Учебник - Механика. Методика решения задач - Русаков (1238761), страница 10
Текст из файла (страница 10)
2.8t(2.59)МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ62На рис. 2.8 изображены полученные зависимости скоростейбруска и доски от времени.Задача 2.5(Прямая задача динамики)Найти закон движения материальной точки, движущейся воднородном и постоянном силовом поле с начальной скоростью υ0,направленной под произвольным углом α к силе F.РешениеI. Выберем систему координат так, Yкак показано на рис. 2.9, при этом началосистемы координат совпадает с положеυ0нием материальной точки в начальный Fαмомент времени.II.
Запишем уравнения движения OXматериальной точки в проекциях на осиРис. 2.9выбранной системы координат:dυm x = 0,(2.60)dtdυ ym=F.(2.61)dtIII. Проинтегрируем уравнения (2.60) и (2.61), используя начальные значения скорости υ x (0) = υ0 sin α и υ y (0) = υ0 cos α :υ x (t ) = υ0 sin α ,(2.62)Ft.(2.63)mИнтегрируя уравнения (2.62) и (2.63) с учетом начальныхзначений координат x0 = 0 и y0 = 0, получаем закон движения материальной точки в координатной форме:x(t ) = υ0 sin α ⋅ t ,(2.64)υ y (t ) = υ 0 cos α +Ft 2.(2.65)2mИсключив время из уравнений (2.64) и (2.65), получим уравнение траектории материальной точки – уравнение параболы:y (t ) = υ 0 cos α ⋅ t +Глава 2.
Динамика материальной точки и простейших систем63Fx 2 + ctg α ⋅ x(2.66)2m(υ 0 sin α ) 2Таким образом, в однородном силовом поле материальнаяточка движется по параболе.y=Задача 2.6Тело небольших размеров движется по поверхности неподвижного клина с углом при основании α . В начальный моментвремени скорость тела равнялась υ0 и составляла угол ϕ0 с ребромклина (см. рис. 2.10).ϕ0υ0αРис. 2.10Коэффициент трения тела о поверхность клина μ = tgα .Найти установившуюся скорость скольжения тела.РешениеI. Выберем систему координат так, как показано на рис. 2.11(вид сбоку) и рис. 2.12 (вид сверху на поверхность клина). Ось Xнаправим вдоль наклонной плоскости параллельно ребру клина(рис.
2.12). При этом ось Y направим по наклонной плоскости перпендикулярно ребру клина, а ось Z перпендикулярно наклоннойповерхности клина (рис. 2.11).NFтрYmgXFтрϕ(t)mgsinαυ(t)ZYРис. 2.11Рис. 2.12МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ64На рис. 2.11 и 2.12 изображены также силы, действующие натело в процессе движения: сила тяжести mg, сила нормальной реакции опоры N и сила трения скольжения Fтр.Скорость тела υ(t) составляет с осью X угол φ(t) (см.рис. 2.12), который является функцией времени.II. Запишем уравнение движения тела в проекциях на выбранные оси системы координат:dυm x = − Fтр cos ϕ ,(2.67)dtdυ ym= mg sin α − Fтр sin ϕ ,(2.68)dt0 = − N + mg cos α .(2.69)Используем закон Амонтона – Кулона (см.
п. 2.1.2.В) для силы трения скольжения и учтем заданную в условии задачи связькоэффициента трения μ с углом α при основании наклоннойплоскости:Fтр = μN = tgα ⋅ N .(2.70)Запишем тригонометрические функции угла φ, выразив ихчерез проекции скорости тела:υyυx, sin ϕ =.(2.71)υυIII. Получена полная система уравнений (2.67) – (2.71) дляопределения проекций скорости тела на оси выбранной системыкоординат, решить которую в общем виде достаточно сложно из-заналичия в ней двух связанных нелинейных дифференциальныхуравнений. Однако нет необходимости находить закон измененияскорости тела. По условию задачи требуется определить установившуюся скорость тела, т.е. значение скорости в то время, когдасумма сил, действующих на тело, станет равной нулю.Рассмотрим изменение характера движения тела со временем. В плоскости движения на тело действуют две силы: сила трения скольжения и проекция силы тяжести.
Из (2.69) и (2.70) получим выражение для силы трения:Fтр = mg sin α .(2.77)Как видим, модуль силы трения равен величине проекции силытяжести на наклонную плоскость. Действующие на тело силы буcos ϕ =Глава 2. Динамика материальной точки и простейших систем65дут поворачивать вектор скорости тела до тех пор, пока он не совпадет по направлению с осью Y. Следовательно, ускорение обратится в ноль, когда сила трения будет направлена противоположносоставляющей силы тяжести в плоскости движения тела.
Дальнейшее движение будет происходить с постоянной скоростью υуст, направленной вдоль оси Y.Таким образом, достаточно найти уравнение, связывающеепроекцию скорости тела на ось Y с модулем его скорости. Для этого преобразуем полученную систему уравнений (2.67) – (2.71) квиду:dυ xυ= − x g sin α ,(2.72)dtυdυ y ⎛ υ y ⎞= ⎜1 − ⎟⎟ g sin α .(2.73)dt ⎜⎝υ ⎠Производную от модуля скорости по времени представим в виде:()υ dυ υ dυdυ d=υ x2 + υ y2 = x ⋅ x + y ⋅ y .υ dtdt dtυ dtПодстановка (2.72) и (2.73) в (2.74) приводит к уравнению:(2.74)dυ ydυ=−.(2.75)dtdtИнтегрируя (2.75) с учетом начальных условий ( υ (0) = υ0 ,ϕ (0) = ϕ0 ), получаем:υ = −υ y + υ0 (1 + sin ϕ 0 ) .(2.76)Подставляя υ = υy = υуст в (2.76), находим искомый модуль скорости установившегося движения:υ уст =υ0(1 + sin ϕ 0 ) .(2.78)2Проанализируем полученное выражение для установившейсяскорости в двух частных случаях.Если φ0 = π/2 (начальная скорость тела направлена вниз понаклонной плоскости), то υуст = υ0.
Следовательно, движение теласразу происходит с постоянной скоростью, поскольку действующие на него силы скомпенсированы.66МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧПри φ0 = –π/2 скорость установившегося движения равнаυуст = 0. Начальная скорость, направленная вверх по наклоннойплоскости, приводит к равнозамедленному движению.
При этом ипроекция силы тяжести, и сила трения скольжения направленыпротивоположно скорости. Через некоторое время скорость телаобращается в ноль. Сила трения становится силой трения покоя именяет направление на противоположное. Движения вниз по наклонной плоскости не происходит, т.к. максимальное значение силы трения покоя в условиях данной задачи совпадает по модулю созначением проекции силы тяжести на наклонную плоскость.Задача 2.7Стальной шарик радиуса r начинает двигаться в сосуде, заполненном глицерином, под действием силы тяжести. Найти зависимость скорости шарика от времени υ(t), а также определить скорость установившегося движения шарика υуст.
Коэффициент вязкого трения в глицерине равен η, плотность глицерина – ρ1, плотность стали – ρ2. Считать, что сила вязкого трения определяетсяформулой Стокса: Fв = 6πrυη .РешениеI. Выберем систему координат, связанную с сосудом, так, какпоказано на рис. 2.13. Начало координат совместим с положением шарика в момент наYFАчала его движения. В соответствии с услови- Fвем задачи начальная скорость шарика равнанулю: υ (0) = 0 .II. Запишем уравнение движения шариmgка в проекциях на ось X системы координат:ma = mg − Fв − FA ,(2.79)Xгде Fв – сила вязкого трения, а FA – силаРис. 2.13Архимеда.Используем закон Архимеда и формулу Стокса, описывающие свойства этих сил:FA = ρ1 gV ,(2.80)Fв = 6πrυη .(2.81)Глава 2.
Динамика материальной точки и простейших систем674Здесь V = πr 3 – объем шарика.3Выразим также массу шарика через его плотность:m = ρ 2V .(2.82)III. Подставляя (2.80) – (2.82) в уравнение движения (2.79),получаем:dυρ 2V= (ρ 2 − ρ1 )Vg − 6πrυη .(2.83)dtДля решения уравнения (2.83) приведем его к видуdυ (ρ 2 − ρ1 )6πrη=g−υ = A − Bυ(2.84)ρ2ρ 2Vdtи сделаем замену переменных:(2.85)A − Bυ = z .Дифференцируя (2.85) по времени, получаем:dυ d z.(2.86)−B=dt dtС учетом (2.86) выражение (2.84) принимает следующий вид:dz= − Bz .(2.87)dtРешим полученное уравнение методом разделения переменных с учетом начального значения скорости υ (0) = 0 :z = Ae − Bt .(2.88)Используя формулу (2.85), вернемся к старой переменной υ:Aυ = 1 − e − Bt .(2.89)BПодставив значения констант A и B из (2.84), а также значение V, получим выражение для скорости шарика:⎛2r 2 ⎛⎜9η ⎞ ⎞(2.90)1 − exp⎜⎜ − 2 t ⎟⎟ ⎟ .υ = (ρ 2 − ρ1 )g⎜⎟9η ⎝⎝ 2r ρ 2 ⎠ ⎠2r 2 ρ 2При t >>скорость движения шарика практически не9ηизменяется и равна2r 2υ уст = (ρ 2 − ρ1 )g.(2.91)9η()МЕХАНИКА.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ68Задача 2.8Брусок скользит по гладкой горизонтальной поверхности соскоростью υ0 и по касательной попадает в область, ограниченнуюзабором в форме полуокружности (рис. 2.14). Определить время,через которое брусок покинет эту область. Радиус кривизны забораR, коэффициент трения скольжения бруска о поверхность забора μ.Размеры бруска много меньше R.РешениеτI. Выберем произвольную инерциальную систему отсчета, жестко υnсвязанную с забором. Изобразим нарисунке тангенциальную ось, заданNυ0ную ортом τ , направленную вдольFтрскорости движения бруска, и нормальную ось, заданную ортом n , наРис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
