С.Ю. Никитин, С.С. Чесноков - Механика, страница 2

1.3):v ср =r (t + Δt ) − r (t ) Δr=,ΔtΔt(1.4)Направление средней скорости совпадает с направлением вектора перемещения Δr . Средняя скорость характеризует движение точки в течение всегопромежутка времени Δt , для которогоона определена.На практике часто используютпонятие средней путевой скорости, котоРис. 1.3. Средняя и мгновеннаяскоростирую определяют как отношение пути,пройденного точкой, ко времени его прохождения. Важно иметь в виду, чтовеличина (модуль) средней скорости в общем случае не совпадает со средней путевой скоростью. Они различны, например, при возвратнопоступательном движении по прямой, при криволинейном движении и т.п.Мгновенной скоростью (или просто скоростью) v(t ) точки в данной системе отсчета в момент времени t называется предел средней скорости при неограниченном уменьшении интервала времени Δt :§1.

Кинематика материальной точки10v(t ) = limΔt →0Δr dr== &r .Δt dt(1.5)Вектор скорости направлен по касательной к траектории точки (рис. 1.3).Проекции скорости точки на декартовы оси равныv x = x&, v y = y&, v z = z& .(1.6)В соответствии с этим вектор скорости точки может быть записан в виде:...v(t ) = {x (t ), y(t ), z (t )}= ix& + jy& + kz& .(1.7)Модуль (величина) скорости выражается через ее проекции на декартовыоси какv(t ) = x& 2 + y& 2 + z& 2 .(1.8)Среднее ускорение точки вданной системе отсчета на интервалевремени (t, t + Δt ) есть вектор a ср ,равный отношению вектора приращения скорости Δv = v(t + Δt ) − v(t ) наРис.

1.4. Среднее и мгновенноеускоренияa ср =v(t + Δt ) − v(t ) Δv=ΔtΔtэтом интервале к величине интервалавремени Δt (рис. 1.4):.(1.9)Мгновенным ускорением (или просто ускорением) точки a(t ) вмомент времени t в данной системе отсчета называется предел среднего§1. Кинематика материальной точки11ускорения при стремлении интервала времени Δt к нулю:Δv dv== v& = &&r .Δt →0 Δtdta(t ) = lim(1.10)Проекции ускорения точки на декартовы оси равныax = x&&, a y = &&y, az = z&& .(1.11)Следовательно, вектор ускорения точки может быть представлен в виде:a(t ) = {x&&(t ), &&y(t ), z&&(t )}= ix&& + j&&y + kz&& .(1.12)Модуль ускорения равенa(t ) = x&&2 + &&y 2 + z&&2 .(1.13)При криволинейном движении точки часто бывает удобно разложить ее ускорение на две составляющие (рис. 1.5):a = a τ + a n = τaτ + nan ,(1.14)где τ – единичный вектор, направленный по касательной к траектории вданной точке, n – единичный вектор по нормали ктраектории, направленный к центру кривизны.Составляющая a τ вектора ускорения, направленная по касательной к траектории, называется тангенциальным (касательным) ускорением.

Тангенциальное ускорение характеризует изменение вектора скорости по модулю. Вектор a τ направлен вРис. 1.5. Тангенциальноеи нормальное ускорениясторону движения точки при возрастании ее скорости и в противополож-§1. Кинематика материальной точки12ную сторону – при убывании скорости. Составляющая a n вектора ускорения, направленная по нормали к траектории в данной точке, называетсянормальным ускорением. Нормальное ускорение характеризует изменениевектора скорости по направлению при криволинейном движении. Величинытангенциального и нормального ускорения вычисляются по формулам:aτ = v& =d| v|v2, an =,dtR(1.15)где R – радиус кривизны траектории в данной точке. При движении точкипо окружности нормальное ускорение an часто называют центростремительным ускорением.Важной задачей кинематики является получение зависимостей отвремени скорости v(t) и координат материальной точки r(t) из известнойзависимости от времени ее ускорения a(t) и заданных начальных условийv0 и r0 .

В декартовых координатах имеем:tt∫∫v x (t ) = v0 x + ax (t )dt, v y (t ) = v0 y + ay (t )dt,00t(1.16)∫v z (t ) = v0z + az (t )dt,0t∫t∫x (t ) = x 0 + v x (t )dt, y(t ) = y0 + v y (t )dt ,00t(1.17)∫z (t ) = z0 + v z (t )dt.0В частности, если ускорение точки постоянно, тоv x (t ) = v0 x + ax t, v y (t ) = v0 y + a y t, v z (t ) = v0z + az t ,(1.18)§1. Кинематика материальной точки13ay t 2ax t 2, y(t ) = y0 + v0 y t +,22a t2z (t ) = z0 + v0z t + z .2x (t ) = x 0 + v0 x t +(1.19)В механике часто встречаются задачи, в которых перемещения точек механической системы не являются свободными, а ограничены посредством поверхностей различных тел, стержней, нитей и т.п.

В этом случаеговорят, что на систему наложены связи. Математически связи описываются так называемыми уравнениями связей, т.е. количественными соотношениями между кинематическими характеристиками движения точек системы.Примеры решения задачПример 1.1. Положение материальной точки на плоскости XOY задано полярными координатами ρ(t) и ϕ(t) (рис. 1.6).Найти модуль скорости точки, считая ρ(t) иϕ(t) известными функциями времени.Решение. Модуль скорости, определяемыйчерез декартовы компоненты скорости точки,равенРис.

1.6v = x& 2 + y& 2 .Связь между декартовыми и полярными координатами имеет вид:x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ .Дифференцируя эти выражения по времени, получаем:x& = ρ& cos ϕ − ρϕ& sin ϕ, y& = ρ& sin ϕ + ρϕ& cos ϕ .§1. Кинематика материальной точки14После несложных преобразований находим ответ:v = ρ& 2 + ρ2 ϕ& 2 .Проекции скорости на координатные оси полярной системы координат равны:vρ = ρ& , v ϕ = ρϕ& .Пример 1.2. Частица движется по окружности радиусом R = 160 см с постоянным тангенциальным ускорением. Известно, что имея нулевую начальную скорость, частица прошла половину длины окружности за времяτ = 10 с.

Вычислить:а) среднюю путевую скорость vср;б) модуль среднего вектора скорости |vср|;в) модуль среднего вектора полного ускорения |aср|за промежутки времени t1 = τ / 2 и t2 = τ , отсчитываемые с момента началадвижения частицы.Решение. Найдем вначале координаты, скорость и ускорение частицы какфункции времени. Положение частицы удобно описывать с помощью по-S (t ), где S(t) – путь, пройденный частицей. ПосколькуRчастица движется вдоль траектории с постоянным тангенциальным ускоре-лярного угла ϕ(t ) =нием aτ , S =ϕ(t ) =πt 2τ2aτ t 2a τ22πR. По условию задачи πR = τ , откуда a τ = 2 и22τ.

Таким образом, положение частицы в любой момент времениописывается полярными координатами§1. Кинематика материальной точкиρ = R, ϕ =πt 2τ215.Зависимость скорости частицы от времени имеет вид v(t ) = aτ t =Нормальное ускорение частицы an (t ) =ускорение a = aτ2 + an2 =2πRτ21+4π 2τ42πRτ2t.v 2 4π 2 R 22π= 4 t = aτ 2 t 2 , ее полноеRττt 4 = aτ 1 +4π2τ4t 4 .

Положение час-тицы, векторы ее скорости v, тангенциального aτ, нормального an и полногоa ускорения в моменты времени t0 = 0 , t1 = τ / 2 и t2 = τ изображены нарис. 1.7.Найдем теперь требуемые кинематические характеристики на промежутке времени [0, t1]. Путь, пройденныйчастицей за время t1 с начала движения S1= πR/4, поэтому ее средняя путевая скорость на рассматриваемом промежуткевремени vср1 = πR/(2τ) = 25 см/c. Модульперемещения частицы за этот промежутоквремениΔr1 = 2R sin 22° ,5 = R 2 − 2 ,следовательно модуль среднего вектораРис. 1.7скорости |vср1| = 2R 2 − 2 / τ = 24 см/с. Поскольку начальная скоростьчастицы равна нулю, величина приращения ее скорости за время t1Δv1 =| v(t1 ) − v(0)| = v(t1 ) = πR / τ .

Следовательно, модуль среднего вектораускорения на этом промежутке времени |aср1| = 2Δv1 / τ = 2πR / τ 2 = 10 см/с2.Рассуждая аналогично, находим, что на промежутке времени[0, t2] средняя путевая скорость частицы vср2 = πR/τ = 50 см/c, модуль среднего вектора ее скорости |vср2| = Δr2 / τ = 2R / τ = 32 см/с, модуль среднеговектора ускорения |aср2| = Δv2 / τ = v(t2 ) / τ = 2πR / τ 2 = 10 см/с2.§1. Кинематика материальной точки16Пример 1.3. Частица движется в плоскости XOY со скоростью V = ib + jcx ,где i, j – единичные векторы вдоль осей OX и OY, b и c – известные положительные постоянные. При t = 0 частица находилась в точке с координатамиx 0 = 0 , y0 = 0 . Найти уравнение траектории частицы y = y( x ) , а такжетангенциальное и нормальное ускорения частицы, выразив их величины какфункции координаты x.Решение.

По условию задачи vx = x& = b, vy = y& = cx . Используя формулы(1.15) и начальные условия, получаем:t∫t∫x = b dt = bt, y = bct dt = bc00t2.2Исключая из этих соотношений время t, находим уравнение траектории:y=c 2x .2bТраекторией частицы является парабола. Ускорение частицы направленовдоль оси OY:a = jbc .Направление касательной к траектории частицы определяется углом α, причемtg α =Рис. 1.8Окончательно,dy cx=.dxbИз рис. 1.8 видно, что aτ = a sin α, an = a cos α .§1.

Кинематика материальной точкиaτ =a tg α21 + tg α=c2 x2 221+ c x / b17, an =a21 + tg α=bc1 + c2 x 2 / b2.Пример 1.4. Какую минимальную скорость нужно сообщить камню, чтобыс высоты h = 2 м перебросить его через вертикальную стенку высотой H = 4м, находящуюся на расстоянии L = 4 м от точки бросания? Толщиной стенки пренебречь. Ускорение свободного падения принять g = 10 м/с2.Решение. При описании движения камня выберем систему координат так,чтобы ось OX была направлена горизонтально, а ось OY – вертикальновверх (рис. 1.9). Начало координат поместим на поверхности Земли подточкой бросания.Рис.

1.9Пусть начальная скорость камня v0 направлена под углом α к горизонту. Зависимости координат камня от времени имеют вид:x (t ) = v0t cos α, y(t ) = h + v0t sin α −gt 2.2Исключая из этих соотношений время t, получим уравнение траекториикамня:§1. Кинематика материальной точки18y( x ) = h + tg α ⋅ x −g2v02 cos2α⋅x2 .Для того, чтобы камень перелетел через стенку, его высота y в точке с координатой x = L должна быть не меньше, чем H. Следовательно, условиюзадачи удовлетворяет соотношениеH = h + L tg α −gL22v02 cos2α.Выражая отсюда v02 и учитывая, что 1 / cos2 α = 1 + tg 2 α , получаемv02 =1 + ξ2gL1 + tg 2 α, или v02 = a,⋅ξ−b2 tg α − (H − h) / LgLH −h, b=.2LУсловию задачи удовлетворяет такое α, при котором v0 минимально.

Поскольку в диапазоне от 0 до 90° функция ξ = tg α монотонно возрастает,где ξ = tg α , a =поиск минимума v0 по α равносилен поиску минимума v02 по ξ. Вычислимпроизводнуюdv02ξ 2 − 2bξ − 1= a⋅,dξ( ξ − b) 2приравнивая которую нулю, получим квадратное уравнение относительноξ:ξ 2 − 2bξ − 1 = 0 .§1. Кинематика материальной точки19Условию задачи удовлетворяет положительный корень ξ = b + b2 + 1 . Таким образом, скорость камня минимальна, если его бросить под таким углом α к горизонту, чтоtg α =1⎛⎜ H − h + (H − h) 2 + L2 ⎞⎟ .⎠L⎝Подставляя найденное выражение в формулу для v02 , после несложныхпреобразований получаем ответ:v0 = g⎛⎜ (H − h) + (H − h) 2 + L2 ⎞⎟ ≈ 8,05 м/с.⎝⎠Камень нужно бросить под углом α ≈ 58° ,3 к горизонту.

Траектория камня,удовлетворяющая условию задачи, изображена на рис. 1.9.Пример 1.5. Записать уравнения связи, накладываемые на перемещения,скорости и ускорения тел, изображенных на рис. 1.10.Рассмотреть только вертикальные перемещения грузикови подвижного блока, считать, что нить нерастяжима ипри движении системы всегда натянута.Решение. Выразим полную длину нити L как сумму длинотдельных отрезков:( x1 − x 0 ) + πr1 + ( x 2 − l − x 0 ) + πr2 + ( x 2 − l) = L .Рис. 1.10Отсюда вытекает связь между координатами грузиков: x1 + 2x 2 = C , гдеC = L − π(r1 + r2 ) + 2x 0 + 2l = const . Следовательно, соотношение между перемещениями грузиков имеет вид:Δx1 + 2Δx 2 = 0 .§1.