ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА ДИНАМИКАbooks.ifmo.ru/file/pdf/1350.pdf · 4...

3

Федеральное агентство по образованию

Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования

САНКТ-ПЕТЕРБУРГСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ

НИЗКОТЕМПЕРАТУРНЫХ И ПИЩЕВЫХ ТЕХНОЛОГИЙ

Кафедра теоретической механики

ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА

ДИНАМИКА

Методические указания к практической и самостоятельной работе

студентов всех специальностей очной и заочной форм обучения

Санкт-Петербург 2009

4

УДК 531(075)

Григорьев А.Ю. Теоретическая механика. Динамика: Метод. указания к практической и само-

стоятельной работе студентов всех спец. очной и заочной форм обучения. – СПб.: СПбГУНиПТ, 2009. –

68 с.

Представлен теоретический материал, приведены примеры решения за-

дач, а также даны задачи для самостоятельной работы студентов по соответ-

ствующим темам дисциплины «Динамика».

Рецензент

Доктор техн. наук, проф. В.А. Арет

Рекомендованы к изданию редакционно-издательским советом уни-верситета

Санкт-Петербургский государственный

университет низкотемпературных

и пищевых технологий, 2009

5

Часть I. ТЕОРИЯ, НЕОБХОДИМАЯ ДЛЯ РЕШЕНИЯ

ЗАДАЧ ДИНАМИКИ

Динамика – это раздел теоретической механики, в котором

изучается движение материальных тел под действием приложенных

к ним сил.

Покой – частный случай движения, поэтому раздел статики –

это частный случай динамики.

Кинематика исследует движение материальных тел с чисто

геометрической точки зрения, следовательно, кинематику можно счи-

тать геометрическим введением в динамику.

Динамика делится на динамику материальной точки и на ди-

намику системы материальных точек.

1. Динамика материальной точки

Аксиомы динамики (законы динамики)

1. Материальная точка, на которую не действуют внешние си-

лы, находится в покое или движется равномерно и прямолинейно.

Иначе: изолированная от внешних воздействий материальная точка

сохраняет свое состояние покоя или равномерного и прямолинейного

движения.

2. Действующая на материальную точку сила вызывает про-

порциональное ей ускорение (рис. 1).

Эту аксиому можно записать формулой

WmF , (1)

где F – вектор силы; W – вектор ускорения движения материальной

точки; m – коэффициент пропор-

циональности, называемый инер-

ционной массой точки.

Инерционная масса m опре-

деляет способность тела сопро-

тивляться изменению характера

движения. Соотношение (1), уста-

навливающее связь между силой

F , массой m и ускорением W ,

W F

Рис. 1

6

является важнейшим в классической механике и называется основ-

ным уравнением динамики материальной точки. (1-я форма).

Пример: Материальная точка свободно падает вблизи поверх-

ности планеты Земля (рис. 2). Согласно все-

мирному закону тяготения, сила притяжения

двух тел друг к другу определяется формулой

2R

MmGF , (2)

где m – масса материальной точки; М – масса

планеты Земля; R – расстояние между мате-

риальной точкой и центром планеты; G –

универсальная гравитационная постоянная.

Но, согласно основному закону динамики, WmF , следова-

тельно, ускорение свободного падения

2R

GMWg . (3)

Отсюда видим, что ускорение свободного падения g не зависит от

массы падающего тела.

3. Несколько одновре-

менно действующих на мате-

риальную точку сил (рис. 3)

сообщают точке такое ускоре-

ние, какое сообщила бы ей од-

на сила, равная их геометри-

ческой сумме, т. е. если на ма-

териальную точку действует

система сил nFFF ...,, 21 , то

n

i

iFWm1

, (4)

где

n

i

iFF1

– равнодействующая системы сил.

FR

m

M

M

F

1F

2F

W

Рис. 3

Рис. 2

7

Пример: на материальную точку М действуют две силы 1F

и 2F , в этом случае вектор W ускорения ее движения будет направ-

лен по диагонали параллелограмма со сторонами 1F и 2F туда же,

куда действует равнодействующая сила F .

4. Движущиеся материальные точки взаимодействуют друг

с другом с силами, равными по модулю и действующими вдоль од-

ной прямой в противоположные стороны.

Так, например (рис. 4), 1F = − 2F .

Аксиомы динамики были

впервые сформулированы англий-

ским ученым Исааком Ньютоном

применительно к инерциальным

системам отсчета, т. е. к системам

отсчета, покоящимся или движущим-

ся равномерно и прямолинейно.

Дифференциальные уравнения движения материальной точки

Пусть материальная

точка М массой m (рис. 5)

движется под действием

произвольной системы сил

nFFF ...,, 21 , равнодейст-

вующая которой

n

i

iFF1

.

Тогда основной закон ди-

намики для этой точки вы-

глядит следующим обра-

зом:

n

i

iFFWm1

. (5)

M

1F2F N

Рис. 4

Рис.3.

zyxM ,,

z

zx

x

oi

j

k

y

y

Рис. 5

8

Введем в пространстве произвольную декартову систему ко-

ординат Oxyz с ортами осей kji ,, . Тогда координаты положения

точки М являются функциями времени (см. раздел кинематики, ко-

ординатный способ задания движения материальной точки), следо-

вательно:

)(txx

)(tyy , (6)

)(tzz

где х, у, z – переменные координаты точки М, зависящие от времени.

Из кинематики мы знаем, что вектор ускорения материальной

точки W при координатном способе задания движения определяется

выражением

kzjyixW , (7)

где 2

2

2

2

2

2

,,dt

zdz

dt

ydy

dt

xdx .

Вектор силы iF через свои проекции на оси координат запи-

шется в следующем виде:

kZjYiXF iiii , (8)

где iX , iY , iZ – проекции вектора силы iF на оси координат

ОzОyОx ,, соответственно, а вектор равнодействующей силы через

свои проекции запишется в виде

kZjYiXF . (9)

Вспоминая теорему о проекции геометрической суммы на ось,

получаем, что

n

iiXX

1

,

n

iiYY

1

,

n

iiZZ

1

. (10)

k

Рис.5.

9

Спроектируем векторное основное уравнение динамики мате-

риальной точки (5) на оси координат с учетом выражений (7)–(10),

получим дифференциальные уравнения движения материальной точки

Система дифференциальных уравнений (11) – это вторая фор-

ма записи основного уравнения динамики материальной точки.

Две задачи динамики

Различают две задачи динамики – прямую и обратную.

Первая прямая задача динамики состоит в определении рав-

нодействующей силы, действующей на точку известной массы, дви-

жущейся по заданному закону.

Пример: пусть известен закон движения материальной точки

и он задан координатным способом:

)(txx , )(tyy , )(tzz .

Тогда, согласно выражению (11), декартовы проекции на оси

координат равнодействующей силы можно определить по формулам

xmX , ymY , zmZ .

А далее равнодействующая сила находится по формуле (9).

Таким образом, первая задача динамики может быть решена

всегда с помощью операции двойного дифференцирования по време-

ни выражений для закона движения материальной точки.

Пример: пусть материальная точка движется в плоскости Oxy

по закону

ktax cos , ktbу sin ,

где const,, kba .

n

ii

n

ii

n

ii

ZZzm

YYym

XXxm

1

1

1

(11)

10

Тогда очевидно, что траектория движения описывается урав-

нением

12

2

2

2

b

y

a

x,

т. е. траекторией движения материальной точки является эллипс

с полуосями a и b . Из условия задачи (рис. 6) имеем:

ktakx sin , ktbky cos ,

xkktakx 22 cos ,

ykktbky 22 sin .

Так как xmX , ymY , то

,2 jyixmkjyixmjYiXF

где rjyix – радиус-вектор положения материальной точки М

в пространстве.

Следовательно, rmkF 2 .

x

y

y

o

j

i

F

M

aa

b

b

r

x

Рис. 6

11

Таким образом, данное движение происходит под действием

силы, всегда направленной к центру эллипса (см. рис. 6). Модуль этой

силы пропорционален расстоянию до центра эллипса: OMmkF 2 .

Вторая обратная задача динамики состоит в определении

закона движения материальной точки известной массы по заданным

силам.

Так, пусть действующие на материальную точку силы заданы

как функции:

1) времени t;

2) координат положения материальных точек zyx ,, ,

3) компонент (составляющих) вектора скорости zyx ,, ,

где новые обозначения производных по времени zyx ,, соответству-

ют dt

dxx ,

dt

dyy ,

dt

dzz .

Тогда дифференциальные уравнения движения материальной

точки (11) запишутся в виде

,,,,,,,

,,,,,,

,,,,,,

tzyxzyxZzm

tzyxzyxYym

tzyxzyxXxm

(12)

откуда видим, что получена система трех дифференциальных уравне-

ний шестого порядка относительно трех неизвестных zyx ,, .

Для определения закона движения в координатной форме необхо-

димо проинтегрировать эту систему уравнений. В процессе интегри-

рования возникнут шесть произвольных констант интегрирования.

Чтобы определить эти постоянные, следует задать начальные усло-

вия. Начальные условия определяют положение и скорость точки

в момент начала движения t0 = 0.

При t = t0, х = х0, у = у0, z = z0;

0xx , 0yy , 0zz , (13)

где 000 ,, zyx – известные координаты начального положения матери-

альной точки в пространстве; 000 ,, zyx – известные компоненты (сос-

тавляющие) вектора начальной скорости движения материальной точки.

Следовательно, для решения задачи, кроме системы уравнений

(12), необходимо иметь шесть начальных условий (13).

12

2. Теоремы об изменении импульса (количества движения)

Понятие о количестве движения материальной точки

(импульс материальной точки)

Пусть некоторая материальная точка массы m движется по

криволинейной траектории со скоростью .

Определение: Количеством движения материальной точки на-

зывается векторная величина, равная произведению массы точки на

вектор скорости:

mQ . (1)

Очевидно, размерность количества движения в системе СИ:

с

мкгQ Нс; в СГСЕ: Q кгс.

Введем прямоугольную декартову систему координат Oxyz

с ортами осей kji ,, (рис. 7), тогда вектор скорости через свои

проекции на оси координат можно записать в следующем виде (см.

раздел кинематики, координатный способ задания движения мате-

риальной точки):

kzjyix . (2)

x

y

z

Q

О

Рис. 7

13

Следовательно, исходя из выражения (1) проекции вектора Q

на оси координат будут

zmQ

ymQ

xmQ

Z

Y

X

. (3)

Основное уравнение динамики для материальной точки имеет вид

n

ii

FWm1

, (4)

где

n

ii

FF1

– равнодействующая всех сил, действующих на точку.

Но ускорение движения

dt

Qd

dt

md

dt

dmWm

dt

dW

.

С учетом этого получаем новую третью форму основного уравнения

динамики материальной точки

n

i

Fdt

Qd

1

. (5)

Таким образом, производная по времени от вектора количества

движения материальной точки равна равнодействующей всех прило-

женных к точке сил.

Понятие об импульсе силы

Пусть материальная точка движется по криволинейной траек-

тории под действием некоторой системы сил. Предположим, что

в числе действующих на точку сил имеется некоторая сила F , посто-

янная в течение всего времени движения по модулю (величине) и

направлению. Тогда импульсом этой силы на некотором интервале

времени называется вектор, равный произведению вектора силы

на продолжительность интервала времени ее действия:

14

0ttFS , (6)

где 0tt – интервал времени действия постоянной силы F .

Размерность импульса силы в СИ: S Нс и кгс СГСЕв ,

т. е. та же размерность, что и для импульса материальной точки (ко-

личества движения).

Рассмотрим общий случай. Сила F , действующая на матери-

альную точку, переменна и по модулю, и по направлению (рис. 8).

Мысленно разобьем рассматриваемый интервал времени от t0 до t на

""n одинаковых элементарных подынтервалов времени n

ttt 0 ,

следовательно, на траектории мы получим n участков движения, со-

ответствующих интервалам времени.

Пусть itF – вектор силы, действующий на материальную

точку в начале i-го подынтервала времени. Будем считать, что число

подынтервалов ""n настолько велико, а продолжительность каждого i-го

подынтервала настолько мала, что сила )( itF в течение времени t

не меняется ни по модулю, ни по направлению. В этом случае при-

ближенно элементарный импульс на i-м подынтервале времени опре-

делится выражением

ttFS ii . (7)

00, Mt

iMt

i,

11, ii Mt

Mt, tF

Рис. 8

itF

0tF

15

Тогда, приближенно, на всем интервале времени )( 0tt импульс си-

лы будет равен геометрической сумме импульсов сил на каждом i-м

подынтервале времени

n

iii

n

i

in

ttFSS11

. (8)

Эта формула для вычисления импульса силы F на интервале вре-

мени от t0 до t будет тем точнее, чем больше число интервалов ""n

и чем меньше продолжительность it одного подынтервала времени.

Поэтому точным значением импульса силы F на интервале времени

от t0 до t будет предел

n

ii ttFS

tn 1

lim

0

.

А этот предел по определению – это интеграл, т. е.

dtFSt

t

0

. (9)

Импульс силы на некотором интервале времени равен векторному

интегралу от вектора силы по времени на том же интервале времени.

Замечание: Так как векторный интеграл геометрической сум-

мы равен геометрической сумме векторных интегралов, то импульс

равнодействующей силы

n

i

iFF1

на промежутке времени от на-

чального t0 до текущего t будет равен

n

i

tt

dtFdtFS itt 1 00

.

16

Теорема об изменении количества движения

материальной точки

Определение: Геометрическое приращение вектора количества

движения материальной точки (импульса точки) на некотором интер-

вале времени равно векторной сумме импульсов всех действующих

на точку сил на том же интервале времени

n

ii

t

n

i

i dtFStQtQt

110

0 .

Доказательство

Для доказательства теоремы воспользуемся третьей формой

основного уравнения динамики материальной точки (5):

FFdt

Qd n

i

i 1

,

где F – равнодействующая, равная

n

i

iF1

.

Проинтегрируем это векторное равенство по времени на ин-

тервале от t0 до t:

dtFdtdt

Qdtt

tt

00

, (10)

но интеграл слева

0

0

tQtQdtdt

Qdt

t

(11)

равен геометрическому приращению вектора количества движения

материальной точки на интервале от t0 до t, а интеграл справа

SdtFt

t

0

, согласно определению, – импульс равнодействующей силы

17

на том же интервале времени. В соответствии с правилами векторно-

го интегрирования

n

i

t

t

n

iii

t

t

n

ii SdtFdtFS

1 1100

, (12)

где iS – импульс i-й силы iF на интервале времени от t0 до t. С уче-

том выражений (11) и (12), выражение (10) примет вид

n

iiStQtQ

10 . (13)

Таким образом, теорема доказана.

Замечание 1: Как видно из выражения (13), вектор количества

движения материальной точки не изменится за промежуток времени

от t0 до t ( 0tQtQ ), если геометрическая сумма импульсов всех

сил на этом интервале времени равна нулю.

Замечание 2: Теорема об изменении импульса материальной

точки получена из основного уравнения динамики. Вопрос: когда при

решении задач лучше использовать основной закон динамики, а ко-

гда теорему об изменении количества движения точки?

Очевидно, что если в числе известных и неизвестных парамет-

ров задачи мы имеем массу, силы и ускорение, то используем для

решения задачи основной закон динамики.

Если в числе известных и неизвестных параметров задачи име-

ем массу, начальную и конечные скорости, силы и время, то для ре-

шения задачи используем теорему об изменении импульса точки.

Пример использования теоремы об изменении импульса мате-

риальной точки: струя несжимаемой жидкости диаметра d набегает

под углом 90 на горизонтальную неподвижную поверхность со ско-

ростью v и растекается по ней (рис. 9). Плотность жидкости . Требу-

ется определить силу, с которой жидкость действует на поверхность.

18

Сила, с которой жидкость действует на стенку, по величине

равна силе, с которой стенка действует на жидкость. Поэтому урав-

нение изменения вектора количества движения для массы жидкости

m = tdυ

4

πρ 2

в проекции на ось х запишется в следующем виде:

tFmm xx 01 . ()

Так как ,01 x а x0 , то вышеуказанное выражение ()

примет вид

tFtd 4/πρ 22 ,

откуда .4/πρ 22 dF

Понятие о механической работе

Пусть материальная точка движется прямолинейно, а в числе

действующих на нее сил имеется сила F , постоянная по модулю и по

направлению (рис. 10). Пусть М0 и М – начальное и конечное поло-

жение материальной точки. Угол – угол между направлением дви-

жения и вектором силы F . Очевидно, что = const в течение всего

времени движения материальной точки. Тогда работа силы на ука-

F xd v

l

y

Рис. 9

19

занном перемещении – это скалярное произведение вектора силы F

на вектор перемещения MM0 :

αcos00 MMFMMFA . (14)

Работа силы будет положительной, если соs 0, т. е. угол –

острый и отрицательный, если соs 0, т. е. угол – тупой (рис. 11).

Размерность работы в системе СИ: [А] = Нм = Джc

мкг2

2

.

Рассмотрим общий случай. Пусть материальная точка движет-

ся по криволинейной траектории и на нее действует сила F , пере-

менная по величине и направлению (рис. 12). Пусть в начальный мо-

мент времени t0 материальная точка находилась в точке М0 траекто-

рии, а ее радиус-вектор относительно произвольного неподвижного

центра О равен 0r . Сила, действующая на точку в этот момент време-

ни, – 0F . Соответственно, в конечный момент времени материальная

точка находится в точке М траектории, ее радиус-вектор относитель-

но того же неподвижного центра О равен r , сила, действующая на

материальную точку в конечный момент времени, – F .

F

0,0cosα,α Аострый0

M M

0M M

F

Рис. 10

0,0cosα,α Атупой

0M

F

M

Рис. 11

20

Мысленно разобьем траекторию перемещения материальной

точки 0M M на ""n подынтервалов. Для каждого i-го подынтервала

введем ii trr – радиус-вектор материальной точки начала i-го под-

ынтервала времени. Тогда 11

ii trr – радиус-вектор материальной

точки начала 1i -го подынтервала и конца i-го подынтервала, а

iii rrr 1 – геометрическое (векторное) приращение радиуса-

вектора r на i-м элементарном перемещении материальной точки.

Пусть ii tFF – сила, действующая на материальную точку

в момент времени it – начала i-го подынтервала перемещения. Будем

полагать, что размеры каждого i-го подынтервала перемещения на-

столько малы, что:

1) изменением силы по модулю и по направлению в течение

всего подынтервала перемещения можно пренебречь;

2) кривизной перемещения на этом подынтервале также можно

пренебречь.

Тогда ir можно рассматривать как вектор прямолинейного

перемещения, и, согласно формуле (14), работа силы на i-м элемен-

тарном перемещении приближенно будет равна

iii rtFA .

O

1iM

ir

iM

0M

0r

0F

r

ir

1ir

F

M

iF

Рис. 12

21

Найдем алгебраическую сумму работ на всех этих элементар-

ных перемещениях

n

i

n

i

iiiin rtFAFA

1 1

)( .

Эта формула дает выражение для работы силы F на переме-

щении MM0 тем точнее, чем больше число элементарных подын-

тервалов ""n и чем меньше модули геометрических приращений ir .

Тогда точным выражением для работы силы F на перемещении

MM0 будет предел

MM

ir

rdFrtFFAn

i

iin

0

0

1

lim)( . (15)

Следовательно, работа силы в общем случае равна криволи-

нейному интегралу от вектора силы вдоль рассматриваемого криво-

линейного перемещения.

Замечание. Подынтегральное выражение ArdF δ называют

элементарной работой. Элементарная работа обозначается А,

а не dА, так как в общем случае она не является дифференциалом

функции. Вектор rd – это вектор бесконечно малого перемещения

материальной точки вдоль траектории, поэтому элементарная работа –

это работа силы F на бесконечно малом действительном перемеще-

нии точки.

Из кинематики материальной точки известно, что скорость точ-

ки в векторной форме определяется выражением dtrddt

rd .

Тогда равенство (15) для работы можно записать уже через интеграл

по времени

t

t

dtFFA

0

)( , (15*)

так как

22

,cos FFF , то dtFFFAt

t

0

,cos)( . (16)

Если ввести неподвижную прямоугольную декартову систему

координат Oxyz с началом в неподвижном центре О, то силу F через

свои проекции на оси координат можно записать в виде

kZjYiXF ,

где kji ,, – орты системы координат. Координатное представление

радиуса вектора

kzjyixr ,

где zyx ,, – координаты положения материальной точки, следова-

тельно, kdzjdyidxrd .

Вспоминая из математики, что скалярное произведение векто-

ров ZZYYXX babababa , для элементарной работы получаем:

ZdzYdyXdxrdFA δ .

Отсюда приходим к еще одной формуле для определения ра-

боты

MM

ZdzYdyXdxFA0

)( . (17)

Понятие о кинетической энергии материальной точки

Определение: Скалярная положительная величина, равная по-

ловине произведения массы точки на квадрат модуля ее скорости, на-

зывается кинетической энергией материальной точки

2

2mT . (18)

23

Размерность кинетической энергии:

в СИ

ДжмНс

мкг2

2

T ,

в СГСЕ

мкг T .

Как видно из этих выражений, размерность кинетической

энергии и работы совпадает.

Так как 2

2

(скалярное произведение вектора самого

на самого себя равно квадрату его модуля), то кинетическая энергия

материальной точки равна половине произведения массы точки на

скалярный квадрат вектора скорости

2

2m

T .

Теорема об изменении кинетической энергии


Алгебраическое приращение кинетической энергии мате-

риальной точки на некотором ее перемещении равно алгебраической

сумме работ всех действующих на материальную точку сил на том

же перемещении:

n

iiATT

112 .


Пусть материальная точка массы m движется под действием

системы сил nFFF ...,, 21 . Выпишем основное уравнение динамики

для нашей материальной точки в первой форме

n

iiFWm

1

. (*)

24

Вспоминая, что вектор ускорения dt

dW

, перепишем выра-

жение (*) в виде:

n

i

iFdt

dm

1

.

Помножим левую и правую части этого равенства скалярно на

вектор бесконечно малого перемещения материальной точки rd :

rdFrddt

dm

n

i

i

1

. (19)

Но rdF i , согласно определению, – элементарная работа iAδ

силы iF на бесконечно малом перемещении rd . Левую часть выра-

жения (19) можно переписать в следующем виде:

dT

mddmd

dt

rdmrd

dt

dm

2

2

,

где dТ – дифференциал от кинетической энергии материальной точки.

Исходя из вышесказанного выражение (19) перепишется в виде:

n

iiAdT

1

δ . (**)

Выражение (**) – это закон изменения кинетической энергии

материальной точки в дифференциальной форме. И этот закон гла-

сит: Бесконечно малое действительное приращение (дифференциал)

кинетической энергии материальной точки равно алгебраической

сумме элементарных работ всех действующих на точку сил на том

же перемещении.

Проинтегрируем дифференциальное уравнение (**) на ко-

нечном криволинейном перемещении точки 21MM :

25

n

iMMMM

AdT1

i

2121

δ . (20)

Левая часть равенства (20)

21

12

MM

TTdT – это алгеб-

раическое приращение кинетической энергии материальной точки на

рассмотренном перемещении.

Здесь 2

22

2

mT – конечная кинетическая энергия материаль-

ной точки; 2

21

1

mT – начальная кинетическая энергия материальной

точки; 1 и 2 – соответственно начальная и конечная скорости

движения точки. Правая часть выражения (20)

ii

2121

δ ArdFA

MMMM

i ,

где Аi – работа i-й силы на данном перемещении. Тогда окончательно

получаем

n

i

ATT1

i12 . (21)

Теорема доказана.

26

3. Дифференциальное уравнение вращения твердого тела

вокруг неподвижной оси

Кинетический момент твердого тела, вращающегося


Пусть имеется некоторое твердое тело, вращающееся вокруг

неподвижной оси z по известному закону = (t). Требуется опреде-

лить кинетический момент твердого тела относительно этой оси z.

Как нам известно (из кинематики вращательного движения), угловая

скорость вращения тела ω – это вектор. Модуль этого вектора

dt

dφω . Направлен этот вектор вдоль оси z в ту сторону, откуда

вращение твердого тела видится против хода часовой стрелки (рис. 13).

iQ

ii

h

z

k

ω

а

Мi

k

ii

Q

z

ih

б

ω

Мi

z

Рис. 13

27

Таким образом, если ввести орт k оси z, то kZ

ωω , где:

1. ωωZ

0, если ω и k совпадают по направлению

(рис. 13, а), и

2. ωωZ

0, если ω и k имеют противоположные на-

правления (рис. 13, б).

Рассмотрим движение i-й материальной точки твердого тела

массой mi, отстоящей от оси вращения на расстоянии hi. Скорость ее

i направлена по касательной к траектории движения, т. е. по каса-

тельной к окружности радиуса hi в сторону вращения твердого тела.

Модуль ее ii

hω . Вектор количества ее движения i

Q направлен

в ту же сторону, что и вектор скорости, а по величине

ωiiiii

hmmQ . Кинетический момент этой точки относительно

оси z, согласно определению, будет равен:

1. Если 0ω Z

, то 222 ωωiiZiiiiii

iZ

hmhmhmQhl , и

2. Если 0ω Z

, то

2222 ωωωiiZiiZiiiiii

iZ

hmhmhmmhQhl .

Следовательно, независимо от направления вращения

22ωiiZii

iZ

hmhml .

Кинетический момент всего твердого тела относительно оси z,

согласно определению, равен алгебраической сумме кинетических

моментов всех его точек относительно той же оси z, следовательно,

n

i

n

iZii

iZZ

hmll1

2

1

ω .

Но

n

izJhm

ii1

2 – момент инерции твердого тела относительно

оси z.

Тогда окончательно получим

ZZZJl ω . (1)

28

Кинетический момент твердого тела относительно оси вра-

щения равен произведению его момента инерции относительно этой

оси на проекцию угловой скорости вращения тела на ось вращения.

Кинетический момент тела будет:

1) положительным (Jz > 0), если тело вращается в положитель-

ном направлении относительно оси;

2) отрицательным (Jz < 0), если тело вращается в отрицатель-

ном направлении относительно оси.

Если вспомнить, что dt

dz

φω , то lz = Jz .

Теорема о кинетическом моменте материальной системы

относительно оси

Производная по времени от кинетического момента матери-

альной системы относительно оси равна алгебраической сумме мо-

ментов всех действующих на систему внешних сил относительно

этой же оси

n

i

E

izz FM

dt

dl

1

.


Пусть имеется материальная система, состоящая из ""n матери-

альных точек, и неподвижная ось z. Запишем теорему о кинетиче-

ском моменте i -й материальной точки системы относительно оси:

J

iz

E

iz

i FMFMdt

dlz, (2)

здесь izl – кинетический момент i -й материальной точки системы

относительно оси z. E

iF – равнодействующая всех внешних сил,

действующих на i-ю материальную точку. J

iF – равнодействующая

всех внутренних сил, действующих на i-ю материальную точку.

Выражения, аналогичные выражению (2), мы можем составить

для всех точек материальной системы ni ...,2,1 .

29

Просуммируем правые и левые части выражений (2) по всем

ni ...,2,1 :

n

i

n

i

n

i

J

iz

E

iz

iz FMFMdt

dl

111

.

Но здесь dt

dl

dt

ld

dt

dl z

iz

iz

n

in

i

1

1

,

где zl – кинетический момент системы относительно оси z.

0

1

n

i

J

izFM в силу закона парности внутренних сил системы

(главный момент всех внутренних сил системы относительно любой

оси равен нулю).

Исходя из этого имеем

n

i

E

iz

z FMdt

dl

1

. (3)

Теорема доказана.

Следствие: закон сохранения кинетического момента ма-

териальной системы относительно неподвижной оси.

Кинетический момент материальной системы относительно

неподвижной оси постоянен, если алгебраическая сумма моментов

всех действующих на систему внешних сил относительно той же оси

равна нулю.


Исходя из выражения (3) теоремы об изменении кинетиче-

ского момента материальной системы относительно оси имеем, если

0

1

n

i

E

izFM , то 0

dt

dlz tlz

const .

30

Замечание: Подчеркнем, что внутренние силы на величину

кинетического момента материальной системы влияния не оказывают.

Пример: Платформа Жуковского (рис. 14)

Известно, J1 – момент инерции системы первоначальный

(рис. 14, а); J2 – момент инерции системы конечный (рис. 14, б).

Очевидно, J1 J2.

На систему действуют: Р1 – сила веса человека с гантелями,

Р2 – вес платформы, R – динамическая реакция подпятника. Так как

эти силы проходят через ось вращения, то их момент относительно

нее равен нулю. Кинетический момент системы в первом случае

111ωJl , во втором 22 ω2

Jl . В силу справедливости закона о со-

хранении кинетического момента

2211ωω12 JJll и 1

2

12 ωω

J

J 2 < 1.

Так как J2 J1, вращение платформы и человека замедлится.

R

1P

2P1ω1P

2P

R

2ω

Рис. 14

а б

31

Дифференциальное уравнение вращения твердого тела


Пусть имеется некоторое твердое тело, вращающееся вокруг

неподвижной оси z по какому-то закону = (t) (рис. 15).

Вращающееся тело находится под

действием следующих внешних сил:

1. nFFF ...,, 21 – внешние активные

силы.

2. ARR ,0 – внешние динамические

реакции подпятника O и подшипника A .

Применим к нашему твердому телу

теорему о кинетическом моменте матери-

альной системы относительно оси

Az

n

i

E

iz

z RMRMFMdt

dlz

0

1

.

Мы знаем, что

zzz J

dt

dJl

φ = Jz z.

Следовательно, dt

dlz Jz. Так как

силы 0R и AR пересекают ось z, то Мz ( 0R ) = Мz AR = 0. Исходя

из этого получаем

Jz =

n

i

E

izFM

1

. (4)

Выражение (4) – это дифференциальное уравнение вращения

твердого тела вокруг неподвижной оси. Заметим, что в правой части

этого выражения стоят моменты только внешних активных сил.

С помощью дифференциального уравнения вращения (4), зная

закон вращения = (t) и момент инерции тела относительно оси

вращения, можно определить главный момент всех внешних актив-

ных сил относительно оси вращения. Для этого надо дважды про-

0R

AR

2F

nF

O

Рис. 15

z

1F

32

дифференцировать закон вращения = (t) по времени и подставить

полученное значение в выражение (4).

Если известен момент инерции тела относительно оси враще-

ния и все активные силы, действующие на тело, то можно определить

закон его вращения = (t). Для этого надо определить алгебраиче-

скую сумму моментов всех внешних активных сил относительно оси

вращения и подставить ее в уравнение (4). Затем необходимо проин-

тегрировать полученное дифференциальное уравнение второго по-

рядка (4). При интегрировании возникнут две константы интегриро-

вания, которые легко определить, если заданы начальные условия,

а именно: положение тела и его угловая скорость вращения, т. е. при

t0 = 0 будут известны = 0 и = 0.

Часть II. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Основное уравнение динамики материальной точки

Пример 1: Шарик массой 2 3 кг дви-

жется по гладкому круговому желобу радиу-

сом 3 м, расположенному в вертикальной

плоскости. Найти давление шарика на же-

лоб в момент, когда φ = 30, если его ско-

рость V в этот момент равна 7 м/с.

Решение. На первом шаге решения задачи на рисунке указы-

ваются все силы, действующие на дви-

жущееся тело. Для нашей задачи это сила

веса P = mg и сила реакции со стороны же-

лоба N. Затем составляется векторное урав-

нение основного закона динамики движе-

ния материальной точки: amPN (*).

Следующим шагом необходимо ввести

удобную для решения задачи систему ко-

ординат. В нашем случае ею будет яв-

ляться система координат, у которой одна из осей направлена вдоль

радиуса окружности движения тела (см. рис.). При таком выборе сис-

О

φ

V

О

φ

V

P N

x

y

33

темы координат проекция вектора ускорения на ось х известна:

R

Vax

2

. Далее проектируем основное уравнение динамики (*) на ось х:

N + m g cos = m ax,

откуда cos2

gmR

VmN cos(

2

gR

Vm ).

Подставляем численные значения заданных параметров:

HN 6,68)2

38,9

3

7(32

2

. Согласно аксиоме динамики, сила D

,

с которой шарик давит на желоб, такая же по величине, но противо-

положная по направлению силе N

, с которой желоб действует на ша-

рик. Следовательно, D = N = 68,6 H.

Пример 2: В коническом маят-

нике груз движется с постоянной ско-

ростью V = 1,4 м/c. Нить образует с вер-

тикалью угол 30. Найти длину нити.

Решение. 1. Указываем силы ве-

са P = mg и натяжения нити Т, дей-

ствующие на груз.

2. Составляем основное уравне-

ние динамики движения груза:

amPT . (*).

3. Вводим удобную для решения

задачи систему координат.

4. Проектируем уравнение (*)

на ось х:

xmaT 30sin ,

где 30sin

2

l

Vax , следовательно,

30sin30sin

2

l

VmT . (**).

О

О1

30

V

О

О1

30

V T х

z

P

у

34

5. Проектируем уравнение (*) на ось z:

zamgmT 30cos ,

но az = 0 (так как вдоль оси z груз не движется), тогда остается

030cos gmT . (***)

Из этого уравнения определяем силу натяжения нити

30cos

gmT , а из уравнения (**) получим:

м7,0

2

18,9

2

34,1

30sin

30cos

30sin 2

2

2

2

2

2

g

V

T

Vml .

Теоремы об изменении импульса и кинетической энергии


Пример 1. Перед станцией машинист выключил пар и притормо-

зил поезд, имеющий скорость 36 км/ч. Считая коэффициент трения

f = 0,01 и зная, что сила торможения (коэффициент ) равна 0,1 от веса

поезда, найти время движения поезда до остановки.

Решение. Так как в числе известных и неизвестных параметров

являются силы, скорости и время, то для решения задачи используем

теорему об изменении количества движения материальной точки.

Вначале нарисуем схему движения поезда с указанием векторов сил,

действующих на тело, и первоначальной скорости движения 0V .

Введем прямоугольную систему координат Оху, одну из осей,

например ось х, направим в сторону первоначального движения тела

(рис. 16).

Векторное уравнение теоремы об изменении количества дви-

жения для нашей задачи имеет вид

011ттр )()()( VmVmNSPSFFS

. (*).

35

Здесь S ( ттр FF ) tFF )( ттр – импульс силы трения и

силы торможения; tPPS )( – импульс силы веса тела (поезда);

S ( N ) – импульс нормальной реакции со стороны поверхности, дей-

ствующей на тело, за время торможения t . 01 V – конечная ско-

рость движения тела, V0 = 36 км/ч = 10 м/с – начальная скорость дви-

жения тела.

Спроектируем векторное равенство (*) на ось х:

0ттр VmtFtF .

Откуда

.c3,9)1,001,0(8,9

10

)β(β

00

ттр

0

fg

V

gmfgm

Vm

FF

Vmt

Пример 2. Перед спуском машинист выключил пар и при-

тормозил поезд, имеющий скорость 36 км/ч; угол наклона спуска

sin = 0,008. Считая коэффициент трения f = 0,01 и зная, что сила

торможения равна 0,1 от веса поезда, определить, какой путь поезд

пройдет до остановки.

Решение. Так как в числе известных и неизвестных параметров

являются силы, скорость и путь (перемещение), то для решения задачи

используем теорему об изменении кинетической энергии материаль-

ной точки. Вначале нарисуем схему движения поезда с указанием

векторов сил, действующих на тело, и вектор перемещения S (рис. 17).

ттр FF

Р

N

x

y

O 0V

Рис. 16

36

Рис. 17

Составим выражение теоремы об изменении кинетической

энергии материальной точки для нашего поезда:

22

20

21 mVmV = А ( тF

) + А ( трF

) + А ( N

) + А ( P

), (*)

где SgmSgmSFFA β180cosβ)( тт – работа силы торможе-

ния; SgmfSgmfSFFA 180cos)( тртр – работа силы тре-

ния; 090cos)( SNSNNA – работа реакции N; SPPA )(

αsin)α90(cos SgmSgm – работа силы веса на данном пе-

ремещении S . Тогда уравнение (*) перепишется в следующем виде:

αsinβ22

20

21 SgmSgmfSgm

VmVm ,

откуда

м100)008,001,01,0(8,9

10

)αsinβ(

220

fg

VS .

α

трF тF N

Р

S

37


Пример 1. На неподвижное маховое

колесо массой 980 кг действуют пара сил с

моментом М = 160 Нм. Через какое время

колесо приобретет угловую скорость 10 рад/с,

если радиус инерции колеса относительно

оси вращения = 0,8 м. Найти также угло-

вое ускорение вращения колеса. Трением


Решение. Составим дифференциаль-

ное уравнение вращения махового колеса:

Jz = М, ()

здесь 2ρmJ

z – момент инерции колеса относительно оси враще-

ния; = 2

2φ

dt

d =

dt

dω = – угловое ускорение вращения колеса. Сле-

довательно, уравнение () примет вид mp2 = М, откуда угловое уско-

рение вращения колеса

= 2ρm

M =

28,0980

160

0,26 рад/с

2.

Для определения времени, когда колесо приобретет угловую

скорость 10 рад/с, необходимо дифференциальное уравнение

Mdt

dm

ωρ2 проинтегрировать по времени. Сначала разделяем пе-

ременные dtm

Md

2ρω , затем интегрируем левую и правую части ра-

венства от начального момента времени t0 = 0 до текущего момента t:

t

t

t

t

dtm

Md

00

2ρω .

Откуда получаем

)(ρ

ωω 020 ttm

M .

М

38

В соответствии с условием задачи в момент времени t0 = 0 на-

чальная угловая скорость вращения колеса 0 = 0. Тогда

tm

M2ρ

ω , откуда c9,3160

8,098010ρω 22

M

mt .

Пример 2. Горизонтальный диск

радиусом 40 см и массой 100 кг вра-

щается вокруг вертикальной оси с уг-

ловой скоростью, соответствующей

180 об/мин. К диску прижимают тор-

мозную колодку Д с силой Q = 150 Н.

Через 10 с диск останавливается. Най-

ти коэффициент трения между ко-

лодкой и диском, а также число обо-

ротов, которое сделает диск до оста-

новки. Трением в подшипниках пре-

небречь, массу диска считать распре-

деленной по его ободу.

Решение. Составим дифференциальное уравнение вращения диска:

Jz = Mz (Fт), (*)

здесь 2RmJ z – момент инерции диска относительно оси вращения;

= 2

2φ

dt

dε

ω

dt

d – угловое ускорение вращения колеса, Mz (Fт) = –QfR –

момент силы торможения относительно оси вращения z. Таким обра-

зом уравнение (*) примет вид: QfRdt

dRm

ω2 . Сократив на R и раз-

делив переменные, получим: dtmR

Qfd ω . Далее интегрируем по

времени от начального его момента t0 = 0 до текущего момента t:

t

t

t

t

dtmR

Qfd

00

ω . Получим

)(ωω 00 ttmR

Qf . (**)

Q

Д

z

39

В соответствии с условием задачи в момент времени t0 = 0

начальная угловая скорость вращения диска рад/с60

π2180ω0

= рад/сπ6 , а в момент остановки диска t = 10 с его угловая скорость

вращения = 0. Подставим эти данные в выражение (**), из которого

получим

0,5π0,1610150

0,4100π6ω0

Qt

mRf .

Чтобы найти, сколько оборотов сделал диск до остановки,

вспомним, что dt

dω , и преобразуем уравнение (**) к виду:

dt

dφt

mR

fQ 0ω . Проинтегрируем его. Сначала разделим перемен-

ные: d = tdtmR

Qfdt 0ω , затем интегрируем левую и правую части

равенства от начального момента времени t0 = 0 до текущего момента t:

– 0 = )(2

)(ω 20

200 tt

mR

Qftt .

Но в начальный момент времени t0 = 0 угол поворота 0 = 0,

следовательно, получим:

2

02

ω tRm

fQt ,

а число оборотов до остановки

об15104,0100π4

π16,0150

π2

10π6

π4π2

ω

π2

220

t

Rm

fQtN

.

40

Часть III. ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ

Основной закон динамики движения материальной точки

1. Шарик массой 2 кг скре-

плен с двумя невесомыми стерж-

нями. Система вращается вокруг

вертикальной оси z c угловой

скоростью = 7 рад/с. Найти уси-

лия в стержнях, если АМ = 40 см.

2. Какую скорость должен

иметь вагон поезда на закругле-

нии траектории движения, чтобы

давление его равномерно рас-

пределялось на оба рельса (т. е.

было бы перпендикулярно полот-

ну дороги)? Возвышение наруж-

ного рельса над внутренним:

h = 5 см, ширина колеи

а = 155 см, радиус закругления

траектории движения R = 620 м.

А

М

В

60

30

z

а

h

41

3. Дорога для велосипедных

гонок имеет наклон на закругле-

ниях. Угол наклона дороги 30.

Найти радиус закругления, если

при скорости 14 м/с давление ве-

лосипеда перпендикулярно по-

верхности дороги.

4. К концу невесомого

стержня длиной 80 см прикреп-

лен шарик массой 2 кг. Стержень

вращается в вертикальной плос-

кости вокруг оси О. Найти усилие

в стержне в момент, когда = 60,

если скорость шарика в этот мо-

мент равна 5,6 м/с.

5. Коническая воронка вра-

щается с угловой скоростью

3

7ω рад/с вокруг своей геомет-

рической оси, расположенной вер-

тикально. Найти расстояние ОМ,

если известно, что в положении

М шарик находится в покое отно-

сительно конуса. 5

4arccosα .

Трением между шариком и кону-

сом пренебречь.

30

М

α

О

60

О

42

6. Шарик массой 310 кг

укреплен на конце невесомого

стержня ВМ и удерживается го-

ризонтальной веревкой АМ дли-

ной 3 м. Система вращается во-

круг вертикальной оси z. Найти

предельную угловую скорость,

если веревка рвется при натяже-

нии 370 Н, принять g = 10 м/с2.

7. Самолет летит по закруглению ра-

диусом 1500 м в горизонтальной плоско-

сти. В самолете производится взвешива-

ние некоторого груза на пружинных весах.

Известно, что груз весил 40 Н, весы же

показывают 50 Н. Найти скорость само-

лета.

8. Самолет делает вираж в гори-

зонтальной плоскости. Найти радиус

виража, если плоскости крыльев на-

клонены к горизонту под углом 45,

а скорость самолета V = 756 км/ч,

подъемная сила направлена перпенди-

кулярно плоскости крыльев.

М

30

А

В

z

45

43


движется по гладкому круговому

желобу радиусом 2 м, располо-

женному в вертикальной плоско-

сти. Найти давление шарика на

желоб в момент, когда = 45,

если скорость его в этот момент

времени равна 5,6 м/с.

10. Груз М, подвешенный

в неподвижной точке О на нити

длиной 10 3см, представляет со-

бой конический маятник, т. е.

описывает окружность в горизон-

тальной плоскости. Нить состав-

ляет с вертикалью угол 30. Най-

ти скорость груза.


скреплен с двумя невесомыми

стержнями. Система вращается

вокруг оси z с угловой скоростью

= 3,5 рад/с. Определить усилия

в стержнях, если АМ = 280 см.

45

30

М

О1

О

44

12. Груз массой 10 кг висит

на шнуре в поезде, идущем по

круговой траектории в горизон-

тальной плоскости. Найти угол,

образуемый шнуром с вертика-

лью, если натяжение шнура

33200T Н.

13. Дорожка для велосипед-

ных гонок имеет наклон на за-

круглениях. Угол наклона 30.

Найти такую скорость прохожде-

ния закругления, чтобы давление

велосипеда было перпендикуляр-

но поверхности дорожки, а радиус

закругления 320R м.

14. К концу невесомого стер-

жня длиной 3м прикреплен ша-

рик массой 310 кг. Стержень

вращается в вертикальной пло-

скости вокруг оси О. Найти уси-

лие в стержне в момент, когда

= 30, если скорость шарика в

этот момент равна 2,8 м/с.

α

30

φ

О

45


щается вокруг своей геометриче-

ской оси, расположенной верти-

кально. Шарик массой 100 г, по-

мещенный в точку М, остается

в покое относительно конуса.

Найти давление шарика на по-

верхность конуса, если cos 13

12 .

Трением между шариком и кону-

сом пренебречь.

16. Шарик массой 10 кг ук-

реплен на конце невесомого



ной 3 м. Система вращается во-


предельную угловую скорость

вращения, если нить рвется при

натяжении 3140 Н. Принять

10g м/с2.

17. Самолет летит по за-

круглению в горизонтальной

плоскости со скоростью 378 км/ч.

В самолете производится взвеши-

вание некоторого груза на пру-

жинных весах. Известно, что груз

весит 80 Н, весы же показывают

100 Н. Найти радиус закругления

траектории полета.

М

α

О

α

60

А

В

М

z

46

18. Самолет делает вираж ра-

диуcом 32000 м в горизонталь-

ной плоскости. Найти скорость

самолета, если плоскости крыльев

наклонены к горизонту под углом

30. Подъемная сила направлена

перпендикулярно плоскости кры-

льев.

19. Шарик массой 2 кг дви-

жется по гладкому круговому же-

лобу радиусом 40 см, располо-

женному в вертикальной плоско-

сти. Найти давление шарика на

желоб в момент, когда φ = 60,

если скорость его в этот момент

равна 2,8 м/с.

20. Груз М массой 10 кг,

подвешенный на нити в непод-

вижной точке О, представляет

собой конический маятник и опи-

сывает окружность в горизон-

тальной плоскости. Нить состав-

ляет с горизонтом угол 45. Най-

ти натяжение нити.

30

60

45

М

О1

О

47


скреплен с двумя невесомыми

стержнями. Система вращается

вокруг вертикальной оси z с угло-

вой скоростью = 2,8 рад/с. Оп-

ределить усилия в стержнях, если

АМ = 6

35 м.

22. Найти радиус закругле-

ния железнодорожного пути, если

известно, что возвышение наруж-

ного рельса над внутренним

h = 5 см, скорость поезда 25,2 км/ч

и расстояние между рельсами

а = 160 см. Давление поезда пер-

пендикулярно полотну.

23. Дорожка для велосипед-

ных гонок имеет наклон на за-

круглениях. Найти угол этого на-

клона из условия, что при скоро-

сти 54 км/ч давление велосипеда

перпендикулярно поверхности до-

рожки. Радиус закругления 20 м.

А

М

В

30

z

60

а h

α

48

24. К концу невесомого

стержня длиной 2 м прикреп-

лен шарик массой 25 кг. Стер-

жень вращается в вертикальной

плоскости вокруг оси О. Найти

усилие в стержне в момент, когда

φ = 45, если скорость шарика в

этот момент равна 4,2 м/с.


щается вокруг своей геометриче-

ской оси, расположенной верти-

кально. Найти угловую скорость

вращения конуса, если шарик,

помещенный в точку М, остается

в покое относительно конуса.

Известно, что l = ОМ = 1,2 м,

соs = 25

24. Трением между ша-

риком и конусом пренебречь

26. Шарик массой 3 кг ук-

реплен на конце невесомого



ной 40 см. Система вращается во-


предельную угловую скорость,

если нить рвется при натяжении

150 Н. Принять g = 10 м/с2.

φ

О

М

α

О

α l

45

А

В

М z

49


движется в вертикальной плос-

кости по круговой траектории

радиусом 1 м. Найти натяжение

троса, удерживающего шарик, ко-

гда φ = 60, если скорость его

движения в этот момент времени

равна 2,8 м/с.

28. Самолет делает вираж ра-

диусом 2 км в горизонтальной пло-

скости. Найти угол наклона пло-

скости крыльев к горизонту, если

скорость самолета V = 540 км/ч.

Подъемная сила направлена пер-

пендикулярно плоскости крыльев.

Теоремы об изменении импульса и кинетической энергии


1. Перед спуском машинист выключил пар и затормозил поезд,

имеющий скорость 36 км/ч, угол наклона спуска sin = 0,008. Считая

коэффициент трения f = 0,01 и зная, что сила торможения равна 0,1

веса поезда, найти путь и время движения поезда до остановки.

2. Санки, пущенные скользить по горизонтальной поверхности

льда, останавливаются, пройдя расстояние 70 м. Найти начальную

скорость санок, если коэффициент трения между санками и льдом

f = 0,07.

3. Материальная точка движется прямолинейно под действием

постоянной силы F = 20 Н. На расстоянии 90 м ее скорость увели-

чилась с 2 м/с до 7 м/с. Найти массу точки и время движения.

4. В момент остановки работы двигателя поезд имел скорость

21 м/с. Зная, что коэффициент трения f = 0,05, определить, какое рас-

стояние пройдет поезд до остановки и его время движения до оста-

новки по горизонтальному пути.

α

φ

50

5. Поезд идет со скоростью 36 км/ч вниз под уклон, угол кото-

рого к горизонту = 0,005 рад. В некоторый момент поезд тормозит

и останавливается, пройдя расстояние 50 м. Найти величину силы со-

противления от торможения, если вес поезда 200 т. Принять ускоре-

ние свободного падения g = 10 м/с2.

6. Материальная точка движется прямолинейно под действием

постоянной силы F = 200 Н. Начальная скорость ее равна 10 м/с, че-

рез 5 с после начала движения точка имеет скорость 20 м/с. Опреде-

лить массу точки и путь движения.

7. На тело массой 10 кг, лежащее на гладкой горизонтальной

плоскости, действует горизонтальная сила F = 10 Н. Какую скорость

приобретет тело, пройдя расстояние 2 м, и за какое время, если дви-

жение начинается из состояния покоя?

8. По наклонной плоскости, составляющей с горизонтом угол

30, спускается без начальной скорости тело. Коэффициент трения

f = )32(1 . Какое расстояние должно пройти тело и за какое время,

чтобы скорость его стала равной 7 м/с?

9. Тело, получив начальную скорость 7 м/с, остановилось,

пройдя по горизонтальному полу 100 м. Найти коэффициент трения

и время до остановки.

10. Найти величину тормозящей силы, считая ее постоянной,

если она, действуя на поезд весом 980 т, идущий со скоростью 72 км/ч,

остановила его за 50 с. Какой путь прошел поезд до остановки?

11. Какую скорость будет иметь тело, опустившееся без началь-

ной скорости с высоты 4 м по плоскости, наклоненной к горизонту

под углом 30, если коэффициент трения f = 83 .

12. Тело под действием силы в 50 Н за 10 с увеличило свою

скорость с 18 км/ч до 36 км/ч. Найти массу тела и путь, пройденный

телом за это время.

13. Вагон трамвая тормозит на горизонтальном участке пути,

причем коэффициент трения f = 0,05. Какое расстояние пройдет вагон

до остановки и за какое время, если его начальная скорость

2,250 V км/ч?

14. Поезд весом 784 т движется со скоростью 72 км/ч по гори-

зонтальному пути. После включения контрпара поезд движется рав-

нозамедленно и его скорость падает до 5 м/с. Определить силу и время

торможения, если падение скорости произошло на расстоянии 300 м.

51

15. Поезд идет со скоростью 36 км/час под уклон = 0,01 рад.

В некоторый момент машинист притормаживает поезд. Сопротив-

ление сил торможения и трения составляет 0,11 от веса поезда. Опре-

делить расстояние, через каторое поезд остановится.

16. Вагон трамвая тормозит, причем коэффициент трения

f = 0,2. Через какое время вагон остановится, если его начальная ско-

рость V0 = 10 м/с?

17. В момент прекращения действия пара поезд, идущий по го-

ризонтальному пути, имеет скорость V0 = 36 км/ч. Сопротивление

трения равно 0,05 веса поезда. Какое расстояние пройдет поезд до ос-

тановки?

18. Поезд идет на подъем с уклоном = 0,002 рад. Сила тяги

поезда Q = 9 т. Вес поезда Р = 1000 т. Трение и сопротивление воз-

духа составляют 40 Н на тонну веса. За какой промежуток времени

скорость поезда возрастет с 18 км/ч до 54 км/ч?

19. Поезд идет со скоростью 36 км/ч под уклоном = 0,01 рад.

В некоторый момент машинист притормаживает поезд. Сопротив-

ление сил торможения и трения составляют 0,11 от веса поезда. Оп-

ределить, через какое время от момента начала торможения остано-

вится поезд?

20. Перед спуском машинист выключил пар и притормозил по-

езд, имеющий скорость 50,4 км/ч. Угол наклона спуска определяется

из выражения sin = 0,005. Считая коэффициент трения f = 0,03

и зная, что сила торможения равна 0,1 от веса поезда, определить

расстояние, через которое поезд остановится.

21. Тело массой 49 кг, получив начальную скорость 10 м/с, ос-

тановилось, пройдя по горизонтальному полу 100 м. Найти силу тре-

ния и время до остановки.

22. Тележка, двигаясь вверх по плоскости, наклоненной под

углом 30 к горизонту, на расстоянии 3 м уменьшила свою скорость

с 10 м/с до 5 м/с. Найти коэффициент трения. Принять ускорение

свободного падения g = 10 м/с2.

23. Поезд идет со скоростью 36 км/ч по горизонтальному пути.

Затем машинист выключает пар. Найти, за какое время скорость по-

езда снизится до 5 м/с, если коэффициент трения f = 0,05.

52

24. Автомобиль, имея скорость 36 км/ч, с выключенным мото-

ром начинает подъем вверх по уклону, угол которого к горизонту

= 0,01 рад. Сколько метров автомобиль пройдет до остановки, если

коэффициент трения f = 0,04?

25. Тело, имея начальную скорость 7 м/с, прошло вниз по ше-

роховатой плоскости, наклоненной к горизонту под углом 30, рас-

стояние 10 м и остановилось. Найти коэффициент трения f и время

до остановки.

26. Тело под действием силы в 100 Н увеличило скорость от 0

до 36 км/ч, пройдя 100 м по гладкому горизонтальному полу. Найти

массу тела и время движения.

27. Автомобиль, двигаясь равномерно по горизонтальной до-

роге, имеет скорость 72 км/ч. Водитель, не увеличивая нагрузки на

мотор, начинает преодолевать подъем, угол наклона которого к гори-

зонту = 0,01 рад. Найти, за сколько секунд скорость автомобиля

упадет до 36 км/ч и какой путь он пройдет за это время.

28. Санки скатываются по

наклонной плоскости, проходя рас-

стояние 72 м. После этого они дви-

жутся горизонтально. Определить

скорость санок в положении В

и горизонтальное расстояние, ко-

торое они пройдут до остановки,

если коэффициент трения на всем

пути f = 8

3, а начальная скорость движения V0 = 0.

29. Пуля имеет скорость 600 м/с. Попадая в доску, она углуб-

ляется в нее на 4 см. Найти, с какой скоростью пуля вылетит из дос-

ки, если ее толщина будет 2 см. Силу сопротивления движению счи-

тать постоянной.

30. Санки, выходя из точки А

без начальной скорости, скользят по

плоскости, наклоненной к горизон-

ту под углом 30, и, пройдя по гори-

зонтали расстояние 35 м, останавли-

ваются. Известно, что АВ = 17,3 м.

Найти коэффициент трения между санками и поверхностью.

53


1. На подвижное маховое ко-

лесо массой 98 кг действует пара

сил с моментом М = 40 Нм. Через

какое время колесо приобретает уг-

ловую скорость 100 рад/с, если ра-

диус инерции колеса относительно

оси вращения = 0,8 м? Найти также

угловое ускорение вращения коле-

са. Трением пренебречь.

2. Горизонтальный диск ради-

усом 60 см и массой 100 кг вра-

щается вокруг вертикальной оси с

угловой скоростью, соответству-

ющей 120 об/мин. К диску прижи-

мают тормозную колодку Д с силой

Q = 120 Н. Через 10 с диск останав-

ливается. Найти коэффициент тре-

ния между колодкой и диском, тре-

нием в подшипниках пренебречь.

3. Однородный шар массой

900 кг и радиусом 0,5 м вращается

вокруг вертикального диаметра. На

шар действует момент сопротив-

ления М = 9 Дж. Через сколько се-

кунд шар остановится, если его на-

чальная угловая скорость вращения

0 = 12 рад/с?

Q

Д

М

М

54

4. Прямоугольная пластина

массой 5 кг вращается из состоя-

ния покоя вокруг вертикальной

оси z. К пластине в точке С при-

ложена сила F = 10 Н, перпенди-

кулярная пластине. Найти угло-

вое ускорение вращения и число

оборотов, которое сделает плас-

тина, прежде чем ее угловая ско-

рость станет равной 240 об/мин.

Pадиус инерции пластины относи-

тельно оси z известен: 3

ρb

z ,

ширина пластины b = 3 м. Тре-

нием пренебречь.

5. Найти постоянный мо-

мент трения в подшипниках ва-

ла, если маховик массой 5 кг

и радиусом 20 см, вращавшийся

с угловой скоростью 100 рад/с,

остановился через 100 с. Кроме

этого, определить угловую ско-

рость маховика за 10 с до останов-

ки. Массу маховика считать рав-

номерно распределенной по ободу.

6. Найти угловое ускорение

барабана, являющегося сплошным

однородным цилиндром, зная его

радиус R = 40 см, вес P = 490 Н

и силы натяжения ремня Т1 = 30 Н,

Т2 = 20 Н. Найти также число

оборотов, которое сделает бара-

бан до того момента, когда угло-

вая скорость его будет соответ-

ствовать 240 рад/с. Движение на-

чинается из состояния покоя. 2T

1T

b

z

С

F

55

7. Однородный горизонталь-

ный стержень длиной 3 м и мас-

сой 50 кг начинает вращаться из

состояния покоя вокруг оси z под

действием горизонтальной силы

F , перпендикулярной стержню.

Найти величину силы, если стер-

жень за 5 с сделал 4 оборота. Тре-


8. Однородный круговой ко-

нус массой 100 кг вращается без

начальной угловой скорости вокруг

своей вертикальной оси. Радиус

основания конуса 50 см. К конусу

приложена механическая пара сил,

расположенная в плоскости, пер-

пендикулярной оси конуса. Найти

величину момента этой пары, если

через 6 с после начала движения

конус имеет угловую скорость вра-

щения = 16 рад/с. Трением пре-

небречь.


ный стержень длиной 3 м и мас-

сой 60 кг вращается из состояния

покоя вокруг оси z. К концу

стержня приложена горизонталь-

ная сила F = 10 Н, перпендику-

лярная стержню. Найти угловое

ускорение стержня и число оборо-

тов, которое он сделает, прежде

чем его угловая скорость будет

соответствовать 240 об/мин. Тре-


F

z z

М

F

z

56

10. Маховик радиусом 35 см

жестко надет на невесомый вал

радиусом 5 см. В начальный мо-

мент времени вал вращается с

угловой скоростью, соответст-

вующей 120 об/мин. Коэффици-

ент трения между валом и под-

шипником f = 0,0628. Сколько обо-

ротов сделает вал с маховиком до

остановки? Сколько времени

пройдет до остановки? Массу

маховика считать равномерно

распределенной по его ободу.

11. Найти момент трения

в подшипниках, если колесо мас-

сой 50 кг, пущенное с начальной

угловой скоростью 240 об/мин

и имеющее радиус инерции

= 20 см, остановилось через 5 с.

Найти также угловое ускорение

вращения колеса.

12. Шар массой 125 кг и ра-

диусом 20 см начинает вра-

щаться из состояния покоя под

действием механической пары

сил, момент которой М = 2 Дж.

Найти угловую скорость шара че-

рез 10 с после начала вращения.

М

М

z

57

13. Горизонтальный диск мас-

сой 60 кг и радиусом 40 см начи-

нает вращаться из состояния по-

коя вокруг проходящей через точ-

ку О вертикальной оси, которая

отстоит от центра диска на рас-

стояние ОС = 20 см. Момент ме-

ханической пары сил, приложен-

ной к диску, равен М = 30 Нм.

Найти угловое ускорение диска и

его угловую скорость в момент

времени t = 4 c. Трением в под-

шипниках пренебречь.

14. Шкив А ра-

диусом 40 см и массой

1000 кг приводится в

движение из состояния

покоя шкивом В посред-

ством ременной передачи.

Радиус инерции шкива А

относительно оси враще-

ния 25 см. Натяжение

ведущей ветви ремня

F1 = 2250 Н, а ведомой

F2 = 1000 Н. Найти, пре-

небрегая массой ремня и

трением, тот момент вре-

мени, когда шкив А со-

вершит четыре оборота,

а также угловую ско-

рость его вращения в этот

момент времени.

С М О

А В

1F

2F

58

15. Маховик массой 50 кг

и радиусом 40 см приводится во

вращение из состояния покоя по-

стоянным моментом М = 100 Нм.

В подшипниках возникает посто-

янный момент трения Мтр. Найти

величину последнего, если через

100 с маховик имеет угловую ско-

рость вращения 500 рад/с. Массу

маховика считать равномерно

распределенной по его ободу.

16. Круглая однородная

пластинка массой 20 кг и диа-

метром 1 м вращается из состоя-

ния покоя вокруг оси О, перпен-

дикулярной плоскости пластин-

ки. К пластинке приложена сила

F = 40 Н, действующая по каса-

тельной к окружности пластин-

ки. Пренебрегая трением, найти

угловое ускорение пластинки,

а также число оборотов, которое

она сделает за 5 с вращения.

М Мтр О

О

F

59

17. Горизонтальный диск ра-

диусом 20 см и массой 50 кг вра-

щается вокруг вертикальной оси

с угловой скоростью, соответст-

вующей 120 об/мин. С какой си-

лой Q надо прижать тормозную

колодку Д, чтобы диск остановил-

ся, сделав два оборота? Коэффи-

циент трения между колодкой и

диском f = 0,314. Трением в под-

шипнике и подпятнике пренеб-

речь.

18. Однородный шар массой

100 кг и радиусом 50 см враща-

ется из состояния покоя вокруг

вертикального диаметра. К шару

приложена механическая пара сил,

расположенная в горизонтальной

плоскости с моментом, равным

20 Нм. Найти угловое ускорение

шара и число оборотов, которое

он сделает за 5 с вращения. Тре-


Q

Д

М

z

60

19. Прямоугольная пласти-

на массой 100 кг вращается из

состояния покоя вокруг верти-

кальной оси z. К пластине при-

ложена сила F = 20 Н, перпенди-

кулярная пластине. Найти угло-

вое ускорение пластины и число

оборотов, которое она сделает за

25 с вращения. Радиус инерции

пластины относительно оси z:

3ρ

bz , где b = 3 м. Трением в

подшипниках пренебречь.

20. На маховик массой 100 кг

и радиусом 50 см действует ме-

ханическая пара сил с моментом

М = 70 Нм. Момент трения в под-

шипниках Мтр = 20 Нм. Найти,

через сколько секунд маховик

будет иметь угловую скорость,

равную 480 об/мин, если движе-

ние начинается из состояния по-

коя, а масса маховика равномер-

но распределена по его ободу.

21. Найти угловое ускорение

шкива, зная его радиус R = 40 см,

вес Р = 98 кг, радиус инерции отно-

сительно оси вращения = 20 см и

силы натяжения ремня Т1 = 250 Н,

Т2 = 150 Н. Найти также угловую

скорость шкива в тот момент, когда

он сделает пять оборотов, если

движение начинается из состояния

покоя. Трением в подшипниках


b

F

z

М Мтр О

2T

1T

О

61

22. Однородный круговой ко-

нус массой 200 кг вращается без

начальной угловой скорости во-

круг своей оси, расположенной вер-

тикально. Радиус основания кону-

са 50 см. К конусу приложена ме-

ханическая пара сил с моментом

М = 30 Нм, лежащая в горизон-

тальной плоскости. Найти угловое

ускорение конуса и число оборо-

тов, которое он сделает за 10 с.

Трением в подшипниках пренеб-

речь.


ный стержень длиной 4 м и массой

10 кг начинает вращаться из сос-

тояния покоя вокруг вертикальной

оси z под действием горизонталь-

ной силы F , перпендикулярной

стержню. Найти эту силу, если че-

рез 5 с стержень имеет угловую

скорость вращения 15 рад/с. Тре-


М

z

F

z

62

24. Маховик массой 50 кг

и радиусом 40 см начинает вра-

щаться из состояния покоя под

действием постоянного момента

М = 50 Нм. Пренебрегая трени-

ем в подшипниках, найти, через

сколько секунд маховик будет

иметь угловую скорость 100 рад/с.

Найти также число оборотов, ко-

торое сделает маховик за 20 с.

Массу маховика считать рав-

номерно распределенной по его

ободу.

25. Однородный горизон-

тальный стержень длиной 4 м

и массой 100 кг начинает вра-

щаться из состояния покоя во-

круг вертикальной оси z за счет

горизонтальной силы F , при-

ложенной к концу стержня. Най-

ти величину этой силы, если че-

рез 10 с после начала движения

стержень имеет угловую ско-

рость 15 рад/с. Трением в под-

шипниках пренебречь.

М

F

z

63

26. На валу с моментом инер-

ции 8 кг/м2

насажен барабан, пред-

ставляющий собой сплошной ци-

линдр массой 400 кг и диаметром

0,8 м. На барабан действует меха-

ническая пара сил с моментом

М = 30 Нм, момент трения в под-

шипниках Мтр = 6 Нм. Сколько

оборотов сделает вал за 10 с и ка-

кую угловую скорость будет

иметь в конце 6-й секунды, если

он начинает вращаться из состоя-

ния покоя?

27. Горизонтальный стержень

длиной 1 м и массой 5 кг жестко

скреплен с шариком массой 6 кг,

размерами которого можно пре-

небречь. Стержень может вращать-

ся вокруг вертикальной оси z.

К шарику приложена горизонталь-

ная сила F = 20 Н, перпендику-

лярная стержню. Найти угловое

ускорение тела и его угловую ско-

рость в момент t1 = 5 с, если дви-

жение начинается из состояния

покоя. Трением пренебречь.

М Мтр

F

z

64

28. Однородная горизон-

тальная круглая платформа мас-

сой 500 кг и радиусом 2 м начи-

нает вращаться из состояния по-

коя вокруг вертикальной оси,

проходящей через точку О, кото-

рая отстоит от центра платформы

на расстоянии ОС = 1 м. Момент

приложенной к платформе меха-

нической пары сил М = 300 Нм.

Найти угловое ускорение плат-

формы и число оборотов, кото-

рое она сделает за 25 с. Трением

в подшипниках пренебречь.

29. Однородный сплошной

круглый диск радиусом 5 см и

массой 10 кг, выведенный из со-

стояния покоя силой F = a t, на-

правленной по ободу ( consta ,

t – в секундах), приобретает через

1 мин вращения угловую скорость,

соответствующую 54 об/мин. Пре-

небрегая трением, найти коэф-

фициент пропорциональности а

и число оборотов, которое сдела-

ет диск за первую минуту вра-

щения.

С М О

z

F

65

30. Цилиндрический вал ра-

диусом 4 см и массой 22 кг, на ко-

торый насажен маховик радиусом

20 см и массой 100 кг, вращается

в данный момент времени с угло-

вой скоростью, соответствующей

360 об/мин. Коэффициент трения

между валом и подшипниками

f = 0,0314. Сколько оборотов сде-

лает вал до остановки? Масса ма-

ховика равномерно распределена

по его ободу.

66

ПРИЛОЖЕНИЕ

Моменты инерции однородных тел

Форма

тела

Схематическое

изображение

Момент

инерции тела

Jz

Радиус

инерции

z

Стержень

малого

поперечного

сечения

3

2Ml

3

l = 0,577l

Круглая

пластинка

малой

толщины

4

2Mr

0,5 r

Прямоугольный

параллелепипед

(относительно

оси симметрии)

М

М 12

22 ba

32

22 ba =

= 0,289 22 ba

Полый шар со

стенкой весьма

малой толшины

м

32 Mr

2

r32 = 0,816 r

R

z

l

b

a

z

z

r

z

z

67

Окончание прил.

Форма

тела

Схематическое

изображение

Момент

инерции тела

Jz

Радиус

инерции

z

Круглый диск

и круговой

цилиндр


оси симметрии)

z

2

2Mr

2

r = 0,707 r

Круговой

цилиндр


поперечной оси)

22 312

rlM

12

3 22 rl

Шар

52 Mr

2

0,632 r

Тор

z

M

4

3 22 r

R

0,5 22 34 rR

Конус

относительно

оси симметрии

0,3 MR2

3,0 R

Примечание: М в формулах таблицы обозначает массу тела

r

R r

R

z

z

r

z

r r

l

68

СОДЕРЖАНИЕ

Часть I. ТЕОРИЯ, НЕОБХОДИМАЯ ДЛЯ РЕШЕНИЯ

ЗАДАЧ ДИНАМИКИ............................................................... 3

1. Динамика материальной точки ...................................................... 5

2. Теоремы об изменении импульса (количества движения) .......... 12

3. Дифференциальное уравнение вращения твердого

тела вокруг неподвижной оси ........................................................ 26

Часть II. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ .............................................. 32

Часть III. ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ ..... 40

ПРИЛОЖЕНИЕ ........................................................................................ 66

69

Григорьев Александр Юрьевич

ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА

ДИНАМИКА

Методические указания к практической и самостоятельной работе

студентов всех специальностей очной и заочной форм обучения

Редактор

Сафарова

Корректор

Н.И. Михайлова

Компьютерная верстка

Н.В. Гуральник

____________________________________________________________________

Подписано в печать 18.11.2009. Формат 6084 1/16

Усл. печ. л. 3,95. Печ. л. 4,25. Уч.-изд. л. 4,06

Тираж 400 экз. Заказ № C 47

_____________________________________________________________________

СПбГУНиПТ. 191002, Санкт-Петербург, ул. Ломоносова, 9

ИИК СПбГУНиПТ. 191002, Санкт-Петербург, ул. Ломоносова, 9

ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА ДИНАМИКАbooks.ifmo.ru/file/pdf/1350.pdf · 4...

Documents

Transcript of ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА ДИНАМИКАbooks.ifmo.ru/file/pdf/1350.pdf · 4...