1611143570-7556762e01438bc28ccbe371333ad107 (825033), страница 9
Текст из файла (страница 9)
Запишем уравнения движения бруска и клина в проекцияхна оси выбранной системы координат и учтем при этом, что клинможет двигаться только вдоль оси X ( Ay = 0 ):ma x = N sin α − T cos α ,(2.30)58МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧma y = N cos α − mg + T sin α ,(2.31)MAx = − N sin α + T cos α − T ,(2.32)0 = R − N cos α − Mg − T sin α .(2.33)Дополним систему уравнений (2.30) – (2.33) уравнением кинематической связи, которое следует из условия нерастяжимостинити:x − xкxк += const ,(2.34)cos αy −y(2.35)xк + 0= const .sin αДифференцируя (2.34) – (2.35) дважды по времени, получим:a − Ax= 0,(2.36)Ax + xcos αay(2.37)Ax −=0.sin αIII. Преобразуем систему уравнений (2.30) – (2.32), (2.36),(2.37), исключив из них проекции ускорения бруска ax и a y .
Уравнение (2.33) не требуется для решения поставленной задачи (нетребуется нахождения силы реакции опоры, действующей на клинR). В результате получим следующую систему уравнений:mAx (1 − cos α ) = N sin α − T cos α ,(2.38)mAx sin α = N cos α − mg + T sin α ,(2.39)MAx = − N sin α + T cos α − T .(2.40)Решив эту систему уравнений, определим проекцию ускорения клина на ось X:sin αAx = − g.(2.41)M / m + 2(1 − cos α )Проанализируем полученное выражение для проекции ускорения клина Ax .
Если масса клина значительно больше массы бруска (M >> m), то ускорение клина обращается в ноль. Неподвижным при этом остается и брусок. Если угол при основании клинаравен нулю, то нет сил, которые могли бы вызвать движение клина– ускорение клина также равно нулю.Глава 2.
Динамика материальной точки и простейших систем59Задача 2.4На доске массой М лежит брусок массой m. Коэффициенттрения между доской и бруском равен μ. Доска может двигаться погладкой горизонтальной поверхности. К бруску прикладываетсягоризонтальная сила F, модуль которой зависит от времени по закону F = αt, где α = const. Определить скорости бруска υ(t) и доскиV(t) спустя время t после начала действия силы.РешениеI. Проанализируем характер движения бруска и доски. Прималой величине приложенной к бруску горизонтальной силы Fдоска и брусок будут двигаться с одинаковым ускорением, поскольку сила трения покоя не достигнет еще максимального значения. В некоторый момент времени t 0 сила трения покоя достигнетмаксимального значения, равного силе трения скольжения, и вдальнейшем будет происходить скольжение бруска по доске, а,следовательно, ускорения тел системы будут изменяться по различным законам.
Таким образом, решение задачи разбивается надва этапа: нахождение искомых скоростей бруска и доски при0 ≤ t ≤ t0 и при t > t0 . Необходимо также определить момент времени t0 , в который начнется скольжение бруска по доске.Выберем систему координат так, как показано на рис. 2.7, иизобразим силы, действующие на тела системы.YRNFтрFFтрMgmgXNРис. 2.7II. Запишем уравнения движения бруска и доски в проекцияхна оси системы координат, одинаковые на первом и втором этапахдвижения, уравнение кинематической связи (при t ≤ t0 ) и законМЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ60Амонтона – Кулона (при t > t0 ).
Введем обозначения: a и A – проекции ускорений бруска и доски на ось X.Брусок не скользит по доскеБрусок скользит по доскеma = F − Fтр ,(2.42)0 = N − mg ,MA = Fтр ,(2.43)(2.44)0 = R − N − Mg .(2.45)Используем заданный в условии задачи закон изменениямодуля силы F со временем:(2.46)F = αt .В этом случае нет кинеДо тех пор, пока силатрения покоя не достигла сво- матической связи между ускоего максимального значения, рениями бруска и доски.Поскольку брусок скольравного силе трения скольжения, брусок и доска двигаются зит по доске для силы тренияскольжения можно записать:с одинаковым ускорением:(2.47)a = A.(2.48)Fтр = μN .III.
Решим полученные системы уравнений для каждого израссматриваемых этапов движения тел рассматриваемой системы.Уравнение (2.45) не используется при решении поставленной задачи, поскольку не требуется нахождения силы реакции опоры R,действующей на доску.αt,M +mMαtFтр =.M +ma= A=(2.49)(2.50)a=αt − μmgmμmgA=,MFтр = μmg .,(2.51)(2.52)(2.53)В соответствии с законом Амонтона – Кулона максимальноезначение силы трения покоя равно силе трения скольжения (см.(2.13)):Mαt0= μmg .(2.54)M +mГлава 2.
Динамика материальной точки и простейших систем61Выражение (2.54) позволяет определить момент времени t0 ,в который брусок начинает скользить по доске:μmg (M + m ).(2.55)t0 =MαИтак:αt⎧⎪⎪при t ≤ t0 : a = A = M + m ,(2.56)⎨⎪при t > t : a = αt − μmg и A = μmg .0⎪⎩mMИспользуя полученные выражения для ускорений тел системы, определим теперь законы изменения скоростей этих тел.При t ≤ t0 скорости бруска и доски меняются одинаковымобразом и к моменту времени t будут равны:ttυ =V = ∫adt = ∫00αtM +mdt =αt 22(M + m ).(2.57)При t > t0 скорость бруска будет равнаtαt022(M + m )+∫=αt02+V=αt02υ=2(M + m )а скорость доски –t0m(α t 2 − t022mt2(M + m )αt − μmg+∫t0μmgMdt =,) − μg (t − t ) ,dt =αt022(M + m )υ,V+μmgM(t − t0 ) .υυ,V0(2.58)0Vt0Рис. 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.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
