Методические указания к решению задач по курсу "механика" Казань 2 0 1 2 методические указания к решению задач по курсу "

• Название: Методические указания к решению задач по курсу "механика" Казань 2 0 1 2 методические указания к решению задач по курсу "
• Анкор: Metodichka fizach-mexanika.pdf
• Дата: 12.12.2017
• Размер: 1.36 Mb.
• Имя файла: Metodichka fizach-mexanika.pdf
• Тип: Методические указания; #10954
• страница: 4 из 9

Раздел 4. Динамика материальной точки
4.1 Основные уравнения динамики материальной точки. Свойства сил
Приступая к решению задач по динамике материальной точки необходимо вспомнить свойства всех известных сил и особенности применения законов
Ньютона. Особое внимание следует обратить запись динамическое уравнение движения (второй закон Ньютона) в инерциальных и неинерциальных системах отсчёта (ИСО и НИСО).
Напомним, свойства некоторых сил, действующих на материальные точки.
Силы давления на поверхность, и силы растяжения нитей, действуют со стороны материальных точек на поверхность или нить, соответственно. Сила давления направлена перпендикулярно поверхности, а сила растяжения дейст- вует вдоль нити. Величины этих сил заранее не известны, они определяются другими силами и характером движения материальной точки, оказывающей давление, или стремящейся растянуть нить.
Силы реакции связей, являются реакциями абсолютно твёрдых поверхно- стей и нерастяжимых нитей на силы давления и растяжения. Они действуют на материальную точку, взаимодействующую с поверхностью, и связаны с силами давления и растяжения третьим законом Ньютона. Силу реакции нити называ-
ют также силой натяжения.
Силы упругости, связаны с вектором удлинения пружины

r выражени- ем: F
упр
=

k

r.
Силы трения скольжения и качения пропорциональны величине силы нормальной реакции опоры (трение скольжения, качения): F
тр
=

N, и направ- лены против скорости материальной точки относительно опоры.


соответст- вующий коэффициент трения.
Силы вязкого трения являются функциями скорости движения матери- альной точки относительно вязкой среды (при движении в газе или жидкости) и направлены противоположно этой скорости. Для малых скоростейF
тр

v, где

положительная константа.
Силы трения покоя имеют место в случае, когда тело покоится на неко- торой поверхности. Их величина и направление определяются суммой парал- лельных поверхности компонент всех остальных сил. Силы трения покоя име- ют максимальное значение равное F
тр макс
=

п
N.

п

коэффициент трения по- коя.
Кулоновские силы и гравитационные силы обратно пропорциональны квадрату расстояния между взаимодействующими материальными точками, и направлены вдоль прямой, соединяющей эти точки.

35
Силы инерции, или, более точно, поправки в уравнение движения мате-
риальной точки, записанное относительно неинерциальной системы отсчёта, обусловленные массой (m) материальной точки и характером движения НИСО:
*
сила инерции при ускоренном движении те- ла отсчёта, с которым связана неинерциальная система отсчёта F
i

–mA, где
2 2
/
d
dt

A
R
– ускорение неинерциальной системы отсчёта;
*
центробежная сила инерции
2
(
')
c
m
m


 
F
r
-
 

=

–вектор, перпендикулярный оси вращения системы отсчёта и характеризующий положение материальной точки от- носительно этой оси,


угловая скорость вращения неинерциальной системы оnсчёта;
*
сила инерции при ускоренном вращении системы отсчёта
(
')
a
m

F
r
= -
w
;
*
сила Кориолиса
( '
)
K
m

F
v
= 2
W
, должна учитываться при движении материальной точки со скоростью
v’относительно вращающейся с угловой скоростью

системы отсчёта.
Основное уравнение динамики (второй закон Ньютона) обычно записыва- ется одним из следующих способов:
( , , )
d
ma
m
t
dt


v
F r v
,
(4.1а)
( , , )
d
t
dt

p
F r v
,
(4.1б) где m – масса материальной точки, a – её ускорение, p

mv – её импульс, F –
равнодействующая всех сил, приложенных к материальной точке.
Первая форма записи уравнения удобна для случая, движения тел посто- янной массы. Вторая форма записи наиболее универсальна.
4.2 Динамический метод решения задач механики
В условии задач, которые можно пытаться решить динамическим ме-
тодом, наряду с переменными характеризующими движение (радиусы-векторы, скорости и т.д.) так или иначе описаны параметры взаимодействий (силы).
Задачи динамики также можно разделить на два типа: прямые и обратные.
Прямая задача динамики требует найти ускорения материальных точек по заданным значениям сил. Обратная задача ставит вопрос об отыскании равно- действующих сил в случае, когда ускорения материальных точек известны.
Поскольку при движении точек с постоянными массами уравнения движе- ния (4.1а) можно рассматривать как алгебраические, в математическом смысле разницы между этими двумя типами задач нет.

36
Динамический метод решения задач механики основан на совокупном применении трёх законов Ньютона и включает в себя следующие этапы:
1. выбор системы отсчёта;
2. определение физической системы (ФиС) и совокупности всех сил, дей- ствующих на все материальные точки, образующие систему. Если выбранная система отсчёта неинерциальна, необходимо учесть и силы инерции;
3. запись уравнений движения материальных точек (второго закона Нью- тона) в векторной форме и последующее их представление в скалярной форме в выбранной системе отсчёта;
4. решение системы уравнений движения (нахождение зависимости a(t) и сил реакции связей).
5. если полученную систему уравнений решить не удаётся необходимо до- полнить её известными выражениями для различных сил, уравнениями, сле- дующими из третьего закона Ньютона, а также очевидными соотношениями между кинематическими и геометрическими величинами.
Часто решение динамической задачи является лишь начальным этапом решения более сложной задачи, которое заканчивается решением обратной ки- нематической задачи (см. раздел 3).
4.3 Примеры решения задач динамики
Задача 1.67.
На гладкой горизонтальной плоскости лежит доска массы m
1
и на ней бру- сок массы m
2
. К бруску приложили горизонтальную силу, увеличивающуюся по закону F

t, где

– постоянная. Найти зависимости от t ускорений доски а
1 и бруска а
2
, если коэффициент трения между доской и бруском равен k. Изобра- зить примерные графики этих зависимостей.
Анализ задачи и физический этап решения. Задача является прямой задачей динамики, когда по заданным силам требуется определить неизвестные силы и ускорения, а траектория не определена. Решать задачу будем в инерциальной системе отсчёта, связанной с горизонтальной плоскостью. Физическая система представляет собой два тела: брусок и доску (см. рис.). На брусок дейст- вуют: сила тяжести m
2
g со стороны
Земли, сила реакции опоры N
2
и сила трения F
тр.2
со стороны доски, сила
F, определённая в условии задачи. На доску действуют: сила тяжести m
1
g
со стороны Земли, сила давления Р и сила трения F
тр.1
со стороны бруска, сила реакции N
1
со стороны гладкой горизонтальной поверхности.
Запишем уравнения движения для бруска и доски:
2 2 2
2
тр.2
m
m




g
N
F
F
a
F
m
1
g
m
2
g
N
2
N
1
F
тр.1
F
тр.2
P
x
y

37 1 1 1
тр.1 1
m
m

 

g
P F
N
a
Третий закон Ньютона, даёт ещё два векторных уравнения:
2
 
P
N и тр.1
тр.2
 
F
F
С учётом этих равенств и выражения для силы F перепишем уравнения движения бруска и доски в проекциях на оси СК:
Ось x:
2 2
тр.2
m a
F
t
 
 
(1)
1 1
тр.2
m a
F

(2)
Ось y:
2 2
0
m g
N
 

(3)
1 2
1 0
m g
N
N
 


(4)
Эта система четырёх уравнений содержит пять неизвестных. Для отыскания пятого уравнения попробуем использовать известные свойства сил, а также попы- таемся записать очевидные кинематические соотношения.
Как известно проявление сил трения зависит как от характера движения,
так и от других сил, поэтому надо иметь ввиду, что искомое уравнение будет различным в зависимости от величины силы F


t.
По мере возрастания силы F будет, по какому-то закону, расти и сила тре- ния (вначале это сила трения покоя). Но сила трения покоя имеет предел:
F
тр.2 макс.

kN
2
. Пока этот предел не достигнут, оба тела будут двигаться как еди- ное целое с одинаковыми ускорениями
a
1

a
2

a.
(5a)
Это уравнение замкнёт записанную систему для случая малых времён.
Когда в некоторый момент времени t
l сила трения достигнет своего пре- дельного значения, доска придёт в движение с ускорением отличными от уско- рения бруска a
1

a
2
. Но в этом случае, мы будем иметь дело уже с силой трения скольжения, примерно равной максимальной силе трения покоя. Т.е. для боль- ших времён замыкающее уравнение:
(5б)
Очевидно, в момент времени t
1
тела будут ещё неподвижны относительно друг друга, но сила трения покоя уже достигнет своего максимального значе- ния. Т.е. будут выполняться оба дополнительных условия (5).
Математический этап решения. Для времён t

t
1
система движется как единое целое с ускорением a

a
1

a
2
. Найдём его из суммы уравнений (1) и (2):
(m
1

m
2
)a

F, откуда
1 2
( )
t
a t
m
m



Для t

t
1
значение силы трения F
тр.2

kN
2
запишем, найдя из уравнения (3) величину N
2
= m
2
g. С учётом этого перепишем уравнения (1) и (2)
2 2
2
m a
km g
t
 
 
(6)
1 1 2
m a
km g

(7)

38
Решая эту систему можно найти ускорения тел для t

t
1
а
1

km
2
g/m
1
, a
2

(

t – km
2
g)/m
2
В момент времени t
1
в уравнениях (6) и (7) должны быть одинаковы ускорения:
2 2
m a
km g
t
 
 
(6)
1 2
m a
km g

(7)
Откуда
2 1
2 1
1
(
)
kgm m
m
t
m



Анализ решения. Если действовать в соответствии с принципом “понять – значит обобщить”, то можно задать себе следующие вопросы:
– как изменится результат задачи, если учесть силы трения между доской и горизонтальной плоскостью?
– как изменятся формулы для ускорения, если силу F приложить не к бру- ску, а к доске?
– как изменится решение задачи, если горизонтальную поверхность заме- нить на наклонную?
Попытайтесь найти ответы на эти вопросы самостоятельно.
Только после нахождения ответов на эти и подобные вопросы задача мо- жет считаться решённой.
Примечание. Прежде чем попытаться ответить на первый вопрос попытай- тесь правильно решить следующую вспомогательную задачу:
На горизонтальной шероховатой плоскости лежит тело массой m. Коэф- фициент трения равен k. В момент времени t

0 к телу приложили горизонталь- ную силу F

t. Найти ускорение и путь, пройденный телом, за первые t секунд после начала движения.
С этой задачей тесно связана задача 1.78.
Задача 1.77
На горизонтальной поверхности находится призма 1 массы m
1
с углом

и на ней брусок 2 массы m
2
. Пренебрегая трением найти ускорение призмы.
Физический этап решения. Перед нами прямая задача динамики. Выберем
ИСО, связанную с горизонтальной плоскостью. Физическую систему образуют два тела: брусок и призма.
На призму действуют (см. рис.): сила тяжести m
1
g со стороны Земли, сила реакции опоры N
1
со стороны поверхности, сила давления P со стороны бру- ска. На брусок действуют: сила тяжести m
2
g со стороны Земли, сила реакции опоры N
2
со стороны призмы.
Уравнения движения для бруска и призмы в векторном виде:
m
1
a
1

m
1
g

N
1
+ P,
(1)
m
2
a
2

m
2
g

N
2
(2)
По третьему закону Ньютона
P


N
2

39
С учётом последнего выра- жения спроецируем уравнения (1) и (2) на оси СК, показанные на рисунке. При этом надо учесть, что брусок относительно выбран- ной ИСО участвует в сложном движении: он перемещается отно- сительно призмы и вместе с ней относительно горизонтальной плоскости. Поэтому сразу не оче- видно значение угла, под которым направлено его ускорение к горизонтали.
Можно лишь утверждать, что вдоль оси y брусок будет двигаться быстрее по сравнению с тем случаем, когда призма была бы неподвижна. Такие соображения позволили изобразить на рисунке вектор a
2
под углом к горизонтали большим

Ось x:
m
1
a
1

N
2
sin

,
(3)
m
2
a
2x

–N
2
sin

(4)
Ось y:

m
1
g –
N
1

N
2
cos

(5)
m
2
a
2y

m
2
g –
N
2
cos

(6)
Эта система четырёх уравнений содержат пять неизвестных: a
1
, a
2x
, a
2y
, N
1
,
N
2
и однозначного решения не имеет.
Кроме силы тяжести в эти уравнения входят силы реакции опор, всю ин- формацию о которых (направление) мы уже использовали. Значит, необходимо искать соотношения между ускорениями призмы и бруска. Очевидно, брусок всегда будет касаться призмы. Его движение относительно выбранной ИСО, как уже отмечалось, может быть представлено как сложное: он движется отно- сительно призмы с некоторым ускорением a
21
, направленным вдоль её наклон- ной грани и вместе с призмой относительно ИСО. Тогда согласно формуле
(3.20) можно записать
a
2

a
1

a
21
,
(7) или в проекциях на оси СК
a
2x

a
1

a
21
cos

,
(8)
a
2y

a
21
sin

,
(9)
Математический этап решения. Надеемся, что полученную систему уравнений вы сможете решить самостоятельно и найти искомое ускорение призмы:
1 2
1 2
sin cos sin
/
g
a
m m



 
Анализ решения. При анализе полученного решения данной задачи полез- но получить выражения для остальных неизвестных величин a
21
, N
1
, N
2
. Поучи-

40 тельно обратить внимание (см. уравнение (4)) на то, что в данной системе, сила реакции опоры, действующая на брусок, зависит от того, как движется его опо- ра – призма.
Для более глубокого понимания смысла полученного решения полезно обобщить исходные уравнения на случай шероховатых поверхностей и учесть силы трения, которые могут существовать между бруском и призмой и между призмой и горизонтальной поверхностью. Желательно исследовать полученное решение в случаях

0 и

/2, когда нулевое значение a
1
очевидно.
Задача 1.96
Цепочка массы m, образующая окружность радиуса R, надета на гладкий круговой конус с углом полураствора

. Найти силу натяжения цепочки, если она вращается с постоянной угловой скоростью

вокруг вертикальной оси, совпадающей с осью симметрии конуса.
Замечание. Для иллюстрации особенностей оперирования в инерциальных и неинерциальных системах отсчёта, приведём два способа решения этой зада- чи, отличающиеся выбором системы отсчёта. Тем более, что требуется найти значение силы, т.е. меры объективно существующего взаимодействий, она не
зависит от произвола в выборе системы отсчёта.
Вариант 1. Решение в ИСО, связанной с конусом.
Физический этап решения. Цепочка не является материальной точкой, по- этому необходимо разделить её на малые элементы

m, каждый из которых можно принять за материальную точку. Теперь можно переформулировать за- дачу для элемента цепочки

m:
Элемент цепочки равномерно движется по окружности радиуса R под дей- ствием нескольких сил, одну из которых необходимо определить.
Это обратная задача динамики. На элемент

m в ИСО действуют четыре силы (см. рис.): сила тяжести

mg со стороны Земли, сила реакции опоры N со стороны конуса, и две одинаковые по величине (почему одинаковые?) силы на- тяжения T
1
и T
2
со стороны соседних элементов цепочки. T
1
и T
2
направлены по касательным к окружности на границах выделенного элемента.
Запишем уравнение движения элемента

m:

ma


mg

N

T
1

T
2
(1)
Спроецируем это уравнение на оси выбранной СК (см. рис.):
(для оси x)

m

2
R


2Tsin(

/2)
+
Ncos

,
(2)
(для оси y)
0

Nsin

–
2Tsin(

/2).
(3)

41
Здесь угол

указывает на элемент дуги, под которым “виден” элемент цепочки

m из цен- тра окружности радиуса R, образуемой цепоч- кой. Система двух уравнений содержит три не- известных (N, T,

) и не является замкнутой.
Мы уже отразили в уравнениях всё, что знали о силах и кинематике задачи. Остаётся геометрия
Попробуем связать

m с

. Свяжем

m с ли- нейной плотностью материала цепочки

и длиной выделенного элемента

l:

m


l.
Длина дуги окружности (считаем цепочку очень тонкой)

l связана с углом

, на который опирается дуга известным из геометрии соот- ношением:

l
=
R

. Для однородной цепочки

=
m/(2

R). Тогда
2
m
m
R

 

(4)
Система уравнений (2), (3), (4) становятся замкнутой. Решая её (математический этап
решения), находим неизвестную величину T:
2
ctg
2
mg
R
T
g




 


 

Анализ решения. Основной вывод, кото- рый можно сделать из этого решения: – при рассмотрении динамики систем с распределённой массой (цепочки, веревки и т.д.) можно использовать уравнения движения материальной точки, записывая их для отдельных малых элементов этой системы, которые можно считать ма- териальными точками в масштабах задачи.
Вариант 2. Решение в НИСО, вращающейся с цепочкой.
Физический этап решения. Перед нами, как и прежде, обратная задача ди- намики, но теперь элемент цепочки неподвижен относительно СК. Конкрети- зируем направление осей СК. Пусть, ось z, как и прежде, направлена вниз. Сис- тема координат вращается вокруг этой оси, так, что ось x всегда направлена на выделенный элемент, а направление оси y образует с двумя другими правую тройку. Тогда, изображённые на рисунке оси можно трактовать и как оси
НИСО в определённый момент времени.
Запишем уравнение движения элемента

m в НИСО:
0


mg

N

T
1

T
2
(5)
Однако, это уравнение отличается от (1), а значит решая его вместе с (4) мы получим другой ответ. Почему?
Дело в том, что уравнение (5) в НИСО записано неверно: в него не вхо-
дят поправки – силы инерции.

42
Для того, чтобы их найти необходимо чётко представлять как движет-
ся выбранная НИСО относительно любой ИСО.
В нашем случае, НИСО вращается с постоянной угловой скоростью, при этом тело отсчёта неподвижно. Тогда из всех описанных выше сил инерции ос- таётся только одна: центробежная сила инерции равная
(
)
m



r
-
w
w
здесь

– вектор угловой скорости вращения системы отсчёта, r – радиус-вектор вы- бранного элемента относительно НИСО. Неверное уравнение (5) должно быть переписано в виде:
1 2
0
(
)
m
m
 
  



g N T
T
r
-
w w
(6)
Вектор

лежит на оси z, от его направления, очевидно, ничего не зависит
– центробежная сила инерции направлена вдоль оси x. Спроецируем уравнение
(6) на оси СК
(для оси x)
0


2Tsin(

/2)
+
Ncos

+

m

2
R,
(7)
(для оси y)
0

Nsin

–
2Tsin(

/2).
(8)
С точки зрения математики (но не физики!) эти уравнения эквивалентны уравнениям (2), (3) и совместно с (4) приведут к уже известному ответу.
Анализ решения. Основной вывод, который можно сделать из решения в
НИСО. При записи уравнений движения в НИСО необходимо учитывать по- правки – силы инерции. Для этого важно очень ясно представлять, как движет- ся НИСО. Скажем так: все ИСО эквивалентны друг другу, все НИСО – раз-
ные.
C этой задачей тесно связана задача 1.97.
Задача 1.100
Небольшую шайбу положили на наклонную плоскость, составляющую угол

с горизонтом, и сообщили ей начальную скорость v
0
. Найти зависимость скорости шайбы от угла

, если коэффициент трения k

tg

и в начальный мо- мент

0


/2.
Физический этап решения. Физическая система – шайба. На неё действуют
(см. рис.): сила тяжести

mg со стороны Земли, сила реакции опоры N и сила трения скольжения F
тр со стороны наклонной плоскости.
Попробуем записать уравнения движения в декартовой системе координат и в сопровождающей системе координат, связанной с шайбой. Ось x декарто- вой системы координат направим ось вниз по наклонной плоскости, ось z пер- пендикулярно ей, ось y – горизонтально.

43
Запишем уравнения движения в декартовой
СК:
ma
x

mgsin

– F
тр cos

,
(1)
ma
y

–F
тр sin

,
(2)
0
=
N

mgcos

(3) и в сопровождающей СК
ma


mgsin

cos

– F
тр
,
(4)
ma
n

mgsin

sin

(5)
Учтём что,
F
тр

kN.
(6)
Математический этап решения. Из записанных уравнений, можно заме- тить (!?), что величины a
x
и a

удовлетворяют условию
a
x

A(k,

)a


gB(k,

),
(7) где A(k,

)

kctg

, B(k,

)

sin

[1
–
k
2
ctg
2

].
Рассмотрим последнее уравнение (7) как дифференциальное относительно скорости: x
( , )
( , )
dv
dv
A k a
gB k a
dt
dt


(7а)
Его можно проинтегрировать по времени, т.к. A(k,

), B(k,

) константы. С учётом начальных условий (при t

0 v

v
0
,

/2), получим:
v
x

A(k,

)v

gB(k,

)t

v
0
A(k,

).
Учитывая, что v
x

vcos

, получим искомую зависимость:
0 0
( , )
( , )
( , ) cos
1 cos
B k
gt
A k
v
v
v
A k





 



(8)
Последнее выражение получено при подстановке k

tg

. При этом A(k,

)

kctg


1, B(k,

)

sin

[1–k
2
ctg
2

]

0.
Анализ решения. Как можно заметить из полученного решения, задача ре- шена нестандартно. Потребовалась запись уравнений Ньютона в двух различ- ных СК, чтобы догадаться о существовании равенства (7). Зато ответ получил- ся более общим, чем это предполагалось составителем задачи. Фактически пер- вая часть равенства в уравнении (8) получена для произвольного значения ко- эффициента трения k

tg

Попытайтесь кроме этого получить ответ на вопрос: можно ли из записан- ных уравнений получить некоторую дополнительную информацию о траекто- рии движения, например, зависимость радиуса кривизны траектории R в зави- симости от угла

?

44