Новожилов А.И. - Краткий курс теоретической механики, страница 36

Алёша не сумел её решить. Поэтому даёмрешение, сделанное самим автором этой задачи, Николаем Степановичем.)Воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии в форме(10.5), так как абсолютные скорости отделяемых от рулона частей ленты1равны нулю dT + v 2 dM = dA .2Если радиус скатывающегося рулона – R, то длина ленты на рулонеπ(как площадь рулона, делённая на толщину ленты) l = R 2 и s = l0 – l.δМасса рулона M = πR 2ρ, где ρ – масса единицы площади рулона.Или M = l δρ. Масса отделяющихся частей dM = - δρ dl.

Кинетическаяэнергия рулона, как цилиндра при плоскопараллельном движении,229AKF3.RU1111 δ2 2222T = M vc + J c ω . Так как Ј c = MR = ρ l , а vc = s = −l2222 πl2 πl211 1 δ2 πl2 3= δρ l l2 ., то T = l δρ l2 + ⋅ ρ l 2ω2 = 2 =lδ22 2 πlδ 4RиЭлементарная работа силы тяжести рулона dA = Mg ds sinα == l δρ g (- dl ) sinα = - δρ g l dl sinα. Определяем дифференциал кинетиче3ской энергии dT = δρ l2 dl + 2l l dl и составляем уравнение4(())31δρ l2 dl + 2 ll dl − l2δρ dl = −δρ gl dl sin α .42Поделив на dt, получим3 3 3 1 3l + l l l − l = − l l g sin α или 6 l (10.10)l + l2 = − 4 l g sin α.422Это нелинейное дифференциальное уравнение.

Попробуем найти его решение. Тем более, что уравнения такого вида обычно получаются при исследовании тел переменной массы.dl dl dl 1 dl2 1 du2=и уравнениеОбозначим l = u, тогда l = ⋅ = l =dt dldl 2 dl 2 dl(10.10) можно привести к видуdu u4+ = − g sin α.dl 3l3(10.11)Представим переменную u как произведение двух функцийu = a·b(10.12)Тогда u ′ = a′b + ab′ (штрихом обозначена производная по l). Подставим вуравнение (10.11):b⎞4⎛a′b + a ⎜ b′ + ⎟ = − g sin α.(10.13)3l ⎠3⎝Одну из переменных a и b можно выбрать произвольно. Положим11−−1bdb1 dl3b′ = −или=−.

Отсюда ln b = ln l . Значит b = l 3 . Подставив3lb3 l11da − 344 3l = − g sin α или da = − g l dl sin α .результаты в (10.13), получимdl33230AKF3.RU4l3найдём4a = − g 3 sin α + C = − g l 4 / 3 sin α + C.3 4Поэтому функция u, по (10.12),u = ab = l −1/ 3 C − g l 4 / 3 sin α . В началеПроинтегрировав,движенияu = l2 = 0иl(=l0.)Значит,C = g l04 / 3 sin αи⎛⎞l04 / 3l023u = l = g 1/ 3 sin α − g l sin α = g ⎜ l0− l ⎟ sin α .

И так как vс2 = l2 , а⎜⎟ll⎝⎠l = l0 – s, то окончательно⎡⎤lvc2 = g ⎢l0 3 0 − ( l0 − s ) ⎥ sin α .⎣ l0 − s⎦(10.14)Так как с течением времени длина ленты в рулоне l = l0 – s уменьшается, то скорость центра рулона vc увеличивается. И в конце движения,когда вся лента смотается, при s = l0, скорость конца ленты станет равнойбесконечности.Николай Степанович предложил решение ещё одной очень интересной задачи, в которой также определяется движение тела переменной массы. Вот эта задача (рис.

10.2).xHυhPcPтN1yN2Рис.10.2На тележке установлен бак, доверху заполненный жидкостью. В некоторый момент жидкость стала вытекать из горизонтальной сливной трубы.231AKF3.RUИ под действием реактивной силы тележка начала движение. Определимеё движение, предполагая, что уровень жидкости всё время остаётся горизонтальным. Сопротивления движению учитывать не будем.На примере решения этой задачи ещё раз продемонстрируем методикуисследования движения тел переменной массы. Воспользуемся уравнениемМещерского (10.1), которое запишем так:GGdvdM GM= ∑ F (e) +c,(10.15)dtdtGгде c – относительная скорость вытекающей жидкости.Проектируя уравнение на горизонтальную ось (рис.10.2), получим:dvdMM=−c или M d v + dM c = 0, где M – масса тележки с баком.dtdtОна равна M = Mт + Mжид = Mт + shρ (s – площадь бака, h – высота уровня жидкости, ρ – плотность жидкости).

Масса отделяющихся частиц dM =sρ dh. Так как скорость вытекающей жидкости по формуле Торичеллиc2cи dh = dc.c = 2 gh , то h =2ggДифференциальное уравнение движения получится таким:⎛sρ 2 ⎞c2⎜ M т + 2 g c ⎟ d v + sρ g dc = 0 .⎝⎠Обозначимуравнение2Mт g= µ2.sρПосле несложных преобразований получимc2d v = −2 2dc .µ + c2(10.16)⎛⎞cРешение его известно (это табличный интеграл): v = −2 ⎜ c − arctg + C1 ⎟ .µ⎝⎠Так как в начале движения при t = 0 υ0 = 0 и c0 = 2 gH , то⎡⎛c0c ⎞⎤− c.

Значит, v = 2 ⎢( c0 − c) −µ⎜ arctg − arctg ⎟⎥ . И при h = H – x,µµ ⎠⎦µ⎝⎣⎧⎡2 g ( H − x ) ⎤ ⎫⎪2 gH⎪⎡⎤⎢⎥ ⎬ . (10.17)v = 2 ⎨ 2 gH − 2 g ( H − x ) − µ arctg− arctg⎣⎦µµ⎢⎣⎥⎦ ⎪⎪⎩⎭232C1 = arc tgc0AKF3.RUНаконец, по закону непрерывности струи протекающей жидкости заединицу времени, имеем равенство sdx 1 21= πd c = πd 2 2 g ( H − x) , где4dt 4d – диаметр сливной трубы.πd 2dx2 g = a. Тогда= a H − x . РазделивОбозначим для удобства4sdtпеременные и проинтегрировав, получим − H − x = at + C2 .И так какпри t = 0 x = 0, то C2 = − 2 H . Поэтому −2 H − x = at − 2 H или4( H − x) = (at − 2 H )2 и x = H − 0,25(at − 2 H ) 2 .

Подставив это значение x = x(t) в (10.17), получим зависимость скорости тележки от времени. График скорости v = v (t), похожий на параболу, имеет вид, показанный на рис. 10.3.2H , когда выльaется вся жидкость (x = H), скорость станет максимальной, постоянной и равнойВ момент t1 =υυmax⎛2 gHvmax = 2 ⎜ 2 gH − µ arctg⎜µ⎝0t1Рис.10.3тоит заметить, что эта скоростьне зависит от диаметра сливнойt трубы. Например, при s = 4 м2,H = 2 м, Mт = 1000 кгµ=и⎞⎟⎟ .С⎠2 ⋅ 1000 ⋅ 9,8= 2, 2 м⋅ с−14 ⋅ 1000⎛2g ⋅ 2 ⎞−1vmax = 2 ⎜⎜ 2 g ⋅ 2 − 2, 2arctg⎟⎟ = 2 ( 6,26 − 2,7 ) = 7,12 м⋅ с .2,2 ⎠⎝233AKF3.RUБЕСЕДА ОДИННАДЦАТАЯ «ПРО РАСПРЕДЕЛЁННЫЕ СИЛЫ»- Слушай, Алексей….У тебя же каникулы начались, езжай домой.

Отдыхать надо. А ты опять ко мне с какими-то вопросами. Ну, ладно, что тебя интересует, что тебе не нравится?- Да, у меня, Николай Степанович, совсем маленький вопросик. Это ораспределённой нагрузке. В учебниках по теоретической механике, да и вваших лекциях, рассматривалась нагрузка распределённая только по прямой линии.

Да и располагалась эта линия либо горизонтально, либо вертикально. И ни одной задачки не было, в которой нагрузка приложена к наклонной прямой и тем более к кривой линии.- Ты считаешь, что надо о распределённых силах поговорить подробнее? Может ты и прав. Действительно, мы рассматриваем только простейшие случаи. Хотя, Алёша, есть учебники и задачники, в которых можнонайти примеры нагрузки распределённой и по наклонной прямой линии исделаны замечания о решении задач с неравномерно распределёнными силами и не только по прямой линии. Кстати, и я на лекции говорил о силе,распределённой по дуге окружности.- Я помню, Николай Степанович. Но ваш пример довольно примитивен, прост.- Ишь-ты, уж начал критиковать и учителя своего! Ладно, не сержусь.Ты прав.

Пойдём на кафедру, я покажу подготовленную недавно статейкукак раз на эту тему. Ты словно предугадал её появление. Опубликовать еёя ещё не успел. Так что ты первый, кому её показываю. Вот рукопись этойстатьи. Но я статью тебе не дам, просто расскажу её содержание.- Вот смотри… Распределённую нагрузку, действующую на точки тела, я бы разделил на два класса. Во-первых, на собственные силы ,силыпринадлежащие самим точкам, которые не зависят от того, как деформировано тело и как оно расположено. Такие силы называют ещё объёмными,или массовыми силами, то есть действующими на единицу объёма илимассы.

Подобные силы появляются, когда тело находится в однородномсиловом поле. Например, сила тяжести тела, вес, это распределённые силы,распределённые по всем его точкам. Мало того, они всегда направленывертикально и равнодействующая их, вес всего тела, сосредоточенная сила, приложенная к центру тяжести и равная сумме этих параллельных сил.К таким силам можно отнести также и силы электрического или магнитного полей.Интенсивность q таких собственных сил, например, сил тяжести, определяется как сила, равная весу единицы объёма, площади или, если тело –линия (рис.11.1), единицы длины. А размерность интенсивности равнаразмерности силы, делённой на размерность площади, объёма или длины.234AKF3.RUКонечно, интенсивность q может быть не постоянной, не равномернораспределённой по длине, если эта линия не однородна по массе.

И тогдаравнодействующая их, вес всей линии будетсосредоточенной силой и может быть определенакаккриволинейныйинтеграл:Q = P = ∫ q (l ) ⋅ dl . А точка приложения или(l )q(l)Qлиния действия равнодействующей находятсяпо правилам определения центра тяжести сРис.11.1помощью теоремы ВариньонаВторой класс – силы также распределённые, но действующие на данное тело со стороны другого тела или со стороны среды, в которой данноетело находится, например, при действии жидкости или газа (воды, ветра ит.п.). Такими силами является и вес частиц какого-то тяжелого материала,насыпанного на тело. Подобную нагрузку называют ещё поверхностнымисилами.На рис.11.2 показана неравномерно распределённая поверхностная нагрузка, действующая на наклонную прямую, например, действие веса снега на часть крыши дома.