1611143570-7556762e01438bc28ccbe371333ad107 (825033), страница 10
Текст из файла (страница 10)
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.
2.14правленную к центру кривизны траектории перпендикулярно скорости(см. теоретический материал в Главе 1).II. Запишем уравнения движения бруска относительно инерциальной системы отсчета, жестко связанной с забором, в проекциях на тангенциальную и нормальную оси:dυmaτ = m= − Fтр ,(2.95)dtman = mυ2=N.(2.96)RВоспользуемся законом Амонтона – Кулона для силы тренияскольжения:(2.97)Fтр = μN .III Из (2.95) – (2.97) получим уравнение для определения модуля скорости бруска:υ2dυ= −μ.(2.98)dtRРешая уравнение (2.98) методом разделения переменных, получим:μdυ= − dt ,(2.99)2RυFтрГлава 2. Динамика материальной точки и простейших систем1μt +C.(2.100)RКонстанту С в (2.100) определим из начальных условий1( υ (0) = υ0 ): C = .υ=69υ0Таким образом, модуль скорости бруска в момент времени t,когда брусок еще движется вдоль забора, определяется следующимобразом:1.(2.101)υ = υ0μυ01+tRЗаметим, что для любого момента времени t и при любой, неравной нулю, начальной скорости υ0, скорость бруска υ > 0.
Этоозначает, что брусок не остановится, а обязательно пройдет всюобласть, ограниченную забором, поскольку с уменьшением скорости движения бруска уменьшается и сила трения скольжения между бруском и забором.Путь, пройденный телом за время d t с момента времени t,при движении вдоль забора, равен:1(2.102)d s = υ d t = υ0dt .μυ01+tRПуть, пройденный телом за время t движения вдоль забораполучим интегрированием (2.102) по времени:R ⎛ μυ ⎞(2.103)s = ln⎜1 + 0 t ⎟ .R ⎠μ ⎝Для определения времени, через которое брусок покинет область, ограниченную забором преобразуем (2.103) к виду:μR ⎛⎜ R s ⎞⎟t=e −1 .(2.104)⎟μυ0 ⎜⎝⎠Поскольку длина забора s = πR искомое время движениябруска вдоль забора t0 равно:R πμt0 =e −1 .(2.105)μυ0()МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ70При малых значениях коэффициента трения ( πμ << 1 ) времядвижения бруска t0 будет равноR πμR((1 + πμ + ...) − 1) ≅ πR .t0 =e −1 =(2.106)μυ0()μυ0υ0Задача 2.9На столе лежит доска массой М = 1 кг, а на доске – груз массой m = 2 кг.
Какую силу F нужно приложить к доске, чтобы онавыскользнула из-под груза? Коэффициент трения между грузом идоской равен μ1 = 0,25, а между доской и столом – μ2 = 0,5.РешениеI. Выберем систему координат так, как показано на рис. 2.15и изобразим силы, действующие на тела системы.YRNFтр1Fтр1Fтр2NmgMgFXРис. 2.15На груз в процессе движения действуют сила тяжести mg, сила трения Fтр1 и сила нормальной реакции доски N. К доске приложены горизонтальная сила F, сила тяжести Mg, сила нормальнойреакции стола R, сила нормального давления груза N и силы трениясо стороны груза и стола Fтр1 и Fтр 2 .
Силами сопротивления воздуха пренебрегаем.Проанализируем характер движения тел системы. Если приложенная к доске сила F мала, то груз и доска движутся с одинаковым ускорением (или покоятся), а сила трения Fтр1 между грузом идоской является силой трения покоя. С увеличением внешней силыГлава 2. Динамика материальной точки и простейших систем71F сила трения Fтр1 возрастает и при некотором значении внешнейсилы F0 достигает своего максимального значения, равного силетрения скольжения. Это значение силы F0 и требуется определитьдля решения задачи.II.
Запишем уравнения движения груза и доски в проекцияхна оси выбранной системы координат:ma = Fтр1 ,(2.107)0 = N − mg ,MA = F − Fтр1 − Fтр 2 ,(2.108)(2.109)0 = R − N − Mg .(2.110)Здесь a и A – проекции ускорений груза и доски на ось X.Используем закон Амонтона – Кулона, описывающий свойство силы трения скольжения:Fтр 2 = μ 2 R .(2.111)Значение силы F0 , действующей на груз, при котором начнется его скольжение по доске, можно определить из условий:a = A,(2.112)Fтр1 = μ1 N .(2.113)III. Решим полученную систему уравнений (2.107) – (2.113)относительно F0 :F0 = (M + m )a + Fтр2 = (M + m )g (μ1 + μ 2 ) .(2.114)Таким образом, для того, чтобы доска выскользнула из-подгруза, необходимо приложить к доске силу F, удовлетворяющуюусловию:F ≥ F0 = (M + m )g (μ1 + μ 2 ) .(2.115)Подставляя численные значения, заданные в условии задачи,получаем:F ≥ F0 = 22,5 Н .(2.116)Задача 2.10(Обратная задача динамики)Найти модуль и направление силы F, действующей на частицу массой m при ее движении в плоскости XY по эллиптическойтраектории.
Закон движения частицы в координатной форме имеетМЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ72вид x (t ) = A sin(ωt ) , y (t ) = B cos(ωt ) , где A, B, ω – постоянные величины.РешениеI. Используем декартову систему координат, как предложенов условии задачи.II. Запишем уравнение движения частицы в проекциях на осизаданной системы координат:d2 xma x = m 2 = Fx ,(2.117)dtd2 y(2.118)ma y = m 2 = Fy .dtИспользуем заданный в условии задачи закон движения:x(t ) = A sin (ωt ) ,(2.119)y (t ) = B cos(ωt ) .(2.120)III. Дифференцируя (2.119) и (2.120) дважды по времени, получим:d2 x= − Aω 2 sin (ωt ) ,(2.121)2dtd2 y(2.122)= − Bω 2 cos(ωt ) .2dtПодставляя (2.121) и (2.122) в (2.117) и (2.118), получаем закон изменения проекций силы F, действующей на частицу при еедвижении в плоскости XY по эллиптической траектории:Fx (t ) = − mAω 2 sin (ω t) ,(2.123)Fy (t ) = − mBω 2 cos(ω t) .(2.124)Используя (2.123) и (2.124), получаем выражение для модулясилы F:F = Fx2 + Fy2 = mω 2 A2 sin 2 (ωt ) + B 2 cos 2 (ωt ) .(2.125)Запишем закон изменения силы в векторном виде:F (t ) = Fx (t ) i + Fy (t ) j = −mAω 2 sin (ωt )i − mBω 2 cos(ωt ) j == −mω 2 r (t ) ,(2.126)Глава 2.
Динамика материальной точки и простейших систем73где r – радиус-вектор частицы относительно начала координат.Следовательно, сила F , действующая на частицу, направлена противоположно радиус-вектору частицы в любой момент времени.Задача 2.11Однородный упругий стержень движется по гладкой горизонтальной поверхности под действием постоянной горизонтальной силы F0 , равномерно распределенной по его торцу. Длинастержня и площадь его торца в недеформированном состоянииравны l0 и S 0 , модуль Юнга материала стержня – E, коэффициентПуассона – μ. Определить зависимости напряжения упругих силσ (x) и относительной деформации ε (x) от координаты x вдольстержня, а также относительное удлинение стержня.РешениеI.
Выберем декартову систему координат с осью X (см.рис. 2.16), направленной вдоль стержня. При ускоренном движениистержня под действием горизонтальной силы F0 в нем возникаютвнутренние упругие силы и продольные деформации, различные вразных сечениях, а также изменения поперечных размеров. Деформации, возникающие в стержне, будем считать малыми, а напряжения возникающих при этом упругих сил σ (x) – подчиняющимисязакону Гука (2.11).ξ(x)ξ(x+dx)σ(x)σ(x+dx)xx+dxXРис. 2.16II. Рассмотрим слой dx недеформированного стержня с координатой x вдоль него (см. рис. 2.16). Масса dm выделенного элемента стержня не изменяется при деформации и остается равнойmdm = dx ,(2.127)l074МЕХАНИКА.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧгде m – масса всего стержня.Уравнение движения рассматриваемого элемента стержня впроекции на ось X под действием напряжений упругих сил запишем в виде:dma = S ( x + dx + ξ ( x + dx))σ ( x + dx + ξ ( x + dx)) −∂σdx .(2.128)− S ( x + ξ ( x))σ ( x + ξ ( x)) ≈ S ( x)∂xЗдесь a – проекция ускорения стержня на ось X, ξ(x) и ξ(x+dx) –смещения левой и правой границ выделенного фрагмента при деформации (см. рис.2.16); S ( x + ξ ( x )) и S ( x + dx + ξ ( x + dx)) – площади поперечных сечений стержня на границах выделенной области. Поскольку деформации можно считать малыми, то в выражении(2.128) отброшены члены второго порядка малости не только по dx,∂ξ.но и по относительной продольной деформации ε ( x) =∂xДифференциальное уравнение (2.128) дополним граничнымусловием для напряжения упругих сил:σ ( x = 0) = 0 .(2.129)Ускорение a, одинаковое в установившемся режиме для всехточек стержня, в соответствии со вторым законом Ньютона определяется выражением:Fa= 0 .(2.130)mПри движении стержня с ускорением возникающие неоднородные продольные деформации приводят к различным в разныхсечениях поперечным деформациям и, следовательно, изменениюплощади поперечных сечений стержня S(x):S ( x) = S 0 (1 − με ( x)) 2 ≈ S 0 (1 − 2 με ( x)) .(2.131)Напряжения упругих сил связаны с продольными деформациями законом Гука:σ ( x ) = Eε ( x ) .(2.132)III.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
