С.Ю. Никитин, С.С. Чесноков - Механика, страница 7

Для пружины он имеет видF = k|x| ,(4.5)где x = l − l0 , l – длина деформированной пружины, l0 –длина свободнойпружины, k – коэффициент жесткости пружины. Поскольку сила упругостинаправлена противоположно деформации, в проекции на координатную осьOX закон Гука имеет вид:Fx = − k x .(4.6)Жесткость пружины зависит как от формы пружины, так и от упругихсвойств материала, из которого она изготовлена.Для тонкого однородного упругого стержня длиной l0 и площадьюпоперечного сечения S, деформированного силой F, направленной вдольего оси, величина относительной деформации | ε| =| l − l0 |/ l0 связана с напряжением σ = F / S соотношениемσ = E| ε| ,(4.7)которое иногда называют законом Гука в дифференциальной форме.

ЗдесьЕ – модуль упругости материала, или модуль Юнга. Сравнение (4.5) и (4.7)показывает, что коэффициент жесткости стержня выражается формулойk=SE ,l0(4.8)При взаимном перемещении соприкасающихся твердых тел, а так-52§4. Динамика материальной точки. Законы Ньютонаже при движении тел в вязкой среде (жидкости или газе) возникают силытрения. Эти силы зависят от скорости движения тел относительно друг друга, или от относительной скорости тела и вязкой среды, и направлены вдольповерхностей соприкосновения тел.Трение между поверхностями соприкасающихся твердых тел приотсутствии между ними жидкой или газообразной прослойки называетсясухим трением.

Сухое трение подразделяется на трение покоя и трениескольжения. Силы трения, возникающие между поверхностями твердыхтел, неподвижных относительно друг друга, называются силами трения покоя. Как показывает опыт, величина силы трения покоя изменяется от нулядо некоторого максимального значения. Силы трения скольжения возникают при движении одного твердого тела по поверхности другого. Сила трения скольжения направлена против скорости относительного движениятрущихся поверхностей.Законы сухого трения имеют следующий вид:1) Величина силы трения скольжения пропорциональна величиненормальной составляющей силы, с которой трущиеся поверхностиприжимаются друг к другу:Fтр = μN .(4.9)2) Коэффициент трения μ не зависит от площади соприкасающихсяповерхностей и от скорости их относительного движения.3) Максимальная величина силы трения покоя равна величине силытрения скольжения.Для простейшей модели сухого трения график зависимости проекции силы трения на координатную ось OX, направленную вдоль перемещения трущихся поверхностей, от проекции на эту же ось скорости их относительного движения изображен на рис.

4.2.При движении тел в жидкости или газе возникают силы вязкоготрения. Они зависят от размеров и формы тела, свойств среды и от скоростиотносительного движения. В простейшей модели вязкого трения, примени-§4. Динамика материальной точки. Законы Ньютона53мой при малых скоростях движения,Fтр = −β v ,(4.10)где β – коэффициент вязкого трения. Сила вязкого трения всегда направлена против относительной скорости тела и среды v (рис. 4.3).

В отличие оттрения между сухими поверхностями, при движении тел в вязкой средетрение покоя отсутствует.Рис. 4.2. Сухое трениеРис. 4.3. Вязкое трениеПримеры решения задачПример 4.1. На шероховатой горизонтальной поверхности покоится брусокмассой m. Коэффициент трения между бруском и поверхностью μ. В момент времени t = 0 на брусок начинает действовать горизонтальная сила,меняющаяся со временем по закону F = bt , где b – постоянный вектор.Найти путь, пройденный бруском за время τ после начала действия силы.Решение. Для сухого трения характерно так называемое явление застоя,которое связано с тем, что зависимость величины силы трения Fòð от вели-чины приложенной к бруску силы F имеет вид:⎧ F при F ≤ μN ,Fтр = ⎨⎩μN при F > μN ,§4.

Динамика материальной точки. Законы Ньютона54где – N сила нормального давления бруска на поверхность скольжения. Поэтому брусок будет покоиться при F ≤ μmg и начнет двигаться, когда Fстанет больше μmg . Учитывая, что F = bt , найдем момент времени t0, вкоторый начнется движение:t0 =μmg.bТаким образом, уравнение движения бруска имеет вид:mx&& = 0при t ≤ t0 ,mx&& = bt − μmgпри t > t0 .Последнее уравнение можно представить в видеd2xdt2=bbt − μg = (t − t0 ) .mmДважды интегрируя это уравнение, с учетом начальных условий получаем:x (t ) =a(t − t0 )3 .6mОкончательно,μmg⎧при τ ≤,⎪0b⎪x ( τ) = ⎨3⎪ b ⎛⎜ τ − μmg ⎞⎟ при τ > μmg .⎪⎩ 6m ⎝b ⎠bПример 4.2. Как будет изменяться во времени скорость тела, брошенноговертикально вверх с начальной скоростью v0? Считать, что сила сопротив-§4. Динамика материальной точки.

Законы Ньютона55ления воздуха пропорциональна скорости и коэффициент сопротивленияравен β. Ускорение свободного падения g.Решение. В проекции на вертикальную ось OY, направленную вверх, уравнение движения тела и начальное условие имеют вид:mdv ydt= − mg − βv y , v y (0) = v0 .Разделяя переменные vy и t, получаем:dv ymg + βv y=−dt.mИнтегрирование левой и правой частей последнего выражения дает:()111ln mg + βv y + ln C = − t ,ββmгде C – постоянная интегрирования.

Используя начальное условие, находим, чтоC=1.mg + βv0Окончательно,⎛ mg + βv y ⎞βln ⎜⎟ =− t.+mgmβv⎝0⎠Потенцирование последнего выражения дает ответ:vy =β⎞ − t ⎤mg ⎡⎛β⎢⎜1 +v0 ⎟ e m − 1⎥ .β ⎢⎝ mg ⎠⎥⎦⎣§4. Динамика материальной точки. Законы Ньютона56График полученной зависимости скорости тела от времени изображен на рис. 4.4 сплошной линией. Анализ ответа показывает, что приt → ∞ (когда тело может падать вниз неограниченно долго, например вшахту, находящуюся под местом бросания), скорость тела асимптотическистремится к установившемуся значению vуст = – mg/β. При этом значениискорости достигается равенство величин силы сопротивления и силы тяжести.

Когда тело движется вниз, эти силы направлены противоположно другдругу и при vy = vуст компенсируют друг друга; движение тела начиная сэтого момента происходит с постоянной скоростью.Рис. 4.4Исследуем поведение решения при β → 0 . Для этого разложимсодержащуюся в нем экспоненту в ряд по степеням малого параметраβt/m << 1:vy =⎞⎛ ββmg ⎡⎛⎛ β ⎞⎞ ⎤⎛β ⎞v0 ⎟ ⎜1 − t + o⎜ t ⎟ ⎟ − 1⎥ = v0 − gt + o⎜ t ⎟ .⎢⎜1 +⎝ m ⎠ ⎠ ⎥⎦⎝m ⎠β ⎢⎣⎝ mg ⎠ ⎝ mКак и следовало ожидать, при β → 0 последнее выражение переходит вформулу для скорости свободно падающего тела без учета сопротивлениявоздуха: v y = v0 − gt .

Соответствующая зависимость изображена на рис.4.4 штриховой линией.§4. Динамика материальной точки. Законы Ньютона57Пример 4.3. Маленький шарик массой m, подвешенный на нити, отвели всторону так, что нить образовала прямой угол с вертикалью, и отпустилибез начальной скорости. Пренебрегая сопротивлением воздуха, найти:1) величины полного ускорения шарика и силы натяжения нити в зависимости от угла отклонения нити от вертикали ϑ;2) величину силы натяжения нити в момент, когда вертикальная составляющая скорости шарика максимальна.Решение.

Шарик движется по дуге окружностипод действием двух сил: силы тяжести mg инатяжения нити T (рис. 4.5). В проекциях накасательную и нормаль к траектории шарикауравнение его движения имеет вид:maτ = mg sin ϑ , man = T − mg cos ϑ ,причем an = v 2 / l , где v – скорость шарика, l –Рис. 4.5длина нити. Из закона сохранения энергии следует, чтоmgl =mv2+ mgl(1 − cos ϑ) ,2откуда v 2 = 2 glcos ϑ .

Объединяя записанные равенства, получаемaτ = g sin ϑ , an = 2 g cos ϑ , a = aτ2 + an2 = g 1 + 3cos2 ϑ , T = 3mg cos ϑ .Проекция скорости шарика на ось OY равнаv y = v sin ϑ = 2 gl cos ϑ sin ϑ .Чтобы найти максимум этой величины, вычислим производную§4. Динамика материальной точки. Законы Ньютона58⎛ sin 2 ϑ⎞= 2 gl ⎜⎜ −+ cos ϑ sin ϑ⎟⎟ =dϑ⎝ 2 cos ϑ⎠dv y2 gl ⎛ 21 2 ⎞⎜ cos ϑ − sin ϑ⎟ .⎠cos ϑ ⎝2Значение угла ϑ 0 , при котором dv y / dϑ = 0 , определяется выражениемcos2 ϑ 0 =1.

Следовательно, величина натяжения нити в момент, когда3вертикальная составляющая скорости шарика максимальна, T = 3 m g .Рис. 4.6Пример 4.4. На горизонтальной плоскостилежит клин массой M с углом α при вершине, а на верхней грани клина располагается брусок массой m (рис. 4.6). Все поверхности идеально гладкие. Оба тела отпускают, после чего они начинают движение. Найти горизонтальные ускоренияклина и бруска и силу R, с которой клиндавит на плоскость.Решение.

Система движется под действием сил, изображенных на рис. 4.6,где mg и Mg – силы тяжести, N и N' – силы взаимодействия между брускоми клином, R и R' – силы взаимодействия между клином и плоскостью. Обозначим через a1 ускорение бруска, а через a2 – ускорение клина. Уравнениядвижения тел, записанные в проекциях на оси координат, имеют вид:ma1x = −N x = − N sin α ,ma1 y = N y − mg = N cos α − mg ,M a2 x = N x′ = N ′ sin α .(4.7)§4. Динамика материальной точки.

Законы Ньютона59Согласно третьему закону Ньютона N = − N ′ , причем направления этихсил уже учтены в системе уравнений движения. Поэтому эта система должна быть дополнена соотношением между модулями сил реакции: N ′ = N .Ускорения тел не являются независимыми, поскольку брусок поусловию задачи все время находится на поверхности клина. Следовательно,координаты бруска x1, y1 и координата острияклина x 2 , которую удобно использовать какхарактеристику его положения на плоскости,связаны соотношением (см.

рис. 4.7) .y1 = ( x1 − x 2 ) tg α .Рис. 4.7Дважды дифференцируя это соотношение по времени, находим связь междупроекциями ускорений:a1 y = ( a1x − a2 x ) t g α .(4.8)Для того, чтобы решить полученную систему уравнений, выразим из (4.7)проекции ускорений:a1x = −NNNsin α , a1 y =− g , a2 x =sin αMmm cosαи подставим в (4.8):N1⎞⎛1cos α − g = − N ⎜ + ⎟ sin α tg α .⎝m M ⎠mОтсюда§4. Динамика материальной точки. Законы Ньютона60N =mM cos αM + m sin 2 αg.Используя полученное выражение для N, найдем проекции ускорений:a1x =M sin α cos α2M + m sin αg , a2 x =m sin α cos αM + m sin 2 αg.Величину силы давления клина на плоскость определим из условия уравновешенности вертикальных проекций сил, действующих на клин:R = R ′ = M g + N y = M g + N cos α =M ( M + m)M + m sin 2 αg.Пример 4.5. Найти ускорения грузиков и натяжения нитей в системе, изображенной на рис.