В.С. Русаков, А.И. Слепков, Е.А. Никанорова, Н.И. Чистякова - Механика. Методика решения задач, страница 8

Классификация задач динамикиПрямая задача динамики – найти закон движения тела илисистемы тел, если известны силы, действующие на эти тела.Обратная задача динамики материальной точки – найтидействующие на тело или систему тел силы, если известны законыдвижения этих тел.Большинство задач содержат в себе элементы как прямой,так и обратной задач динамики. Как правило, одна из этих задачимеет основное, другая – подчиненное по отношению к условиюзадачи значение.2.2.2. Общая схема решения задач динамикис помощью законов НьютонаI. Определиться с моделями материальных объектов и явлений.1.

Нарисовать чертеж, на котором изобразить рассматриваемые тела.2. Выбрать систему отсчета и изобразить на чертеже ее систему координат (из соображений удобства).3. Изобразить и обозначить все силы и необходимые кинематические характеристики системы.4. Выбрать модели тел и их движения (если это не сделано вусловии задачи).II. Записать полную систему уравнений для искомых величин.1.

Записать уравнения движения в проекциях на оси координат для всех тел системы.52МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ2. Использовать третий закон Ньютона, если это не было сделано ранее в п. 3.3. Использовать законы, описывающие индивидуальныесвойства сил:а) закон всемирного тяготения,б) закон Гука,в) закон Амонтона – Кулона и т.д.4. Записать уравнения кинематических связей.5. Использовать результаты ранее решенных задач и особыеусловия задачи.III. Получить искомый результат в аналитическом и численном видах.1.

Решить систему полученных уравнений.2. Провести анализ решения (проверить размерность и лишние корни, рассмотреть предельные и частные случаи, установить область применимости).3. Получить численный результат.Примечания.В случае решения задач на динамику материальной точки впп. I.3 – II.1 речь идет о характеристиках материальной точки, ап. II.2 надо опустить.В случае решения задач на динамику простейших механических систем в пп. I.3 – II.2 речь идет о характеристиках и уравнениях движения тел и силах, действующих между телами рассматриваемой системы.Пункты II.1 – II.4 (в том числе II.3.а – II.3.в) можно выполнять в той или иной последовательности в зависимости от решаемой задачи.2.3.

Примеры решения задачЗадача 2.1(Машина Атвуда)Через блок, подвешенный к потолку перекинута нить. К концам нити прикреплены два груза массами m1 и m2. Определить ускорения тел.Глава 2. Динамика материальной точки и простейших систем53РешениеРешение данной задачи (и всех последующих) будем проводить в соответствии с предложенной схемой решения задач динамики.I. Выберем систему координат так, как показано на рис. 2.4, иизобразим на нем действующие на тела системы силы: силы тяжести и силы, действующие со стороны нитей.Выберем модели тел и их движений.

Грузы считаем материальными точками, подвешенными на невесомой и нерастяжимойнити, перекинутой через невесомый абсолютно твердый цилиндрический блок. Будем считать, что грузы движутся вертикально, нитьне проскальзывает относительно блока, сопротивления воздуха итрения в оси блока нет.II. Запишем уравнения движениядвух грузов в проекции на ось X (см.Tрис.

2.4) и уравнение кинематическойсвязи, являющееся следствием нерастяжимости нити:Tвm1a1 = m1 g − T1 ,T1 T2m2 a2 = m2 g − T2 ,(2.15)T1mнga1 + a2 = 0.T2Здесь a1 и a2 – проекции ускоренийTнгрузов на ось X, T1 и T2 – модули сил,действующих на грузы со стороны ниm1gXm2gти.Докажем постоянство модуля сиРис. 2.4лы натяжения нити вдоль всей ее длины в условиях данной задачи. Для этого выделим мысленно прямолинейный участок нити произвольной длины (см. рис.

2.4) и запишем уравнение его движения в проекции на ось X:mн aн = Tн − Tв + mн g + Fсопр ,(2.16)где mн – масса выделенного участка нити, aн – проекция его ускорения на ось X, Tн и Tв – модули сил натяжения, действующих навыделенный участок нити со стороны нижнего и верхнего примыкающих к нему участков нити, Fсопр – проекция силы сопротивления воздуха.54МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧПоскольку нить по условию задачи невесома и нет силы сопротивления воздуха, то из (2.16) следует, что модуль силы натяжения нити постоянен вдоль прямолинейного участка нити, а, следовательно, сила, приложенная к грузу со стороны нити и сила натяжения нити в верхней части прямолинейного участка равны помодулю.Для доказательства равенства модулей сил натяжения нитислева и справа от блока запишем уравнение вращательного движения (см.

(6.30) в Главе 6) блока вместе с примыкающим к нему участком нити (см. рис. 2.4):dωJ= −T1R + T2 R + M тр + M сопр ,(2.17)dtгде J – момент инерции блока вместе с примыкающим к немуучастком нити относительно оси, проходящей через центр блока инаправленной за плоскость чертежа, ω – угловая скорость вращения блока, M тр – момент сил трения, действующих в оси блока,M сопр – момент сил сопротивления воздуха, действующих на блок.Поскольку блок и нить невесомы, нет трения в оси блока исилы сопротивления воздуха, то в соответствии с (2.17) модули силнатяжения нити слева и справа от блока равны. Следовательно,равны и силы натяжения нити, приложенные к грузам:T1 = T2 .(2.18)III.

Решим полученную систему уравнений (2.15) и (2.17) относительно искомых физических величин:m − m2m − m2a1 = g 1, a2 = − g 1.(2.19)m1 + m2m1 + m2Для оценки правильности полученного результата проанализируем частные и предельные случаи. Если к нити подвешены грузы одинаковой массы, то полученные формулы для проекций ускорений дают значение, равное нулю, что очевидно и из общих соображений. Если m1 >> m2, то a1 = g, a2 = −g. При выполнении обратного неравенства m1 << m2, ускорения грузов равны a1 = −g и a2 = g.Эти предельные значения легко получить из физических соображений. Если один из грузов имеет существенно бóльшую массу, чемвторой, то он падает с ускорением свободного падения. Ускорениевторого груза в силу нерастяжимости нити равно по величине ускорению первого груза и противоположно по направлению.Глава 2. Динамика материальной точки и простейших систем55Задача 2.2Найти ускорения тел и силы натяжения нитей для системытел, изображенной на рисунке.РешениеI.

Выберем систему координаттак, как показано на рис. 2.5, и изобраYзим силы, действующие на тела системы.T1T1Выберем модель, аналогичнуютой, которая была использована в преT1дыдущей задаче: грузы считаем матеT2риальными точками, подвешеннымиT2на невесомых и нерастяжимых нитях,перекинутых через невесомые абсоm1gлютно твердые цилиндрические блоки. Будем считать, что грузы движутся Xm2gвертикально, нить не проскальзываетРис. 2.5относительно блоков, сопротивлениявоздуха и трения в оси блоков нет.II. Запишем уравнения движения грузов в проекции на ось Xвыбранной системы координат:m1a1 = m1 g − T1 ,(2.20)m2 a2 = m2 g − T2 .(2.21)Здесь a1 и a2 – проекции ускорений грузов на ось X, T1 и T2 – модули сил, действующих на грузы со стороны нитей.Обозначим координаты тел и подвижного блока x1, x2 и xблсоответственно. Запишем условия нерастяжимости нитей (см.рис. 2.5) в виде:x1 + 2 xбл = const ,(2.22)x2 − xбл = const .(2.23)Дважды дифференцируя (2.22) и (2.23) по времени, получимуравнение кинематической связи для ускорений грузов:a1 + 2a2 = 0 .(2.24)В рамках принятой модели силы натяжения нити с обеих сторон любого из блоков равны (см.

решение задачи 1). Связь междусилами натяжения разных нитей найдем из уравнения движенияподвижного блока:МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ56mбл aбл = T2 − 2T1 ,(2.25)где масса подвижного блока mбл = 0 .III. Решая полученную систему уравнений (2.20), (2.21), (2.24)и (2.25), получаем выражения для искомых величин:2m − m2a1 = 2 g 1,(2.26)4m1 + m2a2 = gm2 − 2m1,4m1 + m2T1 = m1 (g − a1 ) =3m1m2 g,4m1 + m2(2.27)(2.28)6m1m2 g.(2.29)4m1 + m2Рассмотрим частные и предельные случаи решения задачи(2.26) – (2.29).1. Если 2m1 = m2 , то грузы покоятся или двигаются равномерно и прямолинейно:a1 = a2 = 0 .При этом силы натяжения нитей равны:T2 = 2T1 = 2m1 g .2. Если m2 >> m1 , то тело массой m2 будет падать с ускорением свободного падения:a2 = g ,а тело массой m1 подниматься вверх с удвоенным по модулю ускорением:a1 = −2 g .При этом:T2 = 2T1 = 6m1 g .3.

Если m1 >> m2 , то тело массой m1 будет падать с ускорением свободного падения:a1 = g ,а тело массой m2 подниматься вверх с ускорениемa 2 = −0,5g .При этом:T2 = 2m1 (g − a1 ) =Глава 2. Динамика материальной точки и простейших системT2 = 2T1 =573m1 g .2Задача 2.3В системе тел, изображенных на рис. 2.6, известны массыбруска m и клина M, а также угол α при основании клина. Массыблока и нити пренебрежимо малы, нить нерастяжима, трения нет.Найти ускорение клина A .YTNTTy0yRmgNαXxMgxк0Рис. 2.6РешениеI. Выберем систему координат так, как показано на рис.