величине смещения ОМ с коэффициентом пропорциональ-

ности с, носящим название коэффициента жесткости пружины.

Прямолинейное движение материальной точки под действием только одной восстанавливающей силы называется свободными колебаниями Точка О (центр восстанавливающей силы)

называется центром колебаний.

Заметим, что центр колебаний является положением равновесия точки М. Действительно, в соответствии с формулой (31), если материальная точка М находится в положении О, то F оказывается равной нулю, и на точку М в этом положении вообще не действуют силы.

Проведем ось Ох из центра колебаний вдоль прямой, по которой движется точка (рис.7). Составим основное уравнение динамики точки

ma = F

и спроектируем его на ось х, учитывая, что проекция восстанавливающей силы равна

Рис.7

Fx = cx.

В результате будем иметь

m&x& = −cx .

(32)

Разделив (32) на m и введя обозначение

 

2

 

c

 

k

 

=

 

,

(33)

 

 

 

 

 

m

 

получаем дифференциальное уравнение свободных колебаний

материальной точки

118

&x&+ k 2 x = 0 .

(34)

Это линейное однородное дифференциальное уранение второго порядка с постоянными коэффициентами. Составим его характеристи-

ческое уравнение :

λ2 + k2 = 0.

Так как кони его чисто мнимые λ1,2 = ± ικ, то общее решение дифференциального уравнения (34) имеет следующий вид:

x = C1 sin kt + C2 cos kt.

Сделаем подстановку C1 = a cos α,

C2 = a sin α. В результате

получим x = a (sin kt cos α + cos kt sin α) или

 

x = a sin (kt + α).

(35)

Выражение (35) представляет собой уравнение свободных колебаний материальной точки.

Прямолинейное движение точки, совершаемое по закону x = a sin (kt + α), называется гармоническими колебаниями.

Таким образом, свободные колебания материальной точки

являются гармоническими.

Величина а, являющаяся наибольшим отклонением точки от

центра колебания, называется амплитудой.

Величина φ = kt + α называется фазой колебания, а α = φ (0)

называется начальной фазой.

Величина k называется круговой или циклической частотой

колебаний.

Промежуток времени Т, в течение которого точка совершает

одно полное колебание, называется периодом колебаний.

Это означает, что если время в формуле (35) увеличивается на Т, то аргумент синуса в этой формуле изменяется на 2π. Отсюда следует,

что kT = 2π, т.е.

 

T =

2π

,

 

(36)

 

 

 

k

 

откуда получаем

 

k =

2π

,

(37)

 

 

 

T

 

т.е. круговая частота равна числу полных колебаний, совершаемых

119

за единиц времени.

Число ν полных колебаний, совершаемых в единицу времени,

называется частотой колебаний:

ν = 1 .

T

Очевидно,

k = 2πν.

Величины а и α определяются из начальных условий. Пусть

х = хо , V = Vo при t = 0.

Продифференцировав (35) по времени, получим

V = ak cos (kt+α). Из (35) и (40) с учетом (39) находим

a =

x

2

+

Vo2

,

tg α =

kxo

.

o

k 2

 

 

 

 

 

 

Vo

 

 

 

 

 

 

Из (37), (38) и (41) вытекает

(38)

(39)

(40)

(41)

1)амплитуда и начальная фаза колебаний зависят от начальных условий,

2)круговая частота и период не зависят от них.

§6. Влияние постоянной силы на свободные колебания материальной точки

Пусть теперь на материальную точку помимо восстанавливающей силы действует еще постоянная сила Р (рис.8).

Найдем новое положение равновесия О1 точки М. Очевидно, в этом положении F + P = 0, т.е.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

сOO1 + Р = 0,

(42)

Рис.8

 

 

откуда

 

 

 

 

 

 

=

P

.

 

 

 

 

OO

(43)

 

 

 

 

 

 

 

1

c

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Обозначим δст =| OO1 |

и назовем δст статическим смещением.

Тогда из (43) следует

 

 

 

 

 

 

 

 

120

Тут вы можете оставить комментарий к выбранному абзацу или сообщить об ошибке.

Оставленные комментарии видны всем.