В.С. Русаков, А.И. Слепков, Е.А. Никанорова, Н.И. Чистякова - Механика. Методика решения задач, страница 4

Записать начальные условия.3. Записать уравнения кинематических связей.4. Использовать результаты ранее решенных задач и особыеусловия задачи (например, заданные соотношения междухарактеристиками системы).III. Получить искомый результат в аналитическом и численном видах.1. Решить систему полученных уравнений.2.

Провести анализ решения (проверить размерность и лишние корни, рассмотреть характерные случаи, установитьобласть применимости).3. Получить численный результат.Примечания.В случае решения задач на кинематику материальной точки впп. I.3 – II.2 речь идет о кинематических характеристиках материальной точки, а п.

II.3 надо опустить.В случае решения задач на кинематику простейших механических систем в пп. I.3 – II.2 речь идет о кинематических характеристиках тел рассматриваемой системы.Пункты II.1 – II.3 (в том числе II.2.a – II.2.в) можно выполнять в той или иной последовательности в зависимости от типа задачи.1.3. Примеры решения задачЗадача 1.1(Кинематика материальной точки)Скорость материальной точки зависит от ее положения в декартовой системе координат следующим образом: υ = ci + bxj , гдеМЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ18c и b – положительные постоянные величины. В начальный моментвремени радиус-вектор материальной точки равен нулю: r (0) = 0 .Определить:а) законы движения r (t ) , изменения скорости υ(t ) и ускорения a (t ) , тангенциальную aτ (t ) и нормальную an (t ) проекции ускорения;б) уравнение траектории y(x) материальной точки;в) радиус кривизны траектории ρ (t ) ;г) угол ϕ (t ) между скоростью υ(t ) и ускорением a (t ) .РешениеСледуем общей схеме решения задач кинематики материальной точки и простейших систем.I.

По условию задачи движение происходит в плоскости XY,образованной координатными осями, направления которых заданыортами i и j .II. Запишем начальные условия и закон изменения скороститела в проекциях на оси выбранной системы координат:⎧ x(0) = 0, y (0) = 0,(1.29)⎨⎩υ x (0) = c, υ y (0) = b ⋅ 0 = 0,dx⎧⎪⎪υ x (t ) = d t = c,(1.30)⎨⎪ υ (t ) = d y = bx(t ).⎪⎩ ydtIII.

Записанные дифференциальные уравнения относительнокоординат материальной точки (1.29) с учетом начальных условий(1.29) позволяют найти закон движения материальной точки в проекциях на оси координат и зависимость от времени радиус-вектораr (t ) :⎧ x(t ) = ct ,⎪⎨cbt 2()=,yt⎪2⎩r (t ) = cti +cbt 2j.2(1.31)(1.32)Глава 1. Кинематика материальной точки и простейших систем19Используя найденную зависимость x(t) (1.31), определим закон изменения скорости υ(t ) = ci + bx(t ) j и закон изменения ускорения a (t ) :υ(t ) = ci + cbtj ,(1.33)dυa (t ) == cbj .(1.34)dtУравнение траектории находится из закона движения материальной точки путем исключения из (1.31) времени t:cb x 2 b 2y ( x) = ⋅ 2 =x .(1.35)2 c2cОстальные искомые величины определяются в соответствиис формулами, приведенными в п. 1 данной Главы.Модуль скорости (1.7) равен:υ (t ) = υ x2 + υ y2 = c 2 + c 2b 2t 2 .(1.36)Проекции ускорения aτ (t ) и an (t ) (1.19, 1.23) получим в виде:⎧dυc 2b 2tcb 2t,()===at⎪ τdt1 + b 2t 2c 2 + c 2b 2t 2⎪⎨c 2b 4t 2cb⎪222 2()ataacb=−=−=.τ2 2⎪ n1+ b t1 + b 2t 2⎩Радиус кривизны траектории (1.21) равен:υ2(c)()3/ 2+ c 2b 2t 2 1 + b 2t 2 c= 1 + b 2t 2.(1.38)ancbbУгол ϕ (t ) между скоростью υ(t ) и ускорением a (t ) определяется соотношением:ρ (t ) ==2(1.37)an1 + b 2t 21cbcb=⋅= 2 = .(1.39)222aτcb tcb t bt1+ b tЗаметим, что материальная точка движется по параболической траектории (1.35) с постоянным ускорением, направленнымвдоль оси Y (1.34).

На рис. 1.5 схематично изображена траекториядвижения материальной точки и изображены векторы ускорения иначальной скорости.tgϕ (t ) =20МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧYНетрудно видеть, что при t = 0решения соответствуют начальным усy (x)ловиям задачи.

При этом тангенциальное ускорение в указанный моментaвремени равно нулю, радиус кривизнытраектории в данный момент времениcυ0ρ = , а угол между скоростью и ускоOXbРис. 1.5рением ϕ = π / 2 .При t → ∞ значения координат точки и модуль скорости, каки следовало ожидать, неограниченно возрастают, нормальное ускорение и угол между скоростью и ускорением стремятся к нулю, арадиус кривизны траектории – к бесконечности.Задача 1.2(Кинематика материальной точки)Находящееся на высоте H над Землей тело бросили горизонтально с начальной скоростью υ0 . Найти закон движения тела,уравнение траектории, законы изменения скорости и ускорения, атакже нормальную и тангенциальную проекции ускорения и радиус кривизны траектории в произвольный момент времени.РешениеI. Нарисуем чертеж и изобразим на нем заданную в условиизадачи скорость тела υ0 в начальный момент времени (t = 0) ипредполагаемую траекторию движения тела (рис.

1.6).Выберем систему отсчета,связанную с Землей. Ось X декар- Yυ0товой системы координат напраgHвим горизонтально вдоль поверхности Земли по направлению начальной скорости υ0 , а ось Y –вертикально вверх на положениетела в начальный момент времеXOни. Будем считать, что тело является материальной точкой, а двиРис.

1.6жение тела у поверхности Землипроисходит с постоянным ускорением свободного падения g .Глава 1. Кинематика материальной точки и простейших систем21II. В соответствии с выбранной системой отсчета и выбранными моделями тела и его движения запишем начальные условия изакон изменения ускорения тела в проекциях на оси координат:⎧ x(0) = 0, y (0) = H ,(1.40)⎨⎩υ x (0) = υ0 , υ y (0) = 0;dυ x⎧⎪⎪a x = d t = 0,(1.41)⎨⎪a = d υ y = − g .⎪⎩ ydtIII. Записанные дифференциальные уравнения относительнопроекций скорости материальной точки с учетом начальных значений позволяют найти закон изменения скорости тела υ(t ) и законего движения r (t ) в проекциях на оси координат:⎧υ x = υ0 ,(1.42)⎨⎩υ y = − gt ;⎧ x = υ 0t ,⎪(1.43)⎨gt 2.⎪y = H −2⎩Уравнение траектории находится из закона движения тела вкоординатной форме (1.43) путем исключения времени t:gx 2y ( x) = H − 2 .(1.44)2υ0Остальные искомые величины определяются в соответствиис формулами, приведенными в п.

1 данной Главы.Модуль скорости (1.8) равен:υ = υ x2 + υ y2 = υ02 + (gt ) 2 .(1.45)Модуль ускорения (1.14) имеет вид:a = a x2 + a 2y = g .(1.46)Проекции ускорения на направление скорости и перпендикулярное ему направление (1.19, 1.23) равны:dυg 2tυ0 g, an = a 2 − at2 =.(1.47)aτ ==dtυ02 + g 2t 2υ02 + g 2t 2МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ22Радиус кривизны (1.21) определяется соотношением:υ2(υ)3/ 2+ g 2t 2.(1.48)anυ0 gЗаметим, что в данной задаче все формулы для нахожденияискомых величин справедливы с начального момента времениt0 = 0 до момента падения тела на Землю t0 ≤ t≤ tпад. Этот моментвремени легко найти из закона движения (1.43), приняв координатуy равной нулю:2Htпад =.(1.49)gρ==20Задача 1.3(Кинематика материальной точки и принципсуперпозиции движений)Лодка пересекает реку с постоянной относительно воды скоростью υл , перпендикулярной направлению течения реки.

Модульскорости течения реки, ширина которой d, нарастает от берегов ксередине реки по параболическому закону, изменяясь от 0 до um.Найти уравнение траектории лодки, время ее движения τ , а такжеснос лодки l вниз по течению от места ее отплытия до места причаливания на противоположном берегу реки.РешениеI. Выберем декартову систему координат, жестко связаннуюс берегом реки, и с началом в месте отплытия лодки. Оси системыкоординат и скорость течения реки u( y ) изображены на рис. 1.7.u(y)YXРис. 1.7При решении задачи лодку будем считать материальной точкой, а берега реки параллельными.Глава 1. Кинематика материальной точки и простейших систем23II.

Запишем начальные условия для лодки в соответствии сусловиями задачи:⎧ x(0) = 0, y (0) = 0,(1.50)⎨⎩υ x (0) = 0, υ y (0) = υ л ,где υ x , υ y – проекции скорости лодки на оси выбранной системыкоординат.В соответствии с принципом суперпозиции движений (1.26) влюбой момент времени υ(t ) = u( y (t )) + υл (t ) или в проекциях на осикоординат:⎧υ x = u ( y ),(1.51)⎨⎩υ y = υ л .По условию задачи модуль скорости течения реки, ширинакоторой d, нарастает от берегов к середине реки по параболическому закону, поэтому можно записать:2u ( y ) = a( y − d / 2) + b ,(1.52)где a и b – постоянные величины.

Для определения величины bиспользуем условие задачи:b = u ( y = d / 2 ) = um .(1.53)Используя начальные условия υ x (0) = ad2+ b = 0 и соотно4шение (1.53), получим величину a:44a = − 2 b = − 2 um .(1.54)ddIII. Система уравнений (1.51) с учетом (1.52) – (1.54) преобразуется к виду:4um 2 4um⎧d x⎪⎪ d t = υ x = − d 2 y + d y,(1.55)⎨⎪d y = υ = υ .yл⎪⎩ d tИнтегрируя уравнения (1.55) с учетом начальных условийдля координат лодки (1.50), находим закон движения:34u2ux(t ) = − 2m υ л2 t + m υ лt 2 ,(1.56)3ddМЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ24y (t ) = υ лt .(1.57)Уравнение траектории получаем, исключая время t из законадвижения в координатной форме (1.56) и (1.57):4um ⎛ 3 3 2 ⎞x( y ) =(1.58)⎜− y + y d ⎟ .23υ л d 2 ⎝⎠Поскольку в момент причаливания y (τ ) = d , время движенияτ лодки равно:dτ= .(1.59)υлСледовательно, для искомого сноса лодки l получим (см.

1.58):2ul = x(τ ) = m d .(1.60)3υ лЗадача 1.4(Принцип суперпозиции движений)Определить форму траектории капель дождя на боковомстекле трамвая, движущегося горизонтально со скоростью υ1 , вовремя его торможения с ускорением a . Капли дождя падают наземлю вертикально вниз, и скорость их относительно земли постоянна и равна υ2 .РешениеI.

Нарисуем чертеж и изобразим на нем заданные в условиизадачи кинематические характеристики капли дождя и трамвая вмомент начала торможения трамвая (рис. 1.8).Xaa'X'υ1− υ1υ′υ2Y'Рис. 1.8YГлава 1. Кинематика материальной точки и простейших систем25Выберем систему координат XY, связанную с Землей, так,чтобы ось X была направлена горизонтально вдоль ускорениятрамвая, а ось Y – вертикально вниз. Выберем также вторую систему координат X′Y′, связанную со стеклом трамвая, так, чтобы ееоси X′ и Y′ были сонаправлены с осями X и Y.

Время в обеих системах отсчитываем от момента начала торможения трамвая.Будем считать, что капля дождя является материальной точкой, положение которой в момент начала торможения трамвая совпадает с началом координат системы X′Y′.II. Используя принцип суперпозиции движений (1.26), запишем скорость υ′ и ускорение a ′ капли дождя относительно стеклатрамвая (системы координат X′Y′):υ′ = υ2 − υ1 ,(1.61)′a = −a .(1.62)В соответствии с выбранной системой отсчета запишем начальные условия для капли дождя:x′(0) = 0 , y′(0) = 0;(1.63)υ ′x (0) = υ1 , υ ′y (0) = υ 2 .(1.64)III. Записанные дифференциальные уравнения (1.61) и (1.62)с учетом начальных условий (1.63) и (1.64) позволяют найти закондвижения капли в проекциях на оси координат:⎧at 2,⎪ x′ = υ1t −(1.65)2⎨⎪ y′ = υ t.2⎩Уравнение траектории находится из закона движения каплипутем исключения из (1.65) времени t:y′y′ 2(1.66)x′ = υ1 − a 2 .υ22υ 2Как видим, траектория в системе координат X′Y′, связаннойсо стеклом трамвая, является параболой (см.