По материалам книги А. Азимова «Популярная физика».

Реклама
2
3
Введение1
Одним из первых явлений, которое стали рассматривать люди, было движение.
Греческие понятия по данному вопросу были обобщены в достаточно
сложной форме философом Аристотелем (384 322 до н.э.). Он утверждал, что
каждая из различных фундаментальных видов материи («элементов») имеет
свое собственное естественное место во Вселенной,
т. е . Аристотель сформулировал аксиому о «естественном месте»
В его рассуждении. элемент «земля», в который были включены все
окружающие нас твердые материалы, был расположен в центре Вселенной. Вся
материальная, «земляная», часть Вселенной собралась там и сформировала мир,
в котором мы живем. В том случае, если бы каждая часть элемента «земля»
расположилась так близко к центру, насколько это возможно, Земля должна
была бы принять форму сферы (это было одной линией в рассуждениях,
использованных Аристотелем, для доказательства того, что Земля имеет
сферическую форму, а не плоскую).
Элемент «вода» располагался естественным образом относительно
поверхности сферы «земли», элемент «воздух» располагался естественным
образом относительно поверхности сферы «воды» и элемент «огонь»
располагался естественным образом вне поверхности сферы «воздуха».
Можно вывести любую схему строения Вселенной, но в то же время
понятно, что не имеет смысла тратить время на то, что ни в коей мере не
подтверждается реальностью, т.е. на то, что не находит подтверждения
благодаря нашим органам чувств. В данном случае наблюдения, на первый
взгляд, поддерживают представление Аристотеля о Вселенной. Наши чувства
сообщают нам, что Земля действительно находится в центре Вселенной; водное
покрытие в виде океанов и морей занимает большую часть земли; воздух
простирается относительно земли и моря, и в воздушных просторах даже
имеются свидетельства существования сферы огня, которая проявляет себя во
время штормов и гроз в виде молнии.
Рассуждение Аристотеля о том, что каждая форма материи имеет свое
естественное место во Вселенной, типичный пример «аксиомы». Аксиому
принимают без доказательств, некорректно говорить об истинности или
ложности аксиомы только потому, что не доказано иное. (Если имелось бы
1
По материалам книги А. Азимова «Популярная физика».
4
доказательство иного, то это больше бы не было аксиомой). Аксиомы лучше
рассматривать с точки зрения их полезности или бесполезности в зависимости
от того, насколько выводы из них соотносятся с реальностью. Если две
различные аксиомы или серии аксиом приводят к выводам, которые
соответствуют действительности, то более полезна та, которая объясняет
больше.
С другой стороны, кажется очевидным, что именно аксиомы являются
наиболее слабыми точками в любом аргументированном споре, поскольку они
должны быть приняты «на веру», в то время как основой философской науки
является ее рационализм. Но ведь для того чтобы начать, нужно иметь
«отправную точку», т.е. аксиому. Нужно стараться ограничить себя
минимальным количеством аксиом, насколько это возможно. Поэтому из двух
теорий, которые объясняют одни и те же области Вселенной, более правильной
следует считать ту, которая основывается на меньшем количестве аксиом. Эту
точку зрения высказал средневековый английский философ Уильям Оккам
(1307 1349?), и в честь его метод уменьшения ненужного количества аксиом
назван «бритвой Оккама».
Аксиома о «естественном месте» казалась грекам весьма полезной.
Предположив, что такое естественное место существует, казалось разумным
предположить, что всякий раз, когда объект оказывается вне своего
естественного места, он старается вернуться в него, как только представится
случай. Например, камень, который мы держим в руке, в воздухе дает нам
понять о своем «желании» вернуться на поверхность земли свое естественное
место силой, которой он давит на нашу руку. Из этого можно сделать вывод,
что он имеет вес. Если мы перестанем поддерживать камень рукой, то он
быстро начнет падать к своему естественному месту, т.е. вниз. При помощи
такого же рассуждения мы можем объяснять, почему языки огня стремятся
вверх, почему галька падает сквозь воду на дно и почему воздушные пузыри
поднимаются сквозь воду вверх.
Ту же аргументацию можно использовать, чтобы объяснить, почему идет
дождь. Когда под действием тепла солнца вода испаряется («превращается в
воздух», как сказали бы древние греки), пары быстро поднимаются вверх в
поиске своего естественного места. Но как только те же пары снова
преобразуются в жидкость, воду, последняя падает на землю в виде капель в
поисках своего естественного места.
5
Из аксиомы о «естественном месте» можно сделать и дальнейшие
выводы. Как известно, одни объекты тяжелее других. Более тяжелый объект
«толкает» руку вниз с большим «рвением», чем это делает более легкий объект.
Конечно же, если освободить каждый из них, то более тяжелый объект выразит
свое большее «рвение» возвратиться на свое естественное место, падая
быстрее, чем более легкий объект. Так что Аристотель поддерживал и это,
действительно кажущееся естественным, заключение, потому что легкие
объекты типа перьев, листьев и снежинок дрейфуют вниз медленно, в то время
как камни или кирпичи падают быстро.
Представление Аристотелем Вселенной казалось таким логичным и
верным. Почему же тогда оно было заменено? А если было неверным, то
почему так много людей в течение такого долгого времени полагали, что оно
верно? И что же в конечном счете случилось такое, что заставило их изменить
свое мнение относительно правильности теории строения мира «по
Аристотелю»?
Метод «сомнения в любой теории» (уважаемый и установленный еще в
давние времена) показывает, что из постулатов Аристотеля могут быть
выдвинуты два противоречащих друг другу заключения.
Например, камень, брошенный в воду, падает более медленно, чем тот же
самый камень, брошенный в воздух. Можно бы было сделать вывод, что чем
тоньше материя, сквозь которую падает камень, тем быстрее он движется по
пути к своему естественному месту. Но если на пути камня нет вообще никакой
материи (вакуум от лат. пустой), то и камень будет двигаться с бесконечно
большой скоростью.
Некоторые ученые отмечали этот момент, и так как они чувствовали, что
бесконечная скорость была невозможна, то утверждали, что этот аргумент
доказывает невозможность существования вакуума. Поговорка, которая
возникла тогда и которую мы до сих пор употребляем: «Природа не терпит
пустоты» «Nature abhors a vacuum».
Второй метод испытания теории (который оказывается гораздо более
действенным) состоит в том, чтобы, получив необходимое заключение из
теории, затем тщательно проверить его на практике.
Преднамеренное испытание (или, как мы его теперь называем,
эксперимент) не было проведено не только Аристотелем, но и в течение двух
6
тысяч лет после него. Причина этого двойственна. Во-первых, теоретический
аспект.
Древние греки достигли самых больших успехов в геометрии, которая
имеет дело с абстрактными концепциями типа точек нулевого размера и
прямых линий, не имеющих ширины. Они достигли результатов большой
простоты и общности, которых они не могли бы получить, измеряя реально
существующие объекты. Это привело, в частности, к возникновению мнения,
что реальный мир груб, неправильно устроен и что, основываясь на нем, нельзя
разрабатывать абстрактные теории Вселенной.
Вторая причина была чисто практическая. Эксперимент не всегда столь
же легко поставить, как это можно было бы предположить. Нетрудно проверить
скорость падающего тела в наш век секундомеров и электронных методов
измерения коротких интервалов времени. Но всего лишь три столетия назад не
существовало никаких часов, приспособленных для измерения коротких
интервалов времени, и немногие хорошие измерительные приборы любого типа
ценились на вес золота.
Ситуация медленно начала изменяться только в конце средних веков. Все
большее число ученых начали оценивать значение экспериментирования как
метода испытания теорий и повсеместно начали пробовать разрабатывать
методики проведения экспериментов.
Экспериментаторы не имели значительного влияния на науку вплоть до
появления на сцене итальянского ученого Галилео Галилея (1564 1642). Он не
изобретал экспериментирования, но сделал его показательным, захватывающим
и популярным. Его эксперименты с движением были настолько изобретательны
и убедительны в доказательстве, что они не только начали разрушение физики
Аристотеля, но и продемонстрировали раз и навсегда потребность науки в
эксперименте. Именно от Галилео Галилея начинается отсчет даты рождения
«экспериментальной науки», или просто — «современной науки».
Главной трудностью, с которой столкнулся Галилео, была проблема
хронометрирования. Он не имел часов, достойных своего названия, так что был
вынужден импровизировать. Например, он использовал контейнер с маленьким
отверстием в основании, из которого вода капала в кастрюлю с достаточной
равномерностью. Узнав вес воды, которая перетекла между двумя событиями,
можно узнать затраченное время.
7
Конечно, данный способ не подходит для измерения времени нахождения
тел в «свободном падении», т.е. беспрепятственном падении вниз. Свободное
падение с любой разумной высоты закончится слишком быстро, и количество
воды, собранной за время падения, слишком мало, чтобы сделать даже
приблизительно точные замеры времени.
Поэтому Галилео решил использовать наклонную плоскость. Гладкий
шар будет катиться вниз по гладкому углублению на такой плоскости с явно
более низкой скоростью, чем двигался бы в свободном полете. Кроме того, если
уменьшить наклон этой плоскости к горизонтали, то шар будет катиться все
менее и менее быстро; при точно горизонтальной плоскости шар не будет
катиться вообще (по крайней мере, из состояния покоя). Этим методом можно
замедлить скорость падения до уровня, при котором даже грубые устройства
измерения времени начинают выдавать достаточно точные результаты.
Правило Галилео о том, что все объекты любого веса падают на равные
расстояния в равное время, может быть выражено в очень простой
математической форме. Однако правило это истинно только в физическом
вакууме, который фактически не существует. (Даже лучший вакуум, который
мы можем создать, - вакуум межзвездного пространства, не является
абсолютным). С другой стороны, мнение Аристотеля о том, что более тяжелые
объекты падают более быстро, чем легкие,
истинно, по крайней мере до
некоторой степени, в реальном мире. Однако его нельзя привести к простому
математическому выражению, поскольку скорость падения тел зависит не
только от их веса, но также и от их формы.
Взгляды Галилео на движение объяснили намного больше и в более
простой форме, чем это сделал Аристотель. Поэтому «Галилеево»
представление о движении было рационально. После того как были описаны
эксперименты Галилео математически, физика Аристотеля рухнула.
Используя математические символы, выражают то, что хотели бы сказать
словами, но более кратко и более обще. Математика язык стенографии, в
котором каждый символ имеет точное и согласованное физическое значение.
Работы Галилео о падающих телах были систематизированы столетием
позже английским ученым Исааком Ньютоном (1642 1727), который родился в
год смерти Галилео.
Ньютон систематизировал свои знания в книге «Philosophiae naturalis
principia mathematica» («Математические принципы естественной философии»),
8
которая была издана в 1687 г. Книга обычно упоминается просто как
«Principia» («Принципы»). Модель физической Вселенной Аристотеля отошла
в прошлое. Ньютон заменил ее новой, более точной и более пригодной
моделью. Основу новой картины Вселенной составляют три важных научных
обобщения относительно движения, которые обычно называются «три закона
движения Ньютона».
Его первый закон движения можно выразить следующим образом:
«Тело остается в покое или, если оно уже в движении, остается в
равномерном прямолинейном движении, если на него не воздействуют
неуравновешенной внешней силой».
Первый закон вступает в противоречие с предположением Аристотеля о
«естественном месте» вместе с его заключением, что естественным состоянием
объекта является состояние покоя.
В представлении Ньютона для любого объекта не существует никакого
естественного места.
Везде, где объект находится вне действия какой-либо силы, он остается в
покое.
Кроме того, если он находится в движении без воздействия на него какойлибо силы, то он и останется в этом движении навсегда, не выражая никакого
«желания» перейти в состояние покоя.
Эта тенденция движения (или покоя) к сохранению своего «устойчивого»
состояния без воздействия некой внешней силы может рассматриваться как
своего рода нежелание перемен. Первый закон движения обычно еще называют
принципом инерции, от латинского слова inertia – неподвижность,
бездеятельность.
Принцип инерции Ньютона действует только в несуществующем,
идеальном мире, в котором никаких вмешивающихся сил не существует: нет ни
трения, ни сопротивления воздуха.
Новое релятивистское представление о Вселенной, выдвинутое
Эйнштейном, однозначно дает понять, что в некоторых отношениях законы
движения Ньютона
только результат аппроксимации, приближение. При
очень больших скоростях и очень больших расстояниях аппроксимации
значительно расходятся с действительностью. Однако при обычных скоростях
и расстояниях аппроксимации чрезвычайно точно согласуются с
экспериментом.
9
I. Д И Н А М И К А
1. Динамика материальной точки

Вспомни теорию

Второй (основной) закон динамики. Ускорение материальной точки
относительно инерциальной системы отсчета пропорционально приложенной к
точке силе и направлено по линии действия этой
силы. Будем рассматривать движение точки в
плоскости.
Тогда
ma F ,
где m – масса точки; a ускорение точки; F – сила,
действующая на точку (рис. 1.1).
Если на материальную точку одновременно
действует несколько сил, основной закон динамики
имеет вид
ma R
Fi ,
где
R
Fi
–
равнодействующая
всех
сил,
Рис. 1.1
приложенных к материальной точке (i – число сил в
системе).
1.1. Первая задача динамики.
Зная массу точки и ее уравнение движения, вычисляют
силу
(равнодействующую сил), действующую на точку.
1.1.1. Уравнения движения точки в декартовых координатах. Если
заданы уравнения движения точки в декартовой системе координат, т.е.
x
x(t ) , y
y (t )
то проекции силы на оси координат вычисляются из уравнений
Fx mx , Fy my .
10
Модуль силы и направление линии ее действия вычисляют по формулам
Fx
F
Fx2 Fy2 ; cos ( x , F )
.
F
Задача 1.1. Груз С спускается вниз по шероховатой наклонной плоскости,
30 к горизонту, двигаясь согласно уравнению
расположенной под углом
x
2 t 2 (рис. 1.2, а). Вычислить модуль силы трения скольжения груза о
плоскость и коэффициент трения скольжения f через 1 с, если масса тела т
равна 12 кг. Принять g
10 м/с2.
а
б
Рис. 1.2
Решение. Принимаем ось x по направлению предполагаемого движения
тела, т.е. ось x совпадает с направлением вектора скорости V (рис. 1.2, а).
Поскольку
тело
движется
поступательно,
принимаем
его
за
материальную точку. Совместим ось движения x c направлением движения
центра тяжести тела С; освободим тело от связей и заменим связи реакциями
(рис. 1.2, б).
К грузу приложены три силы: сила трения скольжения Fтр , реакция
поверхности N и вес тела P ( P mg ) (рис. 1.2, б). Спроецируем действующие
на тело силы на оси x и y . В проекциях на эти оси закон движения тела (1.2)
имеет вид
m x
Fx mg sin
Fтр ;
m x
Fy
N
mg cos
(а)
0.
(б)
11
Поскольку движения тела вдоль оси
не происходит, то все
y
действующие вдоль этой оси силы образуют уравновешенную систему сил,
поэтому
Fy
0 . Решая уравнение (б), имеем
N
mg cos
12 10
3
2
60 3 .
(в)
x 4 , и уравнение (а) примет вид
Так как x 2 t 2 , то a x
4m
Fтр ;
Fx mg sin
отсюда
Fтр
mg sin
4m
t 1c
12 10 0,5 4 12 12 (Н).
Сила трения Fтр связана с коэффициентом трения скольжения
f
законом Амонтона-Кулона:
Fтр
f N
Fтр
f
N
(г)
.
Подставив значение N из (в) в (г), получим
f
Ответ: Fтр
12 Н; f
Fтр
N
12
60 3
0,1155
0,12 .
0,12 .

Вспомни теорию

1.1.2. Естественные уравнения движения. Если точка движется по
траектории, радиус кривизны которой известен, следует использовать в
качестве системы координат оси естественного трехгранника (трехгранник
Френе). Такие оси называются естественными осями координат ( , n , b ) .
Проекции ускорения точки на естественные оси имеют вид
S 2 V 2
 V , a
a
S
, , ab 0 .
n
12
Здесь V
скорость точки; S – дуговая (криволинейная) координата,
определяющая положение точки на траектории. Обозначая проекции сил на
естественные оси через F , Fn , получим закон движения материальной точки в
проекциях на эти оси
ma
F , m an
Fn .
Модуль силы, действующей на точку, и направление ее линии действия
вычисляют по формуле
Fn
F
F 2 Fn2 ; cos (n , F )
.
F
Задача 1.2. Вездеход массой 2000 кг движется по оврагу с постоянной
скоростью V 60 км/ч (рис. 1.3, а). Вычислить давление вездехода на дно
оврага, если радиус кривизны траектории в данный момент времени R 50 м.
Силой сопротивления движению пренебречь.
Решение. Принимаем вездеход за материальную точку и освобождаем его
от связей, заменяя их реакциями. Тогда на эту точку действуют две силы: вес P
( P mg ) и реакция грунта N (рис. 1.3, б).
Точка движется криволинейно по заданной траектории, т.е. движение
точки задано естественным способом. Введем оси естественного трехгранника:
направим ось
по горизонтали в сторону движения точки, а ось n внутрь
вогнутости траектории, т.е. по вертикали вверх (рис. 1.3). В проекциях на эти
оси закон движения имеет вид
ma
F
0 ; man
а
Fn .
(а)
б
Рис. 1.3
Поскольку материальная точка движется с постоянной скоростью, то
a
V
0 . Следовательно,
man
Fn
N mg .
(б)
13
Подставляя an
V2
в выражение (б), имеем
R
V2
m
R
2
N
m
V
R
N
mg ;
2
g
16,6
50
2000
В расчѐте учтено, что V
3
9,8
60 (км/ч) 60
30,7 10 (Н) 30,7 кН.
1000
(м/с) 16,7 м/с.
3600
Отметим, что давление вездехода на дно оврага больше его веса
(P
mg
19,6 кН). Следовательно, чтобы уменьшить давление на грунт,
необходимо снизить скорость.
Ответ: N
30,7 кН.

Вспомни теорию

1.2. Вторая задача динамики. По заданной массе, действующим на
точку
силам
и
начальным
условиям
задачи
вычисляют
основные
кинематические характеристики движения точки: ускорение, скорость,
зависимости координат точки от времени (уравнение движения).
1.2.1. Основные виды прямолинейного движения точки. При
прямолинейном движении скорость и ускорение точки все время направлены
вдоль траектории точки. Совместим ось Ox с траекторией движущейся точки,
тогда дифференциальное уравнение прямолинейного движения точки имеет
вид
mx Fx (t , x,V x ).
Начальные условия задачи задают в виде
(4)
14
!!!
Наиболее
при t
простыми
0, x
x 0 , Vx
и
интересными
V0 .
примерами
прямолинейного
движения материальной точки являются такие, когда сила зависит от одного
параметра, например: F
const ; F
F (t ) ; F
Задача 1.3. Тело весом mg
начальной скоростью V0
углом
F (V ) ; F
F (x) .
100 Н ( P ) начинает скользить вниз с
23 м/с по гладкой поверхности, расположенной под
30 к горизонту (рис. 1.4, а). Вычислить скорость тела через t
2 с
после начала движения.
а
б
Рис. 1.4
Решение. Поскольку тело движется поступательно, принимаем его за
материальную точку. Выбираем начало отсчѐта в начальном положении точки,
и направляем ось движения x в предполагаемом направлении еѐ движения
(рис. 1.4, а).
Тело
не
является
свободным.
Мысленно
отбросим
наклонную
поверхность и заменим еѐ действие реакцией N . Тогда на точку при еѐ
движении действуют две силы: вес mg , реакция опоры N (рис. 1.4, б).
Начальная скорость V 0 направлена вдоль оси х вниз, следовательно,
начальные условия задачи имеют вид
при t
0
x0
0 , x 0
V0
23 м/с.
В проекции на ось x закон движения имеет вид
m x
Fx mg sin
;
(а)
15
и после сокращения на m получим
x g sin
(б)
.
Скорость и ускорение точки связаны дифференциальным уравнением
x d V , тогда, подставляя эту зависимость в (б), получаем:
dt
dV
dt
Получили
g sin
дифференциальное
(в)
.
уравнение
с
неразделѐнными
переменными. Для разделения переменных домножим правую и левую часть
уравнения (в) на d t :
dV
g sin
dt
10 0,5 d t
2 dt .
Проинтегрируем правую и левую часть полученного уравнения с учетом
заданных начальных условий задачи (а):
V (t )
2
dV
23
(с)
2 dt .
0
Нижние пределы правой и левой части полученного равенства
соответствуют значениям интегрируемых величин при t 0 , верхние пределы
интегрирования – значениям интегрируемых величин при текущем времени, в
данном случае при t 2 с.
Вычисляем интегралы в (с), получаем
V (t )
V
Ответ: V
23
2
2 t , V
0
23 2 2 , V
23 4
27 м/с.
27 м/с.
Задача 1.4. Груз весом mg начинает двигаться из состояния покоя вверх
вдоль
наклонной
гладкой
поверхности
под
действием
силы
F
3t ,
направленной вдоль оси x (рис. 1.5, а). Вычислить скорость движения груза,
как функцию времени V
V (t ) .
16
а
б
Рис. 1.5
Решение. Поскольку тело движется поступательно, принимаем его за
материальную точку. Выбираем начало отсчѐта О в начальном положении
точки и направляем ось движения x в предполагаемом направлении движения
точки (рис. 1.5, а).
Груз не является свободным. Мысленно отбросим наклонную
поверхность и заменим еѐ действие реакцией N . Тогда на точку при еѐ
движении действуют три силы: F , mg , N (рис. 1.5, б).
Запишем начальные условия задачи:
!!!
при t
0 V0
0 , x0
0.
Составим закон движения точки в проекции на ось x :
m
dV
dt
Fx
3t
mg sin
.
Разделим переменные по известной схеме и проинтегрируем полученное
уравнение с учетом начальных условий задачи:
V
m dV
3 t d t mg sin
dt
m dV
t
t
3 t dt
0
dt ,
mg sin
0
0
откуда
V
m V
0
t
3 2
t
2
0
t
mg sin
t
0
, V
3 2
t
2m
g sin
Получили, что
V
t
3
t
2m
g sin
.
t
t
3
t
2m
g sin
.
17
Проведѐм анализ полученной зависимости V (t ) .
1. Груз движется вдоль оси x вверх по наклонной плоскости, когда V 0
2
, т.е. при t
mg sin .
3
2. Груз движется вдоль оси x вниз по наклонной плоскости, когда V 0 ,
2
т.е. при 0 t
mg sin .
3
2
3. Груз останавливается при t
mg sin .
3
Ответ: V
V0
t
3
t
2m
g sin
.
Задача 1.5. Тело массой m 2 кг, получив в точке А начальную скорость
8 м/с, движется по наклонной плоскости АВ (
30 ) от точки А к точке
В (рис. 1.6, а). На тело действуют: внешняя сила Q
20 (Н) и сила
сопротивления среды R 0,2V 2 (Н).
Вычислить скорость тела, когда оно достигнет точки В, если пройденный
им путь AB 2 м.
а
б
Рис. 1.6
Решение. Принимаем ось x по направлению предполагаемого движения
тела, совмещаем начало отсчета на этой оси с положением тела в начальный
момент времени
при t
с точкой А (рис. 1.6, а). Запишем начальные условия задачи:
0
V0
8 м/с, x 0
0.
(а)
Тело не является свободным. Поскольку оно движется поступательно,
принимаем его за материальную точку (т.е. пренебрегаем его размерами).
Мысленно отбросим наклонную поверхность и заменим еѐ действие реакцией
18
N . Тогда на точку при еѐ движении действуют силы: mg , N , Q , R , которые
прикладываем к центру масс (С) (рис. 1.6, б).
Расписываем закон движения точки (1.2) для данной задачи:
m
dV
dt
Fx
(б)
R.
Q mg sin
Подставляя в (б) численные значения величин, получаем
2
Получили
dV
dt
20 2 10 0,5 0,2V 2
дифференциальное
10 0,2V 2 .
уравнение
движения
точки
с
неразделенными переменными:
dV
dt
0,1 (V 2 50) .
(в)
Одним из методов решения дифференциальных уравнений является
метод разделения переменных. Требуется разделить переменные в выражении
(в).
Правило разделения переменных, если
ВНИМАНИЕ!
F
F (V ) и задан путь, пройденный
точкой!!!
В задаче задан путь, пройденный точкой. Требуется вычислить
скорость тела, когда оно пройдет этот путь, следовательно, нужно задать
скорость точки как функцию координаты V V (x) .
Тогда производную по времени от скорости V (правая часть уравнения
(в)) нужно брать как производную от сложной функции:
dV ( x)
dt
dV d x
dV
V
d x dt
dx
1 dV 2
dx
V.
, здесь
2 dx
dt
Тогда дифференциальный закон движения точки (б) перепишется в виде
1 dV 2
2 dx
0,1(V 2
50) .
19
Для разделения переменных в полученном уравнении домножаем правую
dx
и левую часть на
:
(V 2 50)
dV 2
(V 2
0,2 dx .
50)
Интегрируем полученное уравнение с учетом начальных условий задачи
(а):
VB
2
dV 2
2
8 (V
0,2 dx , ln (V
50)
VB
50)
0
ln
8
Справка: ln a ln b ln
2
0,2 x
8
V2
Отсюда
2
В
2
0
.
50
(г)
0,4 .
50
a
;
b
a
a
ln
c,
e c .
b 
b


процесс потенцирования
Потенцируем полученное уравнение (г):
VВ2 50
14
e
0, 4
,
откуда
VB
Ответ: V B
50 14e
0, 4
50 14 2,7
0, 4
50 14 0,7
7,7 м/с.
7,7 м/с.
Задача 1.6. Тело массой m 2 кг движется с начальной скоростью V 0
по наклонной плоскости АВ (
0
30 ) от точки А к точке В (рис. 1.7, а). На тело
действуют внешняя сила Q 2 (Н) и сила сопротивления среды R 0,2V (Н).
Вычислить скорость тела, когда оно достигнет точки В, через 5 с после
начала движения.
20
а
б
Рис. 1.7
Решение. Принимаем ось x по направлению предполагаемого движения
тела, совмещаем начало отсчета на этой оси с положением тела в начальный
момент времени
при t
с точкой А (рис. 1.7, а). Запишем начальные условия задачи:
0 , V0
0 , x0
(а)
0.
Тело не является свободным. Поскольку оно движется поступательно,
принимаем его за материальную точку (т.е. пренебрегаем его размерами).
Мысленно отбросим наклонную поверхность и заменим еѐ действие реакцией
N . Тогда на точку при еѐ движении действуют силы mg , N , Q , R , которые
прикладываем к центру масс (С) (рис. 1.7, б).
Записываем закон движения точки для данной задачи:
m
dV
dt
Fx
Q mg sin
(б)
R.
Подставляя в (б) численные значения величин, получаем
2
dV
dt
Получаем
2 2 10 0,5 0,2V 12 0,2V
дифференциальное
уравнение
0,2(V
60) .
движения
точки
с
неразделенными переменными:
dV
dt
0,1(V
60) .
(в)
Одним из методов решения дифференциальных уравнений является
метод разделения переменных. Требуется разделить переменные в выражении
(в).
21
Правило разделения переменных, если
ВНИМАНИЕ!
F
F (V ) и задано время движения точки!!!
В задаче задано время, за которое тело достигнет точки В. Требуется
вычислить скорость тела в этой точке, следовательно, нужно задать скорость
точки, как функцию времени V
V (t ) .
Для разделения переменных в уравнении (в) умножаем его правую и
dt
левую часть на
:
(V 60)
dV
0,1 d t .
(V 60 )
Интегрируем полученное уравнение с учетом начальных условий задачи
(а):
VB
V0
dV
(V 60 )
5
VB
0,1 dt , ln (V 60)
V
0
5
0,1 t
0
0
.
Отсюда
ln
VB 60
V 0 60
(г)
0,5 .
Потенцируем полученное уравнение (г):
VB 60
VB 60
e 0 ,5 ,
V 0 60
60
e
0 ,5
,
откуда
VB
60 60 e
Ответ: V B
0 ,5
60 (1 e
0,5
) 60 (1 2,7
0,5
) 60 (1 0,60858) 23,5 м/с.
23,5 м/с.

Вспомни теорию
1.2.2. Криволинейное движение точки. При криволинейном движении
точки вектор скорости направлен по касательной к траектории, а вектор
ускорения точки направлен в сторону вогнутости траектории. Совместим оси
22
Ox и Оy с траекторией движущейся точки, тогда дифференциальные уравнения
криволинейного движения точки имеют вид
m x
Fx ; m y
Fy .
Начальные условия задачи задают в виде
при t 0 ,
x
!!!
Vy
x0 ,
y
y0 ;
Vx
V0 x ,
V0 y .
Задача 1.7. Снаряд выпущен из орудия под углом
к горизонту с
начальной скоростью V0 . Пренебрегая сопротивлением воздуха, вычислить
максимальную высоту и дальность полета снаряда.
Решение: Рассмотрим движение снаряда, как движение материальной
точки, на которую действует только сила тяжести (сила, имеющая постоянную
величину и направление).
Выберем неподвижную систему координат так, чтобы ее начало
совпадало с начальным положением точки, а ось y направим вертикально вверх.
Ось x расположим в плоскости движения (рис. 1.8).
Рис. 1.8
Начальная скорость точки V0 образует угол
начальные условия задачи запишутся:
с осью x . Тогда
23
при t 0 x 0
0 , V0 x
y0
V 0 cos , V0 y
(а)
V 0 sin .
Составим дифференциальные уравнения движения точки в проекциях на
оси координат. На точку действует сила тяжести, направленная по вертикали
вниз. Тогда дифференциальные уравнения движения точки в плоскости имеют
вид
m
dVx
dt
0 , m
dV y
mg , m
dt
dVz
dt
(б)
0.
Интегрируя первое уравнение (б) с учетом начальных условий (а), имеем
Vx
dVx
dt
dx
dt
0,
0 , Vx
dVx
dx
Vx ;
dt
V 0 cos ,
V 0 cos
x (t )
t
d x V 0 cos
V 0 cos ,
0
d t , x (t ) V 0 cos
t.
0
Интегрируя второе уравнение (б) с учетом начальных условий (а), имеем
dV y
dt
dy
dt
Vy
g,
t
V 0 sin
0
dy
dt
t
dy
gt ,
gt,
V 0 sin
0
y (t )
V 0 sin
g d t , Vy
dV y
(V 0 sin
g t ) d t , y (t ) V 0 sin
0
Vy ;
t2
t g .
2
Интегрируя третье уравнение (б) с учетом начальных условий (а), имеем
dVz
dt
Vz
0,
dVz
0
0 , Vz
dz
0,
dt
z (t )
dz
0,
0, z 0.
0
Из полученных уравнений видно, что точка движется в соприкасающейся
плоскости xОy согласно уравнениям движения
t2
(в)
x (t ) V 0 t cos ; y (t ) V 0 t sin t g .
2
Проведем исследования уравнений движения точки (в). Исключим из них
параметр t (время), получим уравнение траектории движения в явном виде
24
y
sin
x
cos
g x2
x
cos
2V 02 cos2
gx
sin
Уравнение (г) имеет два корня: x 1
0,
рис. 1.8). В вершине параболы (точка В) V y
(г)
.
2V 02 cos
x2
V 2 sin( 2 )
(точка А на
g
0 (вектор скорости направлен по
касательной к траектории), следовательно, время и высоту подъема можно
вычислить:
Vy
V 0 sin
gt
V 0 sin
y (t s ) V 0 sin
V 0 sin
0 , ts
g
g V 0 sin
2
g
g
2
,
V 0 sin 2
2g
.
Итак, дальность и высота полета:
x2
V 2 sin( 2 )
,
g
y (t s )
V 0 sin 2
2g
.
(д)
Из выражения (д) видно, что
при углах
и (90
0
) тело падает в одну и ту же точку, т.к.
0
sin 2 sin 2(90
);
максимальная дальность полета обеспечивается при sin 2
1 , т.е. при
0
45 , тогда максимальная дальность полета ОС (рис. 1.8) составит
ОC
V 02
g
.
Максимальная высота полета OD (рис. 1.8) обеспечивается, когда
sin
1 , т.е. при
0
90 , и составляет:
ОD
V 02
2g
.
25
Отметим, что расстояние от начала координат до максимально
возможной высоты полета зависит только от величины скорости.
Ответ: максимально возможная высота полета снаряда - ОD
V 02
2g
максимально возможная дальность полета снаряда - ОC
;
V 02
g
.
Задача 1.8. Вычислить уравнения движения снаряда массой m,
выброшенного из орудия с начальной скоростью V0 под углом
к горизонту.
Движение снаряда происходит под действием силы тяжести и силы
сопротивления
пропорциональной
R
mkV ,
здесь
воздуха,
скорости
снаряда:
постоянный
k
коэффициент.
Решение. Примем точку вылета из
ствола за начало координат; ось
y
направим вертикально вверх, ось x будем
Рис. 1.9
считать горизонтальной (рис. 1.9).
Силу сопротивления воздуха примем пропорциональной скорости, т.е.
R
m k V . Для определенности предположим, что начальная скорость
V 0 располагается в плоскости хОу.
Дифференциальный закон движения точки имеет вид
m
dV
dt
F.
(а)
Вектора V и F в выражении (а) имеют в общем случае по три проекции:
V
(V x , V y , V z ) и F
( Fx , F y , Fz ) . Тогда проекции векторного уравнения (а)
на декартовы оси координат имеют вид
26
m
dVx
dt
Fx , m
dV y
Fy , m
dt
dVz
dt
(б)
Fz .
На снаряд действуют две силы: сила тяжести снаряда P ( P mg ),
направленная вдоль оси y вниз, и сила сопротивления R
m k V , направление
которой противоположно направлению вектора скорости V (рис. 1.9). Их
равнодействующая F (сила, действующая на снаряд) равна геометрической
сумме этих сил:
F
P
R
mg m k V .
Проекции силы F на декартовы оси координат запишутся:
Fx
m k Vx , Fy
mg m k V y , Fz
(в)
m k Vz .
Тогда с учетом выражений (в) уравнения движения (б) примут вид
m
dVx
dt
m k Vx , m
dV y
dt
mg m k V y , m
dVz
dt
m k Vz .
(г)
Запишем начальные условия задачи:
при t
0 x0
y0
z0
0,
(д)
Vx (0) V 0 cos ,
где V 0
V y (0) V 0 sin , Vz (0) 0,
модуль начальной скорости снаряда.
После преобразования и сокращения на m дифференциальные уравнения
(д) примут вид
dVx
dt
k Vx ,
dV y
dt
( g kV y )
k
g
k
Vy ,
dVz
dt
k Vz .
(е)
Получили
дифференциальные
уравнения
с
неразделенными
переменными. Разделим переменные в каждом из уравнений (е):
dVx
Vx
k dt ,
dV y
g
Vy
k
k dt ,
dVz
Vz
k dt .
Проинтегрировав каждое из этих уравнений с учетом начальных условий
(д), получим
27
Vx
t
dVx
k d t , ln Vx
V x (0 )
Vy
V y (0 )
Vx
V x (0 )
0
0
t
dVz
g
Vy
k
k d t , ln
Vz
k d t , ln Vz
V z (0 )
Vx
Vx (0)
0
Vz
k t , ln
V y (0 )
k t , ln
V z (0 )
(a )
kt ;
g
Vy
k
Vy
t
dV y
g
Vy
k
k t , ln
k t ; (б )
g
V y (0 )
k
Vz
Vz (0)
(в )
kt;
После потенцирования уравнений (( a ) ( в ) имеем
Vx Vx (0) e
kt
, Vy
g
k
V y (0)
kt
e
g
, Vz Vz (0) e
k
kt
.
Подставляя значения начальных условий задачи (д), получаем
Vx
V0 e
kt
cos , V y
g
k
V 0 sin
e
g
, Vz
k
kt
(ж)
0.
Последние формулы (ж) дают возможность определить скорость снаряда
в любой момент времени. Из них следует, что снаряд летит в плоскости хОу,
поскольку Vz 0 .
Для определения перемещений x и y вдоль координатных осей
dx
dy
воспользуемся тем, что Vx
, Vy
. Тогда уравнения (с) примут вид
dt
dt
dx
V0 e
dt
kt
cos ,
dy
dt
V 0 sin
g
k
e
kt
g
, z 0 . (з)
k
Уравнения (з) снова разделились: первое из них связывает неизвестную
функцию x (t ) , а второе – функцию y (t ) . Разделяя переменные в уравнениях (з)
и интегрируя с учетом начальных условий задачи (д), находим:
t
x
d x V cos
0
0
y
dy
0
V 0 sin
e
kt
0
dt
t
kt
dt
kt
g
dt
k
0
V cos
0
0
t
e
0
e
k
0
g
k
t
V cos
k
1
V sin
k 0
(1 e
g
k
kt
);
t
e
kt
0
g
t
k
t
0
28
1
V sin
k 0
g
k
kt
(1 e
g
t.
k
)
Получили уравнения движения точки в плоскости в виде
V cos
0
x (t )
(1 e
k
kt
) , y (t )
1
V sin
k 0
g
k
(1 e
kt
g
t
k
)
(и)
.
Формулы (и) дают возможность определить положение снаряда в любой
момент времени.
На рис 1.10 представлены траектории движения снаряда с различными
коэффициентами k , т.е. в средах различной плотности. Путем предельного
перехода при k 0 получим уравнения движения снаряда под действием
одной силы тяжести. Обозначим координаты в этом случае x 1 и y 1 . При
вычислении пределов используется формула разложения в ряд экспоненты:
kt
e
(kt )
2
1 kt
2
3
0(k ) .
Рис. 1.10
Для x (t ) из (и) получаем
x 1 (t )
1
lim x (t ) V cos lim (1 e
0
k 0
k 0k
kt
1
) V cos lim (1 1 kt ) V t cos .
0
0
k 0k
Прежде чем переходить к пределу в y (t ) из (и) преобразуем выражение
V sin
y (t )
0
k
(1 e
Тогда получаем
kt
)
g
k
(1 e
2
kt
)
g
t
k
V sin (1 e
0
k
kt
)
g (1 e
k
kt
2
k t)
.
29
y1 (t )
1
lim y (t ) V sin lim (1 e
0
k 0
k 0k
kt
) g lim
1
1
V sin lim (1 1 kt ) g lim 2 (1 1 kt
0
k 0k
k 0 k
.
Ответ: x (t )
V cos
0
k
(1 e
kt
) , y (t )
k
0
1
k
(1 e
2
kt
k t)
1 2 2
k t
k t ) V t sin
0
2
1
V sin
k 0
g
k
(1 e
kt
)
gt
2
2
g
t.
k
Получили уравнения движения точки под действием одной силы тяжести,
которые соответствуют полученным раньше в примере 1.7.
Отметим, что траектории движения тела (рис. 1.10) не являются в
точности параболами. В действительности траектории еще сложнее, поскольку
снаряд
при
движении
испытывает
сопротивление
воздуха;
ускорение
свободного падения g зависит от высоты над поверхностью земли;
определенные поправки в процесс попадания снаряда в цель вносит вращение
земного шара.
При решении реальных задач всегда пренебрегают теми или иными
факторами. Так, если при небольшой начальной скорости тела ( V 0
80 м/с)
роль сопротивления воздуха невелика, то при больших V 0 , например, при
V0
800 м/с, сопротивлением воздуха пренебрегать нельзя; сопротивление
воздуха уменьшает дальность полета снаряда от получающегося по формуле (и)
значения 61 км до 22,2 км.
!!! Алгоритм решения
При решении второй задачи динамики рекомендуется использовать следующий
алгоритм:
пренебречь размерами и принять тело за материальную точку;
освободить тело от связей, выявить все заданные силы (включая реакции
связей), и приложить их к центру масс тела;
выбрать систему координат:
30
а) в случае прямолинейного движения ось координат, например ось x ,
направить по траектории в сторону направления движения точки (тела);
б) за начало координат принять начальное положение точки;
записать начальные условия задачи (значения координат и проекций скорости
в начальный момент времени – при t 0 0 );
составить второй закон динамики в проекциях на координатные оси:
а) при прямолинейном движении точки – одно уравнение;
б) при движении точки в плоскости – два уравнения;
решить полученные дифференциальные уравнения методом разделения
переменных.

Задачи для самостоятельного решения
1. Точка массой m 50 кг, спускаясь по
наклонной плоскости с начальной скоростью V 0 ,
проходит путь
2,5
м. Сила сопротивления
движению R 0,4 mV 2 . Определить величину
начальной скорости, если конечная скорость
точки V1 10 м/с.
2. Материальная точка массой m 15 кг
спускается по наклонной плоскости с начальной
скоростью V 0 40 м/с. Сила сопротивления
движению R 0,1 m V . Определить расстояние,
которое точка пройдет за 6 с.
3. Точка массой m 30 кг, спускаясь по
наклонной плоскости с начальной скоростью
V 0 7 м/с, проходит расстояние 3 м. Сила
R 0,8 V 2 .
сопротивления
движению
Определить величину скорости в конечный
момент времени.
31
4. Материальная точка массой m 6 кг
движется без начальной скорости под действием
F 40 Н; сила сопротивления движению
составляет R 0,5V . Определить пройденный
точкой путь за 5 с.
5. Тело массой m 7 кг падает по вертикали;
сила
сопротивления
воздуха
составляет
R 0,05 mV 2 .
Определить
максимальную
скорость падения тела, считая его материальной
точкой.
6. Каков должен быть коэффициент трения
автомобиля о дорогу, если при скорости езды V
через 6 с после начала торможения.
f
колес заторможенного
20 м/с он останавливается
0,006 (где
7. Поезд массой 4 10 5 кг входит на подъем i tg
угол
подъема) со скоростью 15 м/с. Коэффициент трения (коэффициент суммарного
сопротивления) при движении поезда равен 0,55. Через 50 с после входа поезда
на подъем его скорость падает до 12,5 м/с. Найти силу тяги тепловоза.
8. Кузов трамвайного вагона вместе с нагрузкой весит Q1
колесами имеет вес Q 2
10 т, тележка с
1 т. Вычислить наибольшее и наименьшее давление
вагона на рельсы горизонтального прямолинейного участка пути, если на ходу
кузов совершает на рессорах вертикальные гармонические колебания согласно
уравнению x 2 sin (10 t ) (см).
9. Тело весом 5 кг подвешено на пружине, коэффициент жесткости которой
равен 2 кг/см. Сопротивление среды пропорционально скорости. Амплитуда
после четырех колебаний уменьшилась в 12 раз. Вычислить период колебаний.
10. По шероховатой наклонной плоскости, составляющей с горизонтом угол
30 , спускается тяжелое тело без начальной скорости. Вычислить, в течение
какого времени t тело пройдет путь длиной  39,2 м, если коэффициент
трения скольжения f 0,2 .
11. Тело весом 2 кг, брошенное вертикально вверх со скоростью 20 м/с,
испытывает сопротивление воздуха, пропорциональное скорости R 0,4 V ,
g 9,8 м/с2. Вычислить время, за которое тело достигнет наивысшего
положения.
32
12. Самолет массой 104 кг приземляется на горизонтальное поле на лыжах.
Летчик подводит самолет к поверхности без вертикальной скорости и
вертикального ускорения в момент приземления. Сила лобового сопротивления
пропорциональна квадрату скорости и равна 10 Н при скорости в 1 м/с.
Подъемная сила пропорциональна квадрату скорости и равна 30 Н при скорости
в 1 м/с. Вычислить длину и время пробега самолета до остановки, приняв
коэффициент трения f 0,1 .
13. Тело массой m 6 кг, получив в
точке А начальную скорость V 0 10 м/с,
движется
по
поверхности
АВС,
расположенной
в
вертикальной
плоскости. В точке С тело покидает
поверхность, и в точке Е падает на берег
рва. Угол
30 . Движение тела
разбито на три участка.
14. 1. На горизонтальном участке АВ
на тело, кроме силы тяжести, действуют
движущая сила Q 10 Н и сила
V2,
0,8 .
сопротивления среды R
Трением тела о поверхность на участке АВ пренебречь.
15. В точке В тело, не изменяя величины скорости, переходит на наклонный
участок ВС, где на него действуют сила трения (коэффициент трения
скольжения груза о поверхность f
0,2 ) и переменная сила F 12 t 2 . Время
движения груза по участку ВС составляет 4 с.
16. Движение тело на участке СЕ происходит под действием силы тяжести;
сопротивлением воздуха пренебречь. Высота CO 5 м.
Требуется, считая тело материальной точкой и зная расстояние AB
м, вычислить:
 единицы измерения коэффициента в выражении R ;
 скорость движения тела в точке В – V B ;
 уравнение движения тела на участке ВС – x f (t ) ;
 скорость движения тела в точке С (V C ) в момент времени 4 c;
L 1,5
33
15. Груз массой m 8 кг, получив в
точке А начальную скорость V 0 3 м/с,
движется
по
поверхности
АВС,
расположенной
в
вертикальной
плоскости. В точке С груз покидает
поверхность, и в точке Е падает на край
оврага. Угол
60 . Движение груза
разбито на три участка.
среды R
V,
16. 1. На участке АВ на груз, кроме
силы тяжести, действуют постоянная
сила Q 6 Н и сила сопротивления
0,5 . Трением груза о поверхность на участке АВ пренебречь.
17. В точке В груз, не изменяя величины скорости, переходит на наклонный
участок ВС, где на него действуют сила трения (коэффициент трения
скольжения груза о поверхность f
0,15 ) и переменная сила F
4 t 3 . Время
движения груза по участку ВС составляет 5 с.
18. Движение груза на участке СЕ происходит под действием силы тяжести;
сопротивлением воздуха пренебречь. Высота CO 5 м.
Требуется, считая груз материальной точкой и зная время движения по
участку АВ
3 с, вычислить:
 единицы измерения коэффициента в выражении R ;
 скорость движения груза в точке В – V B ;
 уравнение движения груза на участке ВС – x f (t ) ;
 скорость движения груза в точке С (V C ) в момент времени 5 c;
 уравнение траектории груза на участке СЕ – y 1
f (x1 ) .
34

Вспомни теорию

2. ГЕОМЕТРИЯ МАСС
2.1. Центр масс. Формулы для вычисления координат центра масс:
xC
1
M
1
M
mk xk , y C
k
1
M
mk yk , z C
k
mk zk , k 1, 2, ... N .
k
Задача
координаты
2.1.
Вычислить
центра
тяжести
однородной пластины, показанной на
рис. 2.1. Все размеры показаны в
сантиметрах.
Решение.
Проводим
оси
координат и разбиваем пластину на три
прямоугольника
(линии
разреза
показаны пунктиром) (рис. 2.1).
Вычислим
координаты
центров
тяжести каждого из прямоугольников и
их площади:
Рис. 2.1
16 см2, А 2
А1
x1
1 см,
x2
4 см,
y1
4 см;
y2
9 см;
16 см2.
Площадь всей фигуры:
3
А
Аk
А1
А2
16
16
32 см2.
k 1
Тогда
xC
yC
x 1 A1
x 2 A2
A
y 1 A1
y 2 A2
A
1 16
4 16
32
4 16
9 16
32
16
64
32
80
32
64 144
32
2,5 см;
6 ,5 см.
35
Положение центра тяжести совпадает с точкой С с координатами (2,5;
6,5) и показано на рис. 2.1.

Вспомни теорию
2.2. Моменты инерции твердого тела. Формулы для вычисления
моментов инерции твердого тела:
- осевые моменты инерции:
Jx
mk ( y
k
2
2
z ), J y
k
k
mk ( x
k
2
2
z ), J z
k
k
mk ( x
k
2
k
2
y ),
k
k 1, 2, ... N .
где M
масса всей системы; индекс суммирования k
mk
1, 2, ... N ; N
число точек в механической системе.
- момент инерции относительно центра:
JO
mk ( x
k
2
k
y
2
2
z ), 2 JO
k
k
Jx
Jz , k
Jy
1, 2, ... N .
Теорема
Гюйгенса-Штейнера.
Момент
инерции тела J z относительно некоторой оси z 1
1
равен
сумме
момента
инерции
Jz
С
тела
относительно оси z С , проходящей через центр масс
тела (точку С) параллельно первой оси, и
произведения массы тела на квадрат расстояний
между осями:
Jz
Jz
M d2,
1
Рис. 2.2
С
здесь M – масса тела; d – расстояние между двумя
параллельными осями (рис. 2.2).
Задача 2.2. Вычислить момент инерции стержня длиной L и массой M
относительно
оси
ZC ,
проходящей
перпендикулярной к оси стержня (рис. 2.3).
через
центр
масс
стержня
и
36
Решение. Поведем ось Z C через
центр масс стержня (рис. 2.3).
Вычислим момент инерции стержня
относительно оси Z C .
Имеем:
Jz
Рис. 2.3
x 2 dm ,
C
здесь
dm
M
dx ,
L
dx
плотность стержня.
L
2
M
x
dx
L
L
M
L
2
Тогда J z
C
2
Ответ: J z
C
L
2
2
x dx
L
2
M
L
L
3 2
x
3
L
2
M L3
3L 8
L3
8
M L2
.
12
M L2
.
12
Задача 2.3. Вычислить момент
инерции тонкой прямоугольной пластины
относительно осей Ох и Оу, а также осевой
момент инерции J O , размеры пластины L и
H , масса M (рис. 2.4).
Решение. Формула для вычисления
осевых моментов J x имеет вид
L
H
2
2
y dm , J y
Jx
Рис. 2.4
(а)
x dm .
0
0
Для вычисления
разобьем пластину на элементарные полосы
M
L dy (
шириной d y , длиной L и массой dm
плотность
L H
пластины):
H
H
2
Jx
y dm
0
Jx
2
L y dy
0
y3
L
3
H
0
LH 3
3
1
MH2 ;
3
37
Для вычисления
разобьем пластину на элементарные полосы
Jy
шириной d x и высотой Н:
L
L
x 2 dm
Jy
H x 2 dx
0
L
x3
H
3
0
HL2
3
0
1
M L2 .
3
Для вычисления осевого момента инерции J O , имеем:
JO
Ответ: J x
1
(J x
2
1 1
M (H 2
2 3
J y)
1
M H2, Jy
3
1
M L2 , J
3
O
1
M (H 2
6
L2 )
1
M (H 2
6
L2 ) .
L2 ) .
Задача 2.4. Физический маятник, изображенный на рис. 2.5, состоит из
тонкого однородного стержня длиной L и массой m1 и круглого однородного
диска радиусом R и массой m 2 . Вычислить момент инерции J z маятника
относительно оси вращения Оz (ось Оz направлена перпендикулярно к
плоскости рисунка).
Решение. Маятник состоит из двух тел:
стержня (1) и диска (2). Поэтому
J z(1)
Jz
J z(1)
где
и
J z( 2) ,
J z(2)
моменты
инерции
соответствующих тел относительно оси Оz.
Момент инерции стержня (1):
(1)
Jz
m1 L2
3
,
а момент инерции диска (2) вычислим, используя
Рис. 2.5
теорему Гюйгенса-Штейнера:
(2)
Jz
(2)
Jz
С
m d
2
2
1
2
m R
2 2
m (R
2
2
L) ,
38
где J z
С
момент инерции диска относительно оси, проходящей через его
центр масс C, параллельно оси Оz; d L R
оси Оz.
Вычислим момент инерции маятника:
2
Jz
m1L
3
1
2
m R
2 2
Ответ: J z
m ( R L)
1
2
m1L
3
1
2
m1L
3
2
2
m
1 2
R
2
2
( R L)
2
расстояние от центра диска С до
m
1 2
R
2
2
R L
2
.
.

Вспомни теорию
2.3. Статический момент. Статические моменты плоской фигуры
вычисляются по формулам
Sx
y dA
Ai yi , S y
Ai xi .
x dA
A
A
Если
известны
статические
моменты
плоского
твердого
тела
относительно координатных осей, то координаты центра тяжести вычисляются
по формулам
xC
где A
Sy
A
Ai xi
A
, yC
Sx
A
Ai yi
A
,
площадь сечения.
Задача 2.5. Определить центр тяжести плоской фигуры, изображенной на
рис. 2.6. Размеры сечения даны в сантиметрах.
Решение. Сечение имеет ось симметрии. Поэтому x C
0 (лежит на оси
симметрии). Вычислим координату y C . Дополним трапецию до треугольника
а b f и рассмотрим заданное сечение, состоящее из фигур а b e d (часть 1) и
39
d e f (часть 2) (рис. 2.6, а). При вычислении статического момента площадь
треугольника d e f следует брать со знаком «минус», так как этот треугольник
является дополнением к заданному сечению (трапеции).
а
б
Рис. 2.6
Вычислим статический момент трапеции относительно оси x :
1
12 6
2
A1
Sx
1
6
3
36 см2, y1
2 см;
A2
1
6 3 9 см2, y 2
2
1
3 3 4 см;
3
S x(1)
S x( 2)
36 2 9 4
Площадь сечения: Ax
A1 y1
A2 y 2
Ax(1)
Ax( 2)
36 9
Sx
A
36
27
4
3
36 см3.
27 см2.
Тогда
yC
1,33 см.
Статический момент S x можно также вычислить как сумму статических
моментов составляющих еѐ частей относительно той же оси Ox. Для этого
разобьем трапецию а b e d на два одинаковых треугольника
а m d (часть 1) и
n b e (часть 2) и прямоугольник m d e n (часть 3) (рис. 2.6, б), вычисляем:
Sx
S x(1)
S x( 2)
S x(3)
A1 y 1
A2 y 2
A3 y 3
40
1
3 3
2
Ответ: S x
1
3
3
1
3 3
2
1
3
3
(6 3)
1
3 36 см3.
2
36 см3.
Задача2.6.2 Поперечное сечение бруса состоит из швеллера №20 и
равнополочного уголка 125 125 12 (рис. 2.7). Определить положение центра
тяжести и вычислить моменты инерции относительно центральных осей.
Рис. 2.7
Решение. Из таблицы сортамента находим:
1. Для швеллера №20 (рис. 2.8, а): A1
Jy
1
113 см4; J x y
1 1
23,4 см2; J x
1
0 ; координата центра тяжести z 1
2. Для уголка 125 125 12 (рис. 2.8, б): A2
см4; J x y
2 2
248 см4; координата центра тяжести z 2
1520 см4;
2,07 см.
28,9 см2; J x
2
Jy
2
422
3,53 см.
Вычислим положение центра тяжести сечения. В качестве
вспомогательных осей выбираем оси x y швеллера (рис. 2.7). Относительно
1
2
1
Решение задачи предоставила к.п.н., доцент Т.П. Мартынова.
41
этих осей статические моменты швеллера равны нулю. Статические моменты
сечения относительно осей x и y соответственно равны:
1
Sx
Sy
1
A yC
2
1
A xC
2
1
28,9 (10 3,53) 187 см3;
2
28,9 (2,07 3,53) 162 см3.
2
Площадь составного сечения: A
A1
A2
28,9 52,3 см2.
23,4
а
б
Рис. 2.8
Координаты центра тяжести составного сечения относительно осей x и
1
y :
1
xC
Sy
162
52,3
1
A
3,09 см; y C
Строим точку С с координатами x C
Sx
187
52,3
3,57 см.
3,09 см и y C
3,57 см.
1
A
Центр тяжести сечения С должен лежать на прямой C1 C 2 , что
необходимо проверить на рисунке. Через центр тяжести С проводим
центральные оси x C и y C , параллельные центральным осям швеллера и уголка
(рис. 2.7). Вычисляем расстояния между центральными осями x C , y C и
собственными осями швеллера x , y
1
- для швеллера a
- для уголка a
2
1
и уголка x , y :
1
2
3,57 см, b
2,9 см, b
2
1
2
3,09 см;
2,51 см (рис. 2.7).
42
3. Вычислим осевые и центробежный моменты инерции всего сечения
относительно центральных осей x C и y C :
Jx
(J x
С
2
1
(422 2,9
Jy
(J y
С
2
С
yС
a 2 A2 )
2
1
b1 A1 ) ( J y
(J x
y
1 1
a
1
(1520 3,57
2
23,4)
28,9) 1818 665 2483 см4;
(422 2,51
Jx
2
a 1 A1 ) ( J x
2
2
b
2
2
b 2 A2 )
(113 3,09
2
23,4)
28,9) 336 604 940 см4;
1
A1 ) ( J x y
2 2
a
2
b
2
A2 )
(0 ( 3,57) ( 3,09) 23,4) (248 2,9 2,51 28,9)
258 458 716 см4.
Ответ: координаты центра тяжести сечения x C
Jx
С
2483 см4; J y
С
940 см4; J x
С
yС
3,09 см, y C
716 см4.
3,57 см;
43

Задачи для самостоятельного решения
1. Маятник
состоит
из
тонкого
однородного стержня АВ массой m1 , к концу
которого прикреплен однородный диск С
массой m 2 . Длина стержня равна 4r, где r –
радиус диска. Вычислить момент инерции
маятника относительно его оси привеса
(точки О), перпендикулярной плоскости
маятника и отстоящей на расстоянии r от
конца стержня.
2. В тонком однородном круглом диске
радиусом R высверлено концентрическое
отверстие радиусом r . Вычислить момент
инерции этого диска массой m относительно
оси z, проходящей через его центр масс
перпендикулярно плоскости диска.
3. Вычислить
осевые
моменты
инерции J x и J y изображенной на
рисунке однородной прямоугольной
пластины массой М относительно
заданных осей х и у.
4. Вычислить момент инерции стального вала радиусом 5 см и массой
100 кг относительно его образующей. Вал считать однородным сплошным
цилиндром.
44
5. Для заданных поперечных сечений (1-4), состоящих из двух частей,
требуется вычислить координаты центра тяжести и значения центральных
моментов инерции. Исходные данные:
1. Швеллер №14 (ГОСТ 8240-89);
2. Двутавр № 12 (ГОСТ 8239-89);
3. Равнополочный уголок 80 80 8 (ГОСТ 8509-86);
4. Полоса, 10 120 (мм).
1
2.
3.
4.
45

Вспомни теорию
3. Общие теоремы динамики механических систем
Динамика
системы
материальных
точек
является
важным
разделом
теоретической механики. Здесь в основном рассматриваются задачи о
движении механических систем (систем материальных точек) с конечным
числом степеней свободы – максимальным числом независимых параметров,
определяющих положение системы.
Если к каждому выделенному
элементу
механической системы
приложить равнодействующую внешних сил Fke и равнодействующую всех
внутренних сил Fki ,то для любого k-го элемента системы можно составить
дифференциальные уравнения движения. Всего таких уравнений будет N. Здесь
N - число элементов (тел), входящих в механическую систему:
mk a k
e
i
Fk , (k 1,2 N ) ,
Fk
а в проекциях на неподвижные оси координат 3N:
mk a xk
e
Fkx
i
Fkx
, mk a yk
e
Fky
i
Fky
.
Задача 3.1. Два груза массой m1 и m2 связаны между собой
нерастяжимым тросом, перекинутым через неподвижный блок (рис. 3.1, а).
Пренебрегая силами трения, а также массой блока и троса, вычислить
ускорение грузов и натяжение троса.
Решение.
Система
состоит
из
двух
материальных
тел
нерастяжимым тросом), движущихся параллельно одной оси y .
(связанных
46
Пусть правый груз опускается с
ускорением a 1 , тогда левый груз будет
подниматься с ускорением a 2 . Мысленно
освобождаемся от связи (разрываем трос),
выделяем каждый элемент системы и
заменяем действие троса реакциями T1 и T2
(рис. 3.1, б). Тогда на каждое тело действует
по две силы: mg и T . Считая тела
свободными, составим дифференциальные
законы движения для каждого тела в
проекции на ось y :
Рис. 3.1
m1a1
m1 g
T1 ,
Поскольку T1
m2 a 2
T2
T
m2 g
и a1
T2 .
a2
a , тела связаны нерастяжимым
тросом.
Решая эти уравнения относительно ускорения a и натяжения троса Т,
получим a1
g
m1
m1
m2
, T
m2
2
m1 m 2
g.
m1 m 2
Отметим, что натяжение троса при m1 m2 не равно силе тяжести
соответствующего груза; при m1 > m 2 правый груз опускается, а левый груз
будет подниматься; при m1 < m 2 правый груз будет подниматься, а левый груз
опускаться; при m1 m2 грузы будут находиться в равновесии.

Вспомни теорию 
3.1. Теорема о движении центра масс. Центр масс механической
системы движется как материальная точка массой, равной массе всей
системы ( m
m k ), и к которой приложены все внешние силы, действующие
на систему, равнодействующая которых равна главному вектору внешних сил
системы ( R (e) ):
(e)
(e)
m 
r
F
R ,
C
k
47
здесь а С
r
C
ускорение центра масс системы.
В проекциях на оси декартовой системы координат имеем
Fx ( e )
m xC
k
R x (e) , m y C
F y (e)
R y (e) .
k
В проекции на оси естественного трехгранника:
m aC n
Fn e
k
Rn e , m a C
F e
R e.
k
Задача 3.2. Диск массой m 20 кг вращается
10 t ,
вокруг неподвижной оси с угловой скоростью
рис.3.2. Вычислить в момент t 2 с модуль и указать
направление
главного
вектора
внешних
сил,
приложенных к диску, если его центр тяжести удален от
оси вращения на расстояние OC 50 см.
Рис.3.2
Решение. Главный вектор внешних сил приложен к центру тяжести диска, т.е.
к точке С, рис.3.3. Точка С движется по окружности против часовой стрелки,
радиус которой OC 50 см=0,5 м. Вводим оси естественного трехгранника
, n : центр осей совпадает с точкой С , ось n проходит через центр вращения О,
ось
направляем по . Вычислим угловую скорость и угловое ускорение
диска в момент t 2 с :
1
1
.
10 t t 2c 10 2 20 ;
 10
2
c
с
Рис.3.3
Вычислим нормальную и касательную составляющие ускорения точки С:
an
2
OC
20 0,5 10
м
с
2
;
48
a
OC 10 0,5 5
м
с2
.
Вычислим проекции главного вектора на оси , n :
Rn e
R e
Вычислим в момент t
R
20 10 200 н;.
m aC
20 5 100 н.
2 с модуль главного вектора внешних сил:
( Rn e ) 2
Вычислим в момент t
m aC n
(R e ) 2
4 10 4
1 10 4
100 5 ;
2 с направление главного вектора внешних сил:
cos( R , n )
Rn
R
200
100 5
2
5
2 5
.
5
Закон сохранения движения центра масс. Если главный вектор
внешних сил, действующих на систему, равен нулю, т.е.
F (e) 0 , то
k
ускорение центра масс а С
r равно нулю, следовательно, скорость центра
C
масс V С является постоянной по модулю и направлению. Если, в частности, в
начальный момент центр масс находится в покое, то он покоится в течение
всего времени, пока главный вектор внешних сил равен нулю.
Если проекция главного вектора внешних сил, действующих на систему,
Fk x (e) 0 , то проекция вектора
на к.-л. ось (допустим, x ) равна нулю, т.е.
V
0 ),
ускорения центра масс на эту же ось равна нулю (т.е. а
Сx
С
следовательно, проекция вектора скорости центра масс на эту же ось ( VС x
) является постоянной. Если, в частности, в начальный момент VС
xС
x С
0 , то
const .
Задача 3.3. Два груза массами m1 и m2 соединены нерастяжимой нитью,
переброшенной через неподвижный блок (рис. 3.4), закрепленный на клине
массой m . Клин опирается на гладкую горизонтальную плоскость. В
начальный момент система находилась в покое. Найти перемещение клина по
плоскости при опускании первого груза на высоту Н. Массой блока и нити
пренебречь.
49
Рис. 3.4
Решение. Внешними силами, действующими на клин вместе с грузами,
являются силы тяжести m1 g , m2 g и m g, а также нормальная реакция гладкой
горизонтальной поверхности N (рис.3.5). Следовательно,
(e)
Fkx
0.
k
Рис.3.5
Поскольку в начальный момент система находилась в покое, имеем
xC const .
Вычислим координату центра масс системы xC при t 0 и в момент t1,
когда груз весом m1 g опустится на высоту H.
Для момента t 0 :
m1 x1 m 2 x 2 mx
xC
,
m1 m 2 m
50
где x1 , x 2 , х – соответственно координаты центра масс грузов весом m1 g, m2 g
и клина весом m g.
Предположим, что клин в момент времени t1 переместится в
положительном направлении оси Ox на величину L, если груз весом m1 g
опустится на высоту Н. Тогда, для момента t t 1 :
m1 ( x1 L) m 2 ( x 2 L H cos ) m( x L)
*
xC
,
m1 m 2 M
т.к. грузы вместе с клином передвинутся на L вправо, a груз m2 переместится
на расстояние h H cos
вычислений получим
по клину вверх. Так как xC
m1 L1
откуда
L
m2 ( L
H cos )
mL
*
xC , то после
0,
m 2 H cos
.
m1 m 2 m
!!! Алгоритм решения
При решении задач с помощью теоремы
рекомендуется использовать следующей алгоритм:
о
движении
центра
определить, сколько и какие тела составляют механическую систему;
освободить систему от внешних связей, заменяя их действие реакциями;
указать все заданные силы, включая реакции, действующие на тела
механической системы;
выбрать систему координат;
составить систему дифференциальных уравнений движения центра масс в
проекциях на координатные оси:
а) при прямолинейном движении – одно уравнение;
б) при движении в плоскости – два уравнения;
записать начальные условия задачи (значения координат и проекций скорости
в начальный момент времени – при t 0 0 );
вычислить координату центра масс системы;
если есть необходимость, продифференцировать дважды полученные
выражения для координат центра масс и подставить их в систему
дифференциальных уравнений;
решить составленную систему уравнений, при интегрировании используя
метод разделения переменных.
51

Задачи для самостоятельного решения
1. Шкив 1, вращаясь с постоянным ускорением
10 с-2, с помощью троса поднимает однородный
цилиндр 2 массой m 2
50 кг. Вычислить модуль
главного вектора внешних сил, действующих на
цилиндр.
2. Центр масс колеса С движется по окружности
r 1,3 м по закону S C
4 t 2 (м). Вычислить модуль и
указать направление главного вектора внешних сил,
приложенных к колесу, в момент времени t 3 с, если
его масса m 15 кг.
3. Однородный равносторонний треугольник АОВ
массой m 5 кг вращается равномерно вокруг
неподвижной оси. Вычислить его угловую скорость
, если главный вектор внешних сил, действующих на
него F e
300 Н, а размер стороны  40 см.
4. Однородный стержень OA 1 м массой
m 10 кг вращается с угловой скоростью
5 t рад/с. Вычислить модуль и указать
направление главного вектора внешних
действующих на стержень, в момент времени t
сил,
5 с.
5. Барабан с помощью троса поднимает тело 1
весом G 6 кН по наклонной плоскости.
Вычислить модуль и указать направление
главного вектора внешних сил, действующих на
10 t ,
тело 1, если угловая скорость барабана
радиусы r 0,5 м, R 1 м.
52
6. Однородный стержень длиной 
m 8
кг вращается по закону
2 м и массой
4 t2
(рад).
Вычислить модуль и указать направление главного
вектора внешних сил, действующих на стержень, в
момент времени t 5 с.
7. Диск
массой
m 5
кг
вращается
вокруг
неподвижной оси с угловой скоростью
2t2 . В
момент t 4 с вычислить модуль и указать
направление главного вектора внешних сил,
приложенных к диску, если длина стержня OC 2 м.
8. Однородная пластина массой m 12 кг
3 t . Вычислить
вращается с угловой скоростью
модуль и указать направление главного вектора
внешних сил, действующих на стержень, в момент
времени t 10 с.
9. Центр масс колеса движется по окружности
R 2 м, согласно уравнению S (t ) 5sin (2 t ) (м).
Вычислить модуль и указать направление главного
вектора внешних сил, приложенных к колесу, в
момент времени t
с, если его масса m 4 кг.
10. Материальная точка массой m 1,2 кг
движется по окружности радиусом r 0,6 м
согласно уравнению S 2,4 t 2 . Вычислить модуль
и указать направление главного вектора внешних
сил, приложенных к точке, при t 2 с.
11. Тело 1 массой m 10 кг поднимается по
наклонной
плоскости
с
помощью
троса,
намотанного на барабан 2 радиусом r 0,5 м.
Вычислить модуль и указать направление главного
вектора внешних сил, действующих на тело 1, если
const 5 рад/с2.
угловое ускорение барабана
53
12. На средней скамейке лодки, находившейся в покое, сидели два человека.
Один человек (массой 50 кг) переместился вправо, на нос лодки. В каком
направлении и на какое расстояние должен переместиться второй человек
(массой 70 кг) для того, чтобы лодка осталась в покое. Длина лодки 4 м.
Сопротивлением воды движению лодки пренебречь.
13. По борту стоящего свободно на воде катера массой 600 кг и длиной 5 м с
носа на корму переходит человек массой 80 кг. Пренебрегая сопротивлением
воды, вычислить направление и величину перемещения катера.
14. По горизонтальной товарной платформе длиной 6 м и массой 2700 кг,
находившейся в начальный момент в покое, двое рабочих перекатывают
тяжелую отливку из левого конца платформы в правый. В какую сторону и на
сколько переместится при этом платформа, если общая масса груза и рабочих
равна 1800 кг. Силами сопротивления движению пренебречь.
15.
Эллиптический маятник состоит из тела
А массой m1 , которое может перемещаться
поступательно
по
гладкой
горизонтальной
плоскости, и груза В массой m 2 , связанного с
телом стержнем длиной  . В начальный момент
стержень отклонен на угол 0 и отпущен без
начальной скорости. Пренебрегая весом стержня,
вычислить смещение тела А в зависимости от угла
отклонения .
16. Два груза массой m1 и m 2
соответственно, соединенные нерастяжимой нитью, переброшенной
через блок А, скользят по гладким
боковым сторонам прямоугольного
клина, опирающегося основанием ВС
на
гладкую
горизонтальную
плоскость.
Вычислить перемещение клина по горизонтальной плоскости при опускании
груза m1 на высоту h 10 см. Масса клина m 4m1
блока пренебречь.
16m 2 ; массой нити и
54
17. Подвижный поворотный кран для
ремонта
уличной
электросети
установлен на автомашине массой 1 т.
Люлька К крана, установленная на
стержне, может поворачиваться вокруг
горизонтальной плоскости рисунка. В
начальный момент кран, занимавший
горизонтальное
автомашина
положение,
находились
Вычислить
в
и
покое.
перемещение
незаторможенной автомашины, если
кран
повернулся
на
60  .
Масса
однородного стержня длиной 3 м
равна 100 кг, а люльки К
200 кг.
Центр тяжести С люльки К отстоит от оси О на расстоянии ОС
23,5 м.
Сопротивлением движению пренебречь.
17. На однородную призму А, лежащую на
горизонтальной
плоскости,
положена
однородная призма В, поперечные сечения
призм – прямоугольные треугольники, масса
призмы А втрое больше массы призмы В.
Предполагая, что призмы и горизонтальная
плоскость идеально гладкие, вычислить
расстояние  , на которое передвинется призма
А, когда призма В, спускаясь по А, дойдет до горизонтальной плоскости.
55
19.
Электрический
установлен
без
мотор
креплений
массой
на
m1
гладком
горизонтальном фундаменте; на валу мотора
под прямым углом закреплен одним концом
однородный стержень длиной 2l и массой m 2 ,
на другой конец стержня насажен точечный
груз массой m 3 ; угловая скорость вала равна ω.
Вычислить:
1) горизонтальное движение мотора;
2) наибольшее горизонтальное усилие R, действующее на болты, если ими
будет закреплен кожух электромотора на фундаменте.
20. Вычислить силу давления на грунт насоса
для откачки воды при его работе вхолостую,
если масса неподвижных частей корпуса Д и
фундамента Е равна М 1 , масса кулисы В и
поршня
С
равна
М2 .
Кривошип
ОА,
вращающейся равномерно с угловой скоростью
ω, считать однородным стержнем.
56
21. Ножницы для резки металла состоят из
кривошипно-ползунного механизма ОАВ, к
ползуну В которого прикреплен подвижный нож.
Неподвижный нож укреплен на фундаменте С.
Вычислить давление фундамента на грунт, если
длина кривошипа r, масса кривошипа m1 , длина
шатуна l, масса ползуна с подвижным ножом m 2 ,
масса фундамента С и корпуса Д равна m 3 .
Массой шатуна пренебречь. Кривошип ОА,
равномерно вращающийся с угловой скоростью
ω, считать однородным стержнем.
22. На тележке, движущейся по горизонтали
вправо с ускорением а 49,2 см/с2, установлен
электрический мотор, ротор которого при
спуске в ход вращается согласно уравнению
измеряется в радианах.
t 2 , причем угол
Радиус ротора 20 см. Вычислить абсолютное
ускорение точки А, лежащей на ободе ротора
при t 1 с, если в этот момент точка А
находится в положении, указанном на рисунке.
57

Вспомни теорию

3.2. Теорема об изменении количества движения системы. Изменение
количества движения механической системы (тела) за время t равно векторной
сумме всех импульсов внешних сил, действующих на точки механической
системы за то же время:
t
miVi
Fi (e) dt , i 1, 2, ... N .
miVoi
0
t
Fi ( e ) dt
Здесь
сумма всех импульсов внешних сил;
0
miVi
miV 0i
количество движения механической системы за время t ;
количество движения механической системы при t
0.
!!! Импульс ( F t ), приложенный к телу, находящемуся в состоянии покоя,
заставляет это тело получить количество движения ( mV ), равное импульсу.
Задача 3.4. Груз массой m спускается
вниз по наклонной плоскости из состояния
покоя
под
действием
силы
F,
пропорциональной времени: F ct , где
c const (рис. 3.6). Какую скорость
приобретет тело через t с после начала
движения, если коэффициент трения
скольжения груза о наклонную плоскость
равен f.
Рис. 3.6
Решение. Поскольку груз движется поступательно, принимаем его за
материальную точку. Выбираем ось х вдоль наклонной плоскости в
направлении движения груза (рис. 3.6).
Груз не является свободным. Освободим его от наложенных связей,
заменив их реакциями. Изобразим силы, приложенные к грузу (рис. 3.3): mg –
58
сила тяжести груза, N – нормальная реакция плоскости, Fтр
скольжения груза о плоскость, причем Fтр
сила трения
f mg cos .
f N
Направим ось вдоль наклонной плоскости вниз, в направлении движения
груза. Запишем теорему об изменении количества движения в проекции на ось
х:
t
mV1x
Fx(e) dt .
mV0 x
0
По условию V1x 0 , т.к. в начальный момент времени груз находился в
состоянии покоя. Сумма проекций импульсов всех сил на ось х равна:
t
t
(e)
Fx dt
0
t
F dt
0
t
mg sin dt
0
t
Fтр dt
0
t
f cos ) dt
0
Fdt mg (sin
f cos ) dt
0
2
t
c t dt mg (sin
t
c
0
t
2
0
mg (sin
f cos ) t .
Следовательно,
mV1x
откуда
c t
2
1 c t
m 2
V1x
2
mg (sin
f cos ) t ,
mg (sin
f cos ) t .
2
Ответ: скорость груза через время t после начала движения определяется
выражением: V1
1 c t
m 2
2
mg (sin
f cos ) t .
59
Задача 3.5. Вода входит в неподвижный канал (рис. 3.7) переменного
сечения со скоростью V 0 2 м/с под углом
90 к горизонту; площадь поперечного
0
сечения канала при входе A 0,02 м2;
скорость воды у выхода из канала V1 4
м/с
и
составляет
угол
1
30
с
горизонтом.
Вычислить давление воды на стенки
1000 кг/м3.
канала. Плотность воды
Решение. Для нахождения давления
воды на стенки канала Rx имеем:
Рис. 3.7
k
Здесь V
x
1i
V1 cos
1
, V
x
0i
V 0 cos
0
miV x
i
Vx
k
0i
Fxie dt .
(а)
.
Вычисляем массу объема жидкости, поступающей в канал за время t :
mi
A V 0 t 1000 0,02 2 t
т.е.
mk
Величина
40 t (кГ),
(б)
40 t .
A V0 называется секундной массой
масса жидкости,
протекающей через любое сечение трубы в единицу времени.
Такое же количество воды покидает канал за это же время. Начальная и
конечная скорость даны в условии.
Вычислим правую часть равенства (а), которая определяет сумму
проекций на горизонтальную ось внешних сил, приложенных к системе (воде).
Единственной горизонтальной силой является горизонтальная составляющая
равнодействующей реакции стенок Rx . Эта сила при установившемся
движении воды является постоянной. Поэтому
t
Fxi(e) dt
Rx t .
0
Подставив (б) и (в) в (а), получим
(в)
60
40 t V1 cos 30 40 t V 0 cos 90
откуда
Rx
40 V1 cos 30
Rx t ,
40 4 0,87 139,2 (Н).
Ответ: горизонтальная составляющая реакции стенки канала, возникающая в
результате воздействия на нее воды, равна Rx 139,2 Н.

Вспомни теорию

Закон сохранения количества движения. Если главный вектор внешних
сил системы равен нулю, т.е.
Fi (e)
0 , то количество движения системы
(тела) постоянно во времени по модулю и направлению:
Если
проекция
главного
вектора
внешних
miVi
сил
на
const .
какую-либо
координатную ось равна нулю, например, на ось Ох, т.е.
Fxi(e)
проекция количества
miV xi const .
постоянная:
движения
на
эту
ось
величина
0 , то
!!! Полное количество движения изолированной системы тел
остается постоянным.
Задача 3.6. Баллистический маятник представляет собой тело массой m1 ,
подвешенное на длинной нити (рис. 3.8, а). Пуля массой m 2 , движущаяся со
скоростью V и попадающая в неподвижное тело, застревает в нем, и тело
отклоняется. Какова была скорость пули, если тело поднялось на высоту h.
а
б
Рис. 3.8
61
Решение. Пусть тело с застрявшей пулей приобрело скорость u . Тогда,
пользуясь законом сохранения количества движения при взаимодействии двух
тел, можно записать:
m 2V
m2 ) u .
(m 1
Скорость u можно вычислить, воспользовавшись законом сохранения
механической энергии ( m 1
m2 )
u
(m 1
2
результате находим
V
2
m1
m2
m2
m 2 ) gh . Тогда u
2 gh . В
2 gh .
Ответ: скорость пули определяется выражением V
m1
m2
m2
2 gh .
!!! Алгоритм решения
При решении задач с помощью теоремы об изменении количества
движения системы рекомендуется использовать следующий алгоритм:
определить, сколько и какие тела будут включены в механическую систему;
освободить систему от внешних связей, заменяя их действие реакциями;
указать все заданные силы, действующие на тела механической системы,
включая реакции отброшенных связей;
выбрать систему координат, направляя одну из осей по направлению
движения тела;
составить систему уравнений, выражающих теорему
количества движения, в проекциях на координатные оси:
об
изменении
а) при прямолинейном движении – одно уравнение;
б) при движении в плоскости – два уравнения;
сформулировать начальные условия задачи рассматриваемой механической
системы (значения координат и проекций скоростей в начальный момент
времени – при t 0 0 );
решить составленную систему уравнений, при интегрировании используя
метод разделения переменных.
62

Задачи для самостоятельного решения
1. Тело массой m 10 кг движется по гладкой
поверхности под действием силы F 20 t (Н) и через
5 с останавливается. Определить величину начальной
скорости V 0 (принять g 10 м/с2).
2. Точка массой m 10 кг под действием
силы F 20 sin t (Н) движется по негладкой
поверхности с начальной скоростью V 0 10
м/с; коэффициент трения f 0,2 . Определить
скорость точки в момент времени t 2 c.
3. Точка массой m 20 кг движется по гладкой
поверхности из состояния покоя под действием
силы F 3 t 2 (Н). Определить скорость точки в
момент времени t 4 c (принять g 10 м/с2).
4. Точка массой m 4 кг движется по прямой
под действием силы F 40 Н и силы торможения
Fc 20 t Н. Через 6 с точка останавливается.
Определить модуль начальной скорости точки V 0 .
5. Точка массой m 10 кг спускается по
наклонной плоскости из состояния покоя под
действием силы F 50 Н; коэффициент трения
скольжения f 0,3 t . Определить скорость точки
в момент времени t
5 c (принять g
10 м/с2).
6. Точке массой m 10 кг сообщена начальная
скорость V 0 10 м/с. Коэффициент трения
скольжения f 0,1 t , Н. Определить скорость
движения точки в момент времени t 7 c (принять
g 10 м/с2).
63
7. Точка массой m 40 кг движется по
прямой без начальной скорости. На точку
действуют силы F1 2 t 2 Н и F2 4 t H.
Определить скорость точки в момент времени
t 8 c.
8. Точка массой m 20 кг скользит вверх по
наклонной плоскости и через 3 с останавливается.
На точку действует сила F 200 Н, коэффициент
трения скольжения f 0,5 t . Определить начальную
скорость точки V 0 (принять g
10 м/с2).
9. Точка массой m 4 кг движется по прямой
под действием силы
(Н);
F 10 cos
t
f 0,2 .
коэффициент
трения
скольжения
Начальная скорость точки V 0 5 м/с. Определить
скорость точки в момент времени t
0,5 с.
10. Тело 1 массой 2 кг под действием пружины
движется относительно тела 2 массой 8 кг по
закону S 0,2 0,05 cos ( t ) , м. Тело 2 может
скользить по горизонтальным направляющим.
Вычислить скорость тела 2 в момент времени 2 с,
если оно начинает движение из состояния покоя.
11. По
горизонтальной
платформе
движущейся по инерции со скоростью
А,
V0 ,
перемещается
тележка
В
с
постоянной
относительной скоростью u 0 . В некоторый момент
времени тележка была заторможена.
Вычислить общую скорость V платформы с тележкой после еѐ остановки,
если m A
масса платформы, а m В
масса тележки.
12. С кормы катера массой 600 кг, стоящего перпендикулярно линии
причала, на причал прыгает человек массой 60 кг. Какую скорость V приобретет
при этом катер, если скорость человека относительно катера в момент
отталкивания от него равна 2,75 м/с?
64
13. С кормы катера массой 600 кг, стоящего перпендикулярно линии
причала, на причал прыгает человек массой 60 кг. Скорость человека
относительно катера в момент отталкивания от него равна 2,75 м/с. Вычислить
путь S, который пройдет катер до остановки, если со стороны воды на него
k V , где k 50 Н с/м.
действует сила сопротивления R
14. Две массы m1 и m 2 связаны нерастяжимой нитью длиной  и лежат на
абсолютно гладкой горизонтальной плоскости. Массе m1 сообщается скорость
V1 , перпендикулярная нити. Вычислить натяжение нити.
15. На лодке массой m1 , находящейся в состоянии покоя, находится человек,
масса которого равна m 2 . С какой скоростью ( V ) будет перемещаться лодка,
если человек начнет двигаться по ней с относительной скоростью u .
Сопротивлением воды пренебречь.
16. По понтонному мосту А массой
m A движется автомобиль массой m
согласно уравнению
S (t ) b ( t e t 1) .
Пренебрегая
сопротивлением
воды и течением, вычислить:
1) скорость V A , с которой двигался бы мост, если его не скреплять с берегом;
2) силу натяжения тросов (Т), удерживающих мост.
17. Матрос весом
G mg
перемещается по шлюпке массой
m1
c
относительной скоростью u . Вычислить модуль скорости шлюпки в
зависимости от времени, считая сопротивление воды постоянным и равным R .
В начальный момент матрос и шлюпка находились в покое.
18. Матрос весом G m g перемещается по шлюпке массой m1 c
относительной скоростью u . Считая сопротивление воды постоянным и равным
R , вычислить, через какое время скорость шлюпки станет равной 0, если в
начальный момент времени шлюпка получила скорость V0 .
19. Снаряд противотанковой пушки массой 6 кг, ударившись о лобовую
броню танка массой 30 т под углом 30  , рикошетирует. Вычислить изменение
скорости танка, если скорость снаряда равна 500 м/с.
65
20. Вычислить
импульс
равнодействующей всех сил, действующих на
снаряд, за время, когда снаряд из
начального положения О переходит в
наивысшее
положение
М.
Дано:

V 0 500 м/с; 0 60 , V1 200 м/с; масса
снаряда 100 кг.
21. Из наконечника пожарного рукава с
поперечным сечением 16 см бьет струя
воды под углом
30 к горизонту со
скоростью 8 м/с. Определить силу
давления струи на вертикальную стену N
, пренебрегая
действием силы тяжести на форму струи и считая, что частицы жидкости после
встречи со стеною приобретут скорости, направленные вдоль стены.
22. Вычислить горизонтальную составляющую N возникающей при движении воды
силы давления на опору колена трубы
диаметром d 300 мм, по которой течет вода
со скоростью V 2 м/с.
66

Вспомни теорию

67
3.3.3. Закон сохранения кинетического момента. Если главный момент
внешних сил относительно центра M О ( F
системы (тела) относительно того же
направлению, т.е.
L О const .
(e)
) 0 , то кинетический момент
центра постоянен по модулю и
Для тела, вращающегося относительно неподвижной главной оси z,
имеем:
J z1 1 J z 2 2 ,
где J z1 и 1 момент инерции тела и его угловая скорость относительно оси
вращения в момент времени t 1 ; J z 2 и 2 момент инерции тела и его угловая
скорость в момент времени t 2 .
!!! Полное количество движения изолированной системы тел остается
постоянным, если главный момент внешних сил M О ( F
(e)
) 0.
68
3.3.4. Дифференциальные уравнения вращения твердого тела
относительно оси. Из теоремы об изменении кинетического момента, с учетом
выражения для кинетического момента тела, вращающегося относительно
неподвижной оси Оz , и с учетом того, что J z const и  z
z , получим
Jz
z
M ze .
Задача 3.7. Горизонтальная трубка ОА весом m1 g и длиной 2а вместе с
шариком, находящимся в ней на расстоянии a от конца О и привязанным
нитью к этому концу (рис. 3.9, а), сначала вращается по инерции вокруг
вертикальной оси z, проходящей через центр О, с постоянной угловой
скоростью 0 , затем нить перерезают. Определить угловую скорость вращения
трубки в тот момент, когда шарик вылетает из нее, если вес шарика равен mg.
а
б
Рис. 3.9
Решение. Связи допускают поворот всей системы, состоящей из трубки и
шарика, вокруг неподвижной вертикальной оси Оz , а реакции шарнира О
пересекают эту ось. Внешние силы m1 g и m2 g параллельны оси вращения Оz ,
следовательно, момент внешних сил относительно оси вращения равен нулю.
Момент инерции трубки обозначим через J z и вычислим его (рис. 3.9, б).
m1
dx,
x 2 dm , где dm
По определению J z
плотность трубки.
2a
e
Тогда
2a
m1 8a 3 4
Jz
x dm
m1a 2 .
2a 3
3
0
Момент инерции шарика относительно оси Оz до отрыва нити равен
2
m 2 a 2 , а после отрыва нити в момент вылета шарика из трубки равен
m 2 ( 2a ) 2 4m 2 a 2 .
Запишем закон сохранения кинетического момента:
(J z
откуда
2
m2 a )
0
(J z
2
4m 2 a ) ,
69
Jz
m2 a 2
Jz
4m 2 a 2
4m1 3m2
4m1 12m 2
0
.
Ответ: угловая скорость вращения трубки в момент, когда из нее вылетит
4m1 3m2
шарик, определяется выражением
.
0
4m1 12m 2
!!! Алгоритм решения
При решении задач с помощью теоремы об изменении кинетического
момента рекомендуется использовать следующий алгоритм:
определить, сколько и какие тела будут включены в механическую систему;
освободить систему от внешних связей, заменяя их действие реакциями;
указать все заданные силы, действующие на тела механической системы;
выбрать систему координат: при наличии в системе тел, совершающих
вращательное движение, одну из осей проводим вдоль оси вращения этого
тела;
составить систему уравнений, выражающих теорему
кинетического момента, в проекциях на координатные оси;
об
изменении
записать начальные условия задачи в рассматриваемой механической
системе;
записать выражения для проекций кинетического момента системы на оси
координат (кинетический момент системы определяется через сумму
кинетических моментов тел системы);
определить выражения для скоростей всех тел, включенных в механическую
систему;
решить составленную систему уравнений, при интегрировании используем
метод разделения переменных.

Задачи для самостоятельного решения
70
1. При вращении барабана массой m1 и радиусом r вокруг неподвижной оси
z на его боковую поверхность наматывается нить, которая приводит в движение
груз 2 массой m 2 , скользящий по неподвижной горизонтальной плоскости.
Вычислить кинетический момент системы относительно оси z, выразив его в
зависимости от угловой скорости. Барабан считать однородным круглым
цилиндром. Массой нити пренебречь. Ось z направлена перпендикулярно к
плоскости рисунка.
2.
2. На рисунке изображен подъемный
механизм лебедки. Груз А массой M 1
поднимается посредством троса, переброшенного через блок С и навитого на барабан В
радиусом r и массой M 2 . К барабану приложен
вращающий момент, который с момента
включения пропорционален квадрату угла
поворота
барабана: m вр а 2 , где а –
постоянный коэффициент.
Вычислить скорость груза А в момент, когда он поднимется на высоту h.
Массу барабана В считать равномерно распределенной по его ободу. Блок С –
сплошной диск массой m 3 . Массой троса пренебречь. В начальный момент
система находилась в покое.
3. Вычислить угловое ускорение ведущего колеса автомашины массой М и
радиусом r , если к колесу приложен вращающий момент т вр . Момент инерции
колеса относительно оси, проходящей через центр масс С перпендикулярно
плоскости материальной симметрии, равен J C ; k
коэффициент трения
качения, Fтр сила трения. Найти значение вращающего момента, при котором
колесо катится с постоянной угловой скоростью.
4. Вычислить угловую скорость ведомого автомобильного колеса массой М
и радиусом r . Колесо, катящееся со скольжением по горизонтальному шоссе,
приводится в движение посредством горизонтально направленной силы,
приложенной к его центру масс С. Момент инерции колеса относительно оси,
проходящей через центр масс С, равен J C ; k коэффициент трения качения; f
коэффициент трения скольжения. В начальный момент колесо находилось в
покое.
71
5. Горизонтальная трубка СD может свободно
вращаться вокруг вертикальной оси АВ. Внутри
трубки на расстоянии MС а от оси находится
шарик М. В некоторый момент времени трубке
сообщается начальная угловая скорость
.
0
Определить угловую скорость
1
трубки в
момент, когда шарик вылетит из неѐ. Момент
инерции трубки относительно оси вращения равен
J,  длина. Трением пренебречь, шарик считать
материальной точкой.
6. Физический
маятник
состоит
из
однородного стержня длиной  , к концу которого
прикреплен круглый однородный диск радиусом
r  8 . Определить закон колебаний маятника,
если он подвешен за свободный конец стержня. В
начальный момент маятник был отклонен от
вертикального положения на угол 0 и ему была
сообщена начальная угловая скорость
0
. Масса
диска в два раза больше массы стержня.
7. Маховик, имеющий момент инерции J, раскручивается из состояния
покоя двигателем постоянного тока с независимым возбуждением, вращающий
момент которого может быть представлен в виде M вр
, где M 0 ,
M0 1
0
0
параметры двигателя,
0
угловая скорость вращения маховика.
Определить закон изменения угловой скорости.
8. После выключения двигателя вентилятор, вращавшийся с угловой
скоростью 0 , тормозится силами аэродинамического сопротивления, момент
которых
пропорционален
квадрату
угловой
скорости:
MС
а
2
,
где
а const 0 . Определить время, за которое угловая скорость вентилятора
уменьшится вдвое, и угол, на который повернется вентилятор за это время, если
его момент инерции относительно оси вращения равен J.
72
9. Четыре одинаковых точечных груза массой М1
вращаются на крестовине в вертикальной плоскости.
Расстояния от грузов до оси вращения одинаковые и
равны  . Крестовина приводится во вращение с
помощью груза М2, прикрепленного к нити, намотанной
на барабан. Определить натяжение троса (T), если
радиус барабана, на который он намотан, равен r.
Массой барабана, крестовины и троса, а также трением
пренебречь.

Вспомни теорию

4. ДИНАМИКА ПРОСТЕЙШИХ ДВИЖЕНИЙ ТВЕРДОГО ТЕЛА
4.1. Уравнения движения твердого тела. Законы движения тела в
плоскости имеют вид
dLz
Mz .
m xС Fx(e) , m yС Fy(e) ,
dt
4.2. Дифференциальные уравнения поступательного движения
твердого тела. Уравнения поступательного движения твердого тела имеют вид
x С x(t ) , y С y(t ) . Проекции дифференциального закона, описывающего
поступательное движение твердого тела в плоскости, имеют вид
m xС Fx(e) , m yС Fy(e) ,
здесь Fx(e) и Fy(e) проекции главного вектора внешних сил.
4.3. Дифференциальное уравнение вращения твердого тела вокруг
неподвижной оси. Вращение твердого тела относительно неподвижной оси z
описывается дифференциальным законом
d z
Jz
Mz ,
dt
здесь M z главный момент внешних сил.
4.4. Дифференциальное уравнение плоского движения твердого тела.
Дифференциальный закон плоскопараллельного движения имеет вид
73
m xС
Fx(e) , m yС
Fy(e) , J z  M z ,
C
C
где m – масса тела, J z
момент инерции твердого тела относительно оси
C
вращения, M z
главный момент внешних сил относительно оси вращения,
C
( e)
(e)
и Fy
проекции главного вектора внешних сил.
Если тело совершает несвободное движение, то в число внешних сил
следует включить реакции связей.
Fx
Задача 4.1. Вычислить период и частоту
колебаний математического маятника (рис. 4.1).
Решение. Проведем через центр масс тела
С плоскость, перпендикулярную оси вращения
(рис. 4.1). Точка пересечения О этой плоскости
с осью вращения называется точкой подвеса.
Примем точку подвеса за начало координат. Оси
х и у направим, как показано на рис. 4.1, ось z
направим по оси вращения (перпендикулярно
Рис. 4.1
плоскости xОy).
Дифференциальный закон вращения математического маятника имеет
вид
J z  M z .
О
О
(а)
Здесь J z
момент инерции маятника относительно оси, проходящей
О
через точку подвеса;
угол между неподвижной осью х и линией ОС.
Вычислим:
Mz
Jz
mg a sin ,
О
О
JC
a 2 m,
(б)
где m – масса тела; а – расстояние от точки О до центра масс ( a OC ); J C
момент инерции тела относительно оси z , проходящей через центр масс С.
Дифференциальное уравнение (а) c учетом (б) примет вид
(J C
2
ma ) 
mg a sin .
(в)
74
Знак минус в уравнении означает, что момент силы тяжести направлен
против увеличения угла
можно считать sin
. Если угол отклонения мал, то с большой точностью
, тогда уравнение (в) перепишется в виде

2
0 , где
ma
g
JC
ma
2
.
Полученное уравнение совпадает по форме с дифференциальным
уравнением свободных колебаний точки, и его общим решением будет
A2 cos( t ) .
A1 sin( t )
Полагая, что в начальный момент t 0 маятник отклонен на малый угол
0
и отпущен без начальной скорости (
интегрирования значения A1
0 , A2
0
0
0
0 ), найдем для постоянных
, тогда
cos( t ) .
Маятник совершает колебания с малой амплитудой
0
, частота и период
которых определяются формулами
ma
g
JC
Ответ:
m a2
ma
g
JC
m a2
2
, T
, T
2
2
JC
mga
JC
m a2
mga
2
JC
mga
a
.
g
a
.
g
Задача 4.2. Вычислить ускорение центра масс цилиндра радиусом R,
который скатывается по наклонной плоскости (рис. 4.2, а).
Решение. Будем считать, что скатывание цилиндра радиусом R происходит без
скольжения. Силы, действующие на цилиндр, указаны на рис. 4.2, б. Сила Т –
сила сцепления, которая обеспечивает скатывание цилиндра. Ось х удобно
направить вдоль наклонной плоскости по направлению движения цилиндра.
75
а
б
Рис. 4.2
Запишем законы движения, имея в виду, что через точку С проходит
мгновенная ось вращения:
m xС Fx(e) mg sin
T , J C  R T ,
(а)
1
m R 2 ; отсчет направлений вращения выбран так, чтобы угловая
2
скорость ( 
) увеличивалась при скатывании цилиндра.
Вычислим Т из второго уравнения (а) и подставим в первое. Учитывая,
x
С


что
, получим
R0
J C xС
1 
m xС mg sin
mg sin
m xС ,
R0 R0
2
где J C
или
3 
m xС
2
mg sin
x
С
2
g sin .
3
Таким образом, центр масс цилиндра движется с постоянным ускорением
2
a C xС
g sin .
3
Ответ: a C
2
g sin
3
.
Задача 4.3. На двух нерастяжимых невесомых нитях одинаковой длины в
точке О подвешен однородный стержень АВ массой m и длиной 2L (рис. 4.3, а).
Нити со стержнем образуют углы . В некоторый момент времени нить ОВ
обрывается. Вычислить натяжение Т нити ОА непосредственно после момента
обрыва.
76
Решение. Движение стержня после обрыва нити плоское (рис. 4.4). В момент
обрыва ускорение центра находится по теореме об ускорениях при плоском
движении. За полюс выберем точку А.
а
б
Рис. 4.3
Вычислим ускорение центра масс стержня АВ, т.е. ускорение точки С:
aC
здесь a A
aA
a C ( A)
an
a
A
ускорение полюса А; a C ( A)
an
A
CA
a
CA
,
ускорение центра масс при его
вращении относительно полюса А. Поскольку точка А может двигаться только
по окружности радиусом ОА, а ее скорость в момент обрыва нити равна нулю,
то a
n
V A2
A
AO
a
a . Обозначим модуль углового ускорения стержня через
A
0 . Проекцию ускорения точки А по касательной обозначим
угловой скорости через

 , а модуль
(начальный момент времени равен нулю).
Тогда модуль нормального ускорения: a n
CA
2
п
направлен вдоль
L (вектор aCА
стержня от точки С к точке А); Модуль касательного ускорения a
(вектор аСА направлен перпендикулярно стержню в точке С) (рис. 4.4).
CA
L
77
Рис. 4.4
Выберем систему координат xСy, как показано на рис. 4.4. Тогда
ускорение точки a C имеет следующие проекции на эти оси:
x
C
y
C
a
Поскольку a n
A
a
A
0 , a nCA
(e)
m 
yС
F y , m(a
a
CA
cos
a
L cos .
0 , закон плоского движения запишется в виде
L sin
(e)
MC ,
L sin ,
CA
CA
Fx , m
(e)
a n cos
a n sin
m 
xС
JC
CA
sin
mg sin
T,
L cos ) mg cos ,
(а)
2
mL
3
T L sin ,
где учтено, что момент инерции стержня относительно его центра J C
Из третьего уравнения (а) выразим
3T sin
m L
уравнение, получим
sin 2
3T
T
mg
T.
mg sin
Отсюда найдем:
Ответ: T
mg
sin
1 3 sin 2
.
sin
1 3 sin 2
.
mL2
.
3
и подставим в первое
78

Задачи для самостоятельного решения
1. Однородный стержень АВ массой m подвешен горизонтально к потолку
посредством двух вертикальных нитей, прикрепленных к концам стержня.
Найти натяжение одной из нитей в момент обрыва другой.
2. Вычислить
уравнение
движения
центра тяжести С ведомого колеса
автомашины массой m и радиусом r,
поднимающейся в гору, склон которой
расположен под углом к горизонту. К оси
ведомого колеса приложена постоянная сила
S. В начальный момент автомашина
находилась в покое.
Колесо катится без скольжения. Сопротивлением качению пренебречь.
Радиус инерции колеса относительно оси, проходящей через его центр тяжести
перпендикулярно к плоскости движения, равен .
3. Физический
маятник
состоит
из
однородного стержня длиной  , к концу которого
прикреплен круглый однородный диск радиусом
r  8 . Определить закон колебаний маятника,
если он подвешен за свободный конец стержня. В
начальный момент маятник был отклонен от
вертикального положения на угол 0 и ему была
сообщена начальная угловая скорость
диска в два раза больше массы стержня.
0
. Масса
79

Вспомни теорию

5. РАБОТА
5.1. Элементарная работа. Элементарная
работа является скалярной величиной. Если
–
угол между вектором силы F и вектором d r –
направлением перемещения точки P (рис. 5.1),
то
элементарная
работа
может
быть
представлена в виде
dA F d r F cos dr Fr dr
где
Fr
F cos
направление
– проекция силы
перемещения
точки
F
на
(или
на
Рис. 5.1
направление вектора скорости).
Элементарная работа всех сил, приложенных к системе, получается путем
суммирования выражений (5.1) для всех N-го количества сил:
N
Fi d ri .
dA
i 1
Произведение силы на перемещение, на котором действует сила, называется
работой:
P2
A
P2
dA
P1
Fi dr .
P1
5.2. Поступательное движение твердого тела. При поступательном
движении твердого тела все точки тела имеют одинаковые по модулю и
направлению перемещения и, следовательно, скорости (рис. 5.2). Тогда, если
сила F приложена к точке M k , то
Vk
V.
Согласно (5.2), имеем:
dA F drk
F Vk dt
F V dt
F dr .
80
Элементарная работа силы, приложенной к к.–л. точке тела,
движущегося поступательно, равна скалярному произведению вектора силы на
вектор перемещения тела.
Произведение силы на перемещение, на
котором действует сила, называется
работой, если F
P2
A
const :
P2
dA
P1
Fs ds
FS 0 .
P1
Задача 5.1. Вычислить работу, которую нужно совершить для подъема
тела на высоту 10 м по наклонной доске, составляющей угол 30 0 с горизонтом.
Решение. Рассмотрим наклонную доску ВС, рис. 5.2. При заданных
условиях вычислим длину доски:
CA
BC
sin 30 0
10
0,5
20 м .
Рис.5.2
Для подъема тела по доске нужно приложить силу
F
mg sin 30 0
50 9,8 0,5
245н .
Вычислим работу как произведение силы на расстояние, на котором она
действует:
81
A F BC 245 20 4900 Дж .
Вычислим работу для подъема груза вертикально на высоту 10 м силой
F1 mg 50 9,8 490н :
A F1 AC 490 10 4900 Дж .
Получили, что при подъеме тела по наклонной плоскости вертикально
нужно выполнить 4900 джоулей работы.
Наклонная плоскость уменьшает силу, но увеличивает путь. Если
поднимать тело вертикально, уменьшается
путь, но увеличивается сила.
Вращение
5.3.
плоскости
твердого
относительно
тела
в
неподвижного
центра. Сила F приложена к точке М (рис. 5.3).
Перемещение
связано
с
точки приложения силы drM
углом
поворота
(при
малых
drM
hM d
drM
ds ). Отметим, что dr M
формулой
d
перемещениях
h M , где h M –
Рис. 5.3
кратчайшее расстояние между точкой М и центром вращения тела О.
Тогда:
dA
F dr
F cos
dr
Fr dr
Fr hM d
M ( F r )d
Итак, элементарную работу от силы F будем вычислять по формуле

dA M O ( F ) d .

Здесь M O ( F ) – момент силы F относительно центра вращения О.
Произведение момента от силы относительно
центра вращения на угол поворота тела называется
работой
при
вращении
неподвижной точки, если M 0
0
A
тела
относительно
const :
0
dA
M 0 ( F )d
0
F R
0
0
M 0( F )
0
.
82
5.4.
Плоскопараллельное
(плоское)
движение
твердого
тела.
Плоскопараллельное движение тела складывается из двух простых движений:
поступательного – вместе с полюсом, и вращательного – относительно оси,
проходящей через полюс (рис. 5.4).
Рис. 5.4
Плоскопараллельное
движение твердого тела можно
заменить мгновенным вращением
этого тела относительно точки
мгновенного центра скоростей
(МЦС). Тогда каждая точка тела
будет мгновенно двигаться по
окружности,
радиус
которой
определяется расстоянием этой
точки до МЦС (рис. 5.5), т.е.
V A V B VC

AP
BP
CP
Рис. 5.5
Элементарная работа силы,
приложенной к к.-л. точке тела, которое движется плоскопараллельно, равна
произведению момента силы относительно точки Р (МЦС) на элементарный
угол поворота тела относительно этого центра:
dA( F ) М Р ( F )
.
Произведение момента от силы относительно
точки МЦС на угол поворота тела называется
работой
при
мгновенном
вращении
относительно точки Р, если M P
0
A
F AP
const :
0
dA
0
тела
M P ( F )d
M P (F )
0
0
0
.
F h
0.
83
Задача 5.2. Диск катится по шероховатой поверхности вправо без
скольжения. Диск массой m 5 кг и радиусом R 0, 2 м приводится в
движение постоянной силой F
100 Н, приложенной в точке А (рис. 5.6, а).
Вычислить работу всех внешних сил, если центр катушки переместился на
расстояние
SС
2 м, коэффициент трения скольжения f k
радиус инерции диска i С
0, 2 м, r
0, 1 м,
0,15 м.
а
б
Рис. 5.6
Решение. Катушка совершает плоское движение. Так как качение
происходит без скольжения, то мгновенный центр скоростей находится в точке
касания катушки с плоскостью, т.е. в точке Р (рис. 5.6, б). Направим ось x по
горизонтали вправо. В соответствии с направлением движения примем
положительное направление угла поворота против хода часовой стрелки.
Пусть центр катушки С переместится на S C . При этом катушка
повернется на угол
. Тогда S C
R
, откуда
SC
.
R
Приняв точку Р за мгновенную ось вращения, вычислим элементарную
работу:

A
M z P ( Fk ) z ( M p ( F ) M P ( mg ) M P ( Fтр ) M P ( N ))
(F (R r)
100
f k mg )
(F (R r)
f k mg )
SC
0,2 0,1 0,02
5 10 2 290 Дж.
0,2
0,2
R
F
R r
R
fk
mg S C
R
84
Здесь: линии действия сил Fтр и mg пересекают ось вращения, поэтому
M P (mg )
M P ( Fтр ) 0 ; далее
M P (N )
mg f k , где N – сила
N fk
нормальной реакции опоры.
Ответ: A 290 Дж.
Задача 5.3. Механическая система (рис. 5.7) состоит из составного диска
1 ( m1 g
40 H, R1
вращения i1
0,4 м, r1
0,2 м, радиус инерции относительно оси
0,3 м), обмотанного нерастяжимыми нитями, на концах которых
прикреплен груз 2 ( m 2 g
60 H) и однородный каток 3 ( m 3 g
20 H).
Каток катится без скольжения
по
наклонной
поверхности
с
шероховатой
углом
наклона
30  . К диску приложена пара
сил с моментом M
катка сила F
80 H·м, а к оси
800 H.
Вычислить работу внешних
сил, если груз 2 опустился вниз на
Рис. 5.7
5 м.
Решение. Направления движений
тел изображены на рис. 5.7.
Запишем уравнения связи. Перемещение груза 2 обозначим через S . Тогда
1
S
, SA
R1
SB
1 r1
S
r1
, S3
R1
1
SB
2
r1
2 R1
S,
3
S3
r1
R3
2 R1 R 3
S.
Здесь учтено, что расстояния, пройденные точками А, В и С, связаны
между собой следующим образом: S A
SB
1
S , SC
2 C
S3 .
85
Рис. 5.8
Вычислим
работу,
совершенную
внешними
силами,
при
этом
механической системе сообщим перемещение, при котором груз 2 опустится на
S.
Тогда получим
AS
ASk
k
m2 g
60
m2g S
M
R1
M
m3 g
( m 3 g sin
1
r1
2 R1
80
0,2 1
0,2
20
800
0,4
0,8 2
0,8
sin
S
F
57 ,5 S
F) S 3
r1
2 R1
S
57 ,5 5 285,5 Дж.
Ответ: A 285,5 Дж.
!!! Алгоритм решения
При решении задач на определение работы от всех сил механической
системы рекомендуется использовать следующий алгоритм:
определить, сколько и какие тела будут включены в механическую систему;
указать все заданные силы, действующие на тела механической системы;
86
определить вид и направление движения каждого из тел механической
системы, приняв одно из тел за ведущее;
записать уравнения связей между телами;
записать выражение работы от всех сил системы как сумму работ для
каждого из тел в зависимости от их видов движения;
подставить уравнения связей, выразить перемещения всех тел через
перемещение ведущего тела;
решить составленное выражение работ.

Задачи для самостоятельного решения
1. Механизм под действием пары сил с
моментом M 600 Н м приходит в движение из
состояния покоя. Задано: m1 25 кг; m 2 40 кг;
кг;
m3
10
R1
4 м; R 2
6
м; r2
3 м; звено 1 –
однородный диск, звено 2 – ступенчатый диск с
радиусом инерции i 2 4 м. Принимая g 10
м/с2, вычислить работу внешних сил, если тело 3
прошло путь 2 м.
2. Механизм под действием пары сил с
моментом M 1,2 кН м приходит в движение из
состояния покоя. Задано: m1 160 кг; m 2 240
кг; m 3
70 кг; R1
1 м; R 2
6 м; r2
4 м;
звено 1 – однородный диск, звено
ступенчатый диск с радиусом инерции i 2
2 –
5 м.
Принимая g 10 м/с2, вычислить работу
внешних сил, если тело 3 прошло путь 3 м.
87
3. Механизм под действием пары сил с
моментом M 900 Н м приходит в движение из
состояния покоя. Задано: m1 80 кг; m 2 160
кг; m 3
30 кг; R1
10 м; R 2
5 м; r2
2,5 м;
звено 1 – однородный диск, звено
ступенчатый диск с радиусом инерции i 2
2 –
3 м.
Принимая g 10 м/с2, вычислить работу
внешних сил, если тело 3 прошло путь 4 м.
4. Механизм под действием пары сил
с моментом M 0,8 кН м приходит в
движение из состояния покоя. Задано:
кг;
m1 30
инерции i 2
m2
40
R2
2
кг;
м;
m3
r2
10
1,2
кг; R1
м;
2,5
звено
1
м;
–
однородный диск, звено 2 – ступенчатый
диск с радиусом
1,3 м. Принимая g 10 м/с2, вычислить работу внешних сил, если
тело 3 прошло путь 3 м.
5. Для механических систем, показанных на рис. 1 5, вычислить работу
действующих на них внешних сил, если тело 3 (или обозначенная точка А) прошло
путь 5 см. Для всех механических систем дано: m1 20 кг; m 2 30 кг; m 3 10 кг;
М вр
50
Н м;
R
2r ,
r 20
см;
F 100
Н;
P 30 Н (сила торможения); f 0,2 (коэффициент трения скольжения груза 3);
f k 0,05 см (коэффициент трения качения катка); c 30 Н/см (коэффициент
жесткости пружины); 0 0 (начальная деформация пружины).
88
1.
3.
5.
2.
4.
6.
89

Вспомни теорию

6. КИНЕТИЧЕСКАЯ ЭНЕРГИЯ3
6.1. Кинетическая энергия системы. Кинетической энергией
механической системы называется сумма кинетических энергий всех точек,
входящих в систему:
1
T
mkVk2 .
2 k
6.2. Кинетическая энергия твердого тела. Твердое тело является
частным случаем механической системы и рассматривается как непрерывно
распределенная масса, тогда все суммы, входящие в выражение для
кинетической энергии системы, переходят в интегралы. Так, для твердого тела:
1 2
T
V dm .
2
Твердое
тело
движется
поступательно.
Кинетическая энергия твердого тела, движущегося
поступательно, равна половине произведения массы
тела m на квадрат его скорости
T
Рис.6.1
1
mV С2 .
2
Твердое тело вращается вокруг неподвижной
оси.
Кинетическая
энергия
твердого
тела,
вращающегося вокруг неподвижной оси, равна половине
произведения момента инерции тела относительно оси
вращения на квадрат угловой скорости тела:
3
Энергия, связанная с движением, называется кинетической. Этот термин предложил английский
физик лорд Уильям Кельвин (1824-1907) в 1856 г.
90
T
Здесь
Jz
1
2
2
Jz.
– момент инерции твердого тела
относительно оси z.
Рис.6.2
Твердое тело движется плоскопараллельно. При
плоскопараллельном
(плоском)
движении
тела
кинетическая энергия складывается из кинетической
энергии поступательного движения вместе с центром
масс и кинетической энергии от вращения вокруг оси,
проходящей через центр масс и перпендикулярной
плоскости движения:
1
1
2
.
T
mV С2
Jz
2
2 С
Рис.6.3
Задача 6.1. Диск массой m 5 кг и радиусом
R 0, 2 м приводится в движение постоянной силой
F , приложенной в точке А (рис. 6.4). Диск катится
по
шероховатой
поверхности
вправо
без
скольжения. Вычислить кинетическую энергию
катушки, если r 0, 1 м, радиус инерции диска
i С 0,15 м.
Решение. Диск совершает плоское движение.
Вычислим кинетическую энергию диска. В
начальный момент времени диск находился в покое,
0 . Кинетическая энергия в конечном положении диска:
Рис. 6.4
т.е. T1
T2
где J C
m i С2 ,
VC
R
.
1 2
1
VС m
2
2
2
JC ,
91
Следовательно,
T2
2
1
2 V
m i С C2
2
R
1 2
V m
2 С
2
1
1
(0,15)
5
5
2
2
2
(0,2)
2
VС
3,9 V С2 .
Ответ: кинетическая энергия катушки T 2
m1 g
2
3,9 V С
Задача 6.2. Механическая система состоит из составного диска 1 (
40 H, R1 0,4 м, r1 0,2 м, радиус инерции относительно оси вращения
0,3 м), обмотанного нерастяжимыми
i1
нитями, на концах которых прикреплен
груз 2 ( m 2 g 60 H) и однородный каток 3
( m3 g
20 H), рис. 6.5. Каток катится без
скольжения по наклонной шероховатой
поверхности с углом наклона
30  .
Записать выражение для кинетической
энергии данной механической системы.
Ведущим
звеном является тело 2.
Рис.6.5
Решение. Вычислим кинетическую энергию системы, равную сумме энергий
всех ее тел
(а)
T T1 T 2 T3 .
Диск (тело 1) вращается вокруг центра вращения О, груз (тело 2)
движется поступательно, каток (тело 3) – плоскопараллельно, рис.6.6; тогда
кинетическая энергия каждого тела механической системы соответственно
имеет вид
1
1
1
1
( б)
T1
J O 12 , T 2
m 2 V 22 , T 3
m 3V 2
JC 2.
3C
3
2
2
2
2
Моменты инерции диска и катка вычисляются по формулам
1
J O m1 i12 , J C
(в)
m 3 R 32 .
2
Выразим линейные и угловые скорости в выражении (б) через
перемещение второго груза S и его скорость V 2 S . Направления движений
тел изображены на рис. 6.6.
Имеем:
1
S
, тогда
R1
1

S
1
R1
;
92
1
2
S3
r
1 1
r1
2 R1
S3
3
R3
r1
2 R1 R 3
r1
S 3
S , тогда V 3C
S ;
2 R1
S , тогда

3
(г)
r1
3
2 R1 R 3
S .
Рис.6.6
Здесь учтено, что расстояния, пройденные точками А, В и С, связаны
между собой следующим образом: S A
1
S , SC
2 C
SB
S3 .
Подставляя выражения (г) и (в) в (б), получим
1
J
2 O
T1
T2
T3
1
2
m 3V 2C
2
1
J
2 C
2
3
2
1
1
m 2V 22
2
r12
1
m
2 3 4R2
1
2
1 m1 i1  2
S ;
2 R2
1
1
m 2 S 2 ;
2
r12
1
2
m R
2 3 3 4R2 R2
1
3
S 2 .
Кинетическая энергия системы равна сумме кинетических энергий
элементов системы, т.е.
T
T1 T 2
T3
i12
1 2
S m1 2
2
R1
m2
m3
r12
4 R12
r2
1
2 1
m R
8 3 3 4R2
1
93
i2
1 2
S m1 1
2
R2
r2
3
m3 R2 1
3 4R 2
8
m2
1
1 2
S m .
2
1
Выражение в скобках имеет размерность массы (кг), следовательно,
слагаемые в скобке представляют собой приведенную массу заданной
механической системы, обозначим ее m , тогда кинетическая энергия системы
примет вид
T
1
m S 2 .
2
Вычислим значение приведенной массы системы:
2
m
m1
i1
2
R1
2
m2
3
2 r
m3R3 1 2
8
4R1
4
(0,3)
(0,4)
2
2
2
3 (0,2)
6
2
8 (0,4) 2
2,25 6 0,19 8,44 кг.
Тогда T
1
m S 2
2
1
8,44 V 2
2
4,22 V 2 .
Ответ: кинетическая энергия заданной механической системы T
4,22 V 2 .
!!! Алгоритм решения
При решении задач на определение кинетической энергии механической
системы рекомендуется использовать следующий алгоритм:
определить, сколько и какие тела будут включены в механическую систему;
определить вид и направление движения каждого из тел механической
системы, приняв одно из тел за ведущее;
записать уравнения связей между телами;
записать выражения кинетической энергии каждого тела в зависимости от
вида его движения;
записать общее выражение кинетической энергии системы как сумму
кинетических энергий всех тел;
подставить уравнения связей, выразить скорости всех тел через скорость
одного из них (например, ведущего тела или заданную в исходных данных
скорость одного из тел);
рассчитать кинетическую энергию заданной механической системы.
94

Задачи для самостоятельного решения
1. Механизм под действием пары сил
приходит в движение из состояния покоя.
Задано: M 50 Н м; m1 30 кг; m 2 40 кг;
m3
10 кг; R1
2,5 м; R 2
2 м; r2
1,2 м;
звено 1 – однородный диск, звено 2 –
ступенчатый диск с радиусом инерции
i 2 1,3 м.
Вычислить кинетическую энергию системы как функцию скорости тела 3.
2. Механизм под действием пары сил
приходит в движение из состояния покоя.
Задано:
Н м;
кг;
M 120
m1 80
m
2
R2
240
кг;
1,5 м; r2
m3
50
кг;
R1
1
м;
0,6 м; звено 1 – однородный
диск, звено 2 – ступенчатый диск с радиусом
инерции i 2 0,8 м.
Вычислить
кинетическую
механической системы как
скорости тела 2.
энергию
функцию
3. Механизм под действием пары сил
приходит в движение из состояния покоя.
Задано:
кН м;
кг;
M 6
m1 240
m
r2
2
200 кг; m 3
80 кг; R1
1 м; R 2
1,5 м;
0,7 м; звено 1 – однородный диск, звено
2 – ступенчатый диск с радиусом инерции
i 2 0,7 м.
Вычислить
кинетическую
механической системы как
скорости тела 1.
энергию
функцию
95
4. Механическая система приходит в
движение из состояния покоя. Задано:
m 3 30 кг ;
m1 10 кг ;
m 2 20 кг ;
R 2r 30 см; блок 3 – сплошной
однородный цилиндр, блок 2 – ступенчатый
диск с радиусом инерции i 2 r .
Вычислить
кинетическую
механической системы как
скорости тела 1.
энергию
функцию
5. Механическая система приходит в
движение из состояния покоя. Задано:
m 3 40 кг ;
m1 20 кг ;
m 2 20 кг ;
R 2r 50 см. Каток 3 – сплошной
однородный цилиндр, блок 2 – ступенчатый
диск с радиусом инерции i 2 r .
Вычислить
кинетическую
механической системы как
угловой скорости тела 3.
энергию
функцию
6. Механическая система приходит в
движение из состояния покоя. Задано:
m 3 30 кг ;
m1 40 кг ;
m 2 20 кг ;
R 2r 40 см. Каток 3 – сплошной
однородный цилиндр, блок 2 – ступенчатый
диск с радиусом инерции i 2 r .
Вычислить
механической
скорости тела 2.
кинетическую
системы
как
энергию
функцию
96
7. Механическая система приходит в
движение из состояния покоя. Задано:
m 3 50 кг ;
m 2 20 кг ;
m1 30 кг ;
R 2r 60 см. Блок 3 – сплошной
однородный цилиндр, каток
2 –
ступенчатый диск с радиусом инерции
i 2 r . Вычислить кинетическую энергию
механической системы
скорости тела 1.
как
функцию
8. Механическая система приходит в
движение из состояния покоя под
действием
пары
сил
с
моментом
M 10 Н м. Задано: m1 20 кг ; m 2 50
кг; m 3
30 кг; R 2r
80 см. Блок 3 –
сплошной однородный цилиндр, диск 2 –
ступенчатый диск с радиусом инерции
i 2 r . Вычислить кинетическую энергию
механической системы
угловой скорости тела 3.
как
функцию
9. Механическая система приходит в движение из состояния покоя. Задано:
m1 30 кг; m 2 20 кг; m 3 10 кг; R 2r 40 см. Блок 3 – сплошной
однородный цилиндр, диск 2 – ступенчатый диск с радиусом инерции i 2
r.
Вычислить кинетическую энергию механической системы как функцию угловой
скорости тела 2.
97

Вспомни теорию

6.3. Теорема об изменении кинетической энергии системы. Изменение
кинетической энергии твердого тела при к.-л. элементарном перемещении
равно элементарной работе внешних сил, действующих на тело.
T1 T0
Здесь T1
e
A .
1
m k Vk21 - кинетическая энергия системы в конце пути;
2 k
1
m k Vk20 - кинетическая энергия системы в начале пути ( T0 =0, если в
2k
начале пути система покоилась);
T0
A
e
(e)
k
A k - работа внешних сил механической системы.
Задача
6.3.
Механическая
система (см. рис. 6.7) состоит из
составного
диска 2 ( m 2 g 20 H,
R2
0,4
м,
r2
0,2 м ,
радиус
инерции относительно оси вращения
м),
обмотанного
i 2 0,4
нерастяжимыми нитями, на концах
которых прикреплены подвижный
диск 1 ( m1 g 100 H, r1 r2 0,2 м)
и однородный цилиндр 3 ( m 3 g
Рис.6.7
H, r3
80
0,3 м). Цилиндр
катится без скольжения по наклонной шероховатой поверхности с углом
наклона
30  . Система движется в плоскости рисунка под действием сил
тяжести. Вычислить ускорение центра масс диска 1..
Решение. Вычислить ускорение, используя теорему об изменении
кинетической энергии системы:
T T0
A(e) .
S
(а)
98
Изображаем на рис. 6.8 внешние силы, совершающие работу: m1 g и m 3 g
. Вес m 2 g приложен к неподвижному центру вращения. Следовательно,
работы совершать не будет.
Вычислим работу от внешних сил:
A( e )
S
m1 g S 1
m 3 g sin
(б)
S3 .
Для дальнейшего решения нужно все перемещения выразить через
перемещение центра масс (точки C1 ) первого диска S1 , т.к. в задаче требуется
рассчитать ускорение этой точки.
Рис. 6.8
Диск 1 совершает плоское движение. Точка P1 является его точкой МЦС,
поэтому
S1
1
r1
Тогда (рис. 6.8)
, SK
2
SK
R2
2S 1 (рис. 6.8).
2S 1
R2
,
2

2 S1
2
R2
;
99
r
1
SB ; S
3
2
S3
r
2 2
2
2
R
S , S
1
r
3
2
R
S
S ,
2
1
3
2
r
3
r
3
2
rR

S ,
1
r
S .
2
3
3 2
rR
3
1
2
(в)
Подставив в (а) связи между S 1 и S 3 (в), получим
AS( e )
r
mg S
1
m g sin
1
S
3
3
mg S
1
1
2
m g sin
3
R
S
1
2
(г)
r
2
m g m g sin
1
3
R
S
1
F
S
80 S ;
1
1
2
r
здесь F
2
m g m g sin
1
3
R
100 - 80
2
1 0,2
= 80 (Н)
2 0,4
приведенная сила
заданной механической системы.
Вычислим кинетическую энергию системы, равную сумме энергией всех
ее тел:
T
(д)
T3 .
T1 T 2
Подвижный диск 1 и цилиндр 3 движутся плоскопараллельно, диск 2
вращается вокруг центра вращения О (рис. 6.8); тогда кинетическая энергия
каждого тела механической системы соответственно имеет вид
T1
1
m1V C2
1
2
1
J
2 C1
2
,
1
T2
1
J
2 O
2
2
, T3
1
m1V C2
3
2
1
J
2 C3
2
.
3
(ж)
Моменты инерции дисков и цилиндра вычисляются по формулам
JC
1
1
m1 r12
2
10 (0,2) 2
2
JC
3
0 , 2 м4 ; J O
1
m 3 r32
2
8 (0,3)3
2
m 2 i 22
2 (0,4) 2
0,32 м4;
0,36 м4;
Подставив выражения (ж) в выражение (д), с учетом значений моментов
инерции тел, получим
T1
1
m1V C2
1
2
1
J
2 C1
2
1
1
m1 S12
2
1 J C1  2
S1
2 r2
1
1 2
S m1
2 1
JC
1
r12
1 2
S 15 ;
2 1
100
1
J
2 O
T2
T
3
2 S12
1
J
2 O R2
2
2
2
1
m V2
2 1 C3
1 2
S
2 1
1
J
2 C3
2
3 r2
2 R2
1 2 2J O
S
2 1 R2
2
2
3
T1 T 2
T3
r2
1 2
S
2 1
m
3
2
R2
2
1 2
S
2 1
3 (0,2)2
8
2 (0,4)2
1 2
S m , где m
2 1
15+ 4 + 3
m
3
2
T
1  2 2 0,32
S
2 1 (0,4) 2
1 2
S 4;
2 1
r2
J
2
C3 R 2
2
r2
3
1 2
S 3;
2 1
22 кг.
(з)
Подставив (з) и (г) в (а), получим:
1 2
S m
2 1
F
(и)
S1 .
Продифференцировав по времени правую и левую часть уравнения (к),
получим
1
2 S1 S1 m
2
F
S1 , откуда a
1
Ответ: ускорение центра масс тела 1 a
1
S
1
F
m
80
22
3,6 м/с2.
3,6 м/с2.
!!! Алгоритм решения
При решении задач на теорему об изменении кинетической энергии
механической системы рекомендуется использовать следующий алгоритм:
определить, сколько и какие тела будут включены в механическую систему;
определить вид и направление движения каждого из тел механической
системы, приняв одно из тел за ведущее
например тело, для которого
требуется рассчитать скорость или ускорение;
приложить все внешние силы заданной системы;
записать уравнения связей между телами;
записать выражение суммарной работы от всех внешних сил в зависимости от
видов движения тел системы;
101
выразить в полученном выражении работы все перемещения через
перемещение ведущего тела и рассчитать приведенную силу системы;
записать выражения кинетической энергии каждого тела в зависимости от
вида его движения;
записать общее выражение кинетической энергии системы, как сумму
кинетических энергий всех тел;
выразить в выражении кинетической энергии скорости всех тел через
скорость ведущего тела, рассчитать приведенную массу;
подставить полученные выражения работы и кинетической энергии в теорему
об изменении кинетической энергии и решить полученное равенство
относительно требуемого параметра.

Задачи для самостоятельного решения
1. Механическая система приходит в
движение из состояния покоя. Задано:
m1 50 кг; m 2 30 кг; m 3 40 кг;
R 2 r 80 см. Блок 2 – сплошной
однородный цилиндр, диск 3 –
ступенчатый с радиусом инерции i 3 r .
Система движется под действием сил
тяжести.
Коэффициент трения скольжения между грузом 1 и плоскостью f
0, 2 .
Принимая g 10 м/с2, вычислить ускорение тела 1.
2. Механическая система приходит в
движение из состояния покоя под
действием пары сил с моментом
M 0,5 кН м. Задано: m1 80 кг;
m2
150 кг; m 3
120 кг; R
2 r 1,4 м.
Блок 2 – сплошной однородный
цилиндр, диск 3 – ступенчатый с
радиусом инерции i 3 r .
102
Коэффициент трения скольжения между грузом 1 и плоскостью f
Коэффициент трения качения диска 3 f k
0,3 .
0,2 см. Принимая g 10 м/с2,
вычислить угловую скорость тела 3 при перемещении тела 1 на 5 см.
3. Механическая система приходит в
движение из состояния покоя под действием
пары сил с моментом M 60 Н м. Задано:
m1 80 кг; m 2 50 кг; m 3 60 кг; R 2r 40
см. Блок 2 – сплошной однородный цилиндр,
диск 3 – ступенчатый с радиусом инерции
i 3 r . Принимая g 10 м/с2, вычислить
угловое ускорение тела 3.
4. Механическая система приходит в движение из состояния покоя и
движется под действием сил тяжести. Задано: m1 20 кг ; m 2 30 кг ;
m 3 40 кг ; R 2r 60 см. Каток 3 – сплошной однородный цилиндр, диск 2 –
ступенчатый с радиусом инерции i 2
r . Коэффициент трения скольжения
между грузом 1 и плоскостью f 0,3 . Коэффициент трения качения катка 3
f k 0,06 см. Принимая g 10 м/с2, вычислить ускорение центра масс катка 3.
5. Механическая система приходит в
движение из состояния покоя и движется
под действием сил тяжести. Задано:
m1 120 кг; m 2 60 кг; m 3 80 кг;
R 2 r 1,8 м. Каток 3 – ступенчатый с
радиусом инерции i 3 r , блок 2
сплошной
Коэффициент
f k 0,06 см.
однородный
трения качения
цилиндр.
катка 3
103
Принимая g 10 м/с2, вычислить ускорение тела 1 при его перемещении на
4 см.
6. Механическая система
приходит в движение из состояния
покоя под действием пары сил с
моментом M 0,8 кН м. Задано:
m1 50 кг; m 2 80 кг; m 3 70 кг;
R 2r 50 см. Каток 3 – сплошной
однородный цилиндр, диск 2 –
ступенчатый с радиусом инерции
i2 r .
Коэффициент трения скольжения между грузом 1 и плоскостью f 0,2 .
Коэффициент трения качения катка 3 f k 0,04 см. Принимая g 10 м/с2,
вычислить угловое ускорение тела 2.
7. Механическая система приходит
в движение из состояния покоя и
движется под действием сил тяжести.
Задано: m1 120 кг; m 2 60 кг;
m3
80 кг; R
2 r 1,8 м. Блок 3 –
сплошной однородный цилиндр, диск
2 ступенчатый с радиусом инерции
Коэффициент
трения
i2 r .
скольжения между грузом
плоскостью f 0,35 .
2
Принимая g 10 м/с , вычислить ускорение центра масс блока 3.
1
и
104
8. Механическая система приходит в движение из состояния покоя под
действием пары сил с моментом M 40 Н м. Задано: m1 40 кг; m
20 кг;
2
m3
50 кг; R 2r
30 см. Блок 2 – сплошной однородный цилиндр, диск 3
ступенчатый с радиусом инерции i 3
r . Коэффициент трения скольжения
между грузом 1 и плоскостью f 0,2 . Коэффициент трения качения диска 3
f k 0,05 см. Принимая g 10 м/с2, вычислить угловую скорость тела 3, когда
груз 1 пройдет расстояние 6 см.
9. Механическая система приходит в
движение из состояния покоя и движется
под действием сил тяжести. Задано:
m1 30 кг; m 2 20 кг; m 40 кг;
3
R 2r 70 см. Каток 3 – сплошной
однородный цилиндр, диск 2 ступенчатый
с радиусом инерции i 2 r . Коэффициент
трения качения катка 3 f k 0,03 см.
Принимая g 10 м/с2, вычислить угловое
ускорение тела 3.
105

Вспомни теорию

7. ПРИНЦИП Д’АЛАМБЕРА
7.1. Принцип Д’Аламбера для материальной точки. В каждый момент
движения геометрическая сумма внешних сил и силы инерции равна нулю:
F
F (u )
0 ,здесь F
равнодействующая внешних сил, F (u )
ma
сила
инерции.
Задача 7.1. Шарик массой m
подвешен на нити длиной L. Шарику
сообщают равномерное движение по
окружности в горизонтальной плоскости
(рис. 7.1). Нить составляет угол
с
вертикалью.
Вычислить
скорость
шарика
Направим
ось
и
натяжение нити.
Решение.
Рис. 7.1
Оу
вертикально вниз, а плоскость хОу пусть
проходит через шарик в рассматриваемый
момент времени (рис. 7.2).
При
равномерном
движении
по
окружности точка имеет ускорение:
a an
V2
R
V2
L sin
,
направленное по оси Оx к центру
окружности, т.е. к точке О. Сила инерции
направлена по оси Оx против направления
an и по модулю равна:
Рис.7.2
F
(u )
man
mV 2
.
L sin
106
Далее освободимся от связи, заменим ее силой натяжения Т. Составим
уравнение Д’Аламбера (уравнение кинетостатики):
T
F (u )
mg
0.
Перейдем от векторного уравнения к скалярному, для чего спроецируем
полученное уравнение на координатные оси:
Fy
0 , mg T cos
0;
Fx
0 , F (u ) T sin
0.
Отсюда находим:
T
Ответ: скорость шарика V
mg
, V
cos
sin 2
gL
cos
gL
sin 2
cos
.
; натяжение нити T
mg
.
cos
7.2. Принцип Д’Аламбера для механической системы. В каждый
момент времени сумма главных векторов внешних сил и сил инерции
движущейся системы, сумма главных моментов внешних сил и сил инерции
движущейся механической системы равна нулю.
F (e)
F (u )
0 ; M (e)
O
M (u )
O
0.
Здесь F (e) –главный вектор внешних сил; F (u ) - главный вектор системы
(e)
сил инерции точек механической системы; M
- главный момент внешних
O
(u )
сил относительно центра О; M
- главный момент системы сил инерции
O
точек системы относительно центра О.
7.2.1. Главный вектор сил инерции твердого тела. Независимо от
выбора центра приведения главный вектор системы сил инерции определяется
выражением:
Fи
ma , F и
ma
107
здесь m
mk - масса всей системы; аС – вектор ускорения центра масс
системы.
7.2.2. Главный момент сил инерции твердого тела. Главный момент
сил инерции твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси, сводится
к паре сил, момент которой равен
Mu
M xu i
M uy j M zu k ,
где M xu
2
J xz ; M uy
J yz
2
J yz ; M zu
J xz
Jz.
Если ось вращения проходит через центр тяжести тела и оси xyz являются
главными осями, то
M xu
0 ; M uy
0 ; M zu
Jz.
7.3. Приведение системы сил инерции твердого тела к
простейшему виду.
Твердое тело движется поступательно. Система сил
инерции приводится к равнодействующей, приложенной в
центре масс и направленной противоположно ускорению
тела: F
u
ma , рис.7.3.
Рис.7.3
Твердое
тело
вращается
в
плоскости. Ось вращения проходит через
центр масс и перпендикулярна плоскости
симметрии тела, тогда силы инерции точек
тела приводятся к паре сил, лежащей в
плоскости симметрии тела, с моментом
Рис. 7.4
M zu
J z ( J z – момент инерции тела относительно оси вращения;
-угловое ускорение тела), рис.7.4.
108
Твердое тело движется плоскопараллельно.
Силы инерции точек тела приводятся к силе,
приложенной в центре масс и равной главному
вектору системы сил инерции, и к паре сил,
лежащей в плоскости симметрии, рис.7.5:
F
и
Mu
ma C ;
.
J Сz
Рис. 7.5
Задача 7.2. Через блок весом m1 g и радиусом r
перекинута нерастяжимая нить, на конце которой
подвешен груз А весом mg . Вычислить ускорение а
груза А, натяжение нити Т и давление на подшипник
оси блока (рис. 7.6).
Решение. Пусть груз А опускается вниз, тогда сила
инерции груза направлена вверх: F (u ) m a (рис.7.7).
Поскольку ось вращения диска является осью
симметрии, то J xz J yz 0 . Следовательно, момент от
сил инерции равен M z(u )
J z и направлен в сторону,
противоположную вращению диска.
Рис.7.6
Отбросим опору О, заменим ее действие реакциями подшипника Rx и R y
(рис. 7.7). Составим уравнения кинетостатики:
Fx 0,
R x 0;
Fy
0,
M O ( F ) 0,
mg m1 g
mgr
F
(u )
F
r
(u )
Ry
(u )
Mz
0;
(а)
0.
Подставив в последнее уравнение значения силы инерции F (u ) m a и момента
a
J
(u )
от сил инерции M z
и решая его относительно
Jz
a , так как
r
r
ускорения а, получим
2
mr
a g
2
mr
Jz
109
.
Тогда из первых двух уравнений
(а) вычислим:
Rx 0 ,
2 2
m r
.
2
mr
Jz
Для вычисления натяжения нити
разорвем гибкую связь и заменим ее
действие натяжением Т (рис. 7.8).
RO
Ry
g m1 m
Добавляя внешнюю силу mg и силу инерции F (u ) , имеем:
mg F (u ) T
откуда
0,
T
mg
F
(u )
m g a
mg 1
mr
mr
RO
Ry
T
g
.
Jz
1
m1r 2 , тогда
2
Если считать диск однородным, то J z
a
2
2
2m
;
2m m1
g m1 m
mg 1
2m
2
2m m1
2m
.
2m m1
Рис. 7.8
110
Сила давления на подшипник (FD) по модулю равна реакции шарнира О и
направлена в противоположную сторону, т.е.
2
FD
R y = g m1
2m
.
m
2m m1
.
Ответ: a
2m
; FD
g
2m m1
T
2m
.
2m m1
mg 1
g m1
2m 2
;
m
2m m1
!!! Алгоритм решения
При решении задач на принцип Д’Аламбера рекомендуется использовать
следующий алгоритм:
определить, сколько и какие тела включены в механическую систему;
определить вид и направление движения каждого из тел механической
системы;
приложить все внешние силы заданной системы, если требуется
связи и заменить их реакциями;
отбросить
приложить к каждому телу силы инерции, направив их противоположно
направлению движения соответствующего тела;
записать уравнение кинетостатики:
- одно, если рассматривается материальная точка;
- несколько, если рассматривается механическая система;
расписать выражения сил инерции каждого из тел и подставить эти
выражения в уравнения кинетостатики;
решить полученное равенство (или систему уравнений) относительно
требуемого параметра.
111

Задачи для самостоятельного решения
1. Конец А однородного тонкого стержня
АВ длиной 2l и массой М перемещается
по
горизонтальной
помощью
упора
направляющей
Е
с
с
постоянной
скоростью V , причем стержень все время
опирается на угол D. Вычислить главный
вектор и главный момент сил инерции
стержня относительно оси, проходящей
через центр масс стержня (точка С)
перпендикулярно плоскости движения, в
зависимости от угла
2.
Вычислить
подпятника
А
.
опорные
и
реакции
подщипника
В
поворотного крана при поднимании груза
Е массой 3 т с ускорением 1/3 q. Масса
крана равна 2 т, а его центр масс
находится в точке С. Масса тележки D
равна 0,5т. Кран и тележка неподвижны.
Размеры указаны на рисунке.
3. Гладкий клин массой М и с углом 2 a
при вершине раздвигает две массы,
каждая М1 , лежащие в покое на гладком
горизонтальном
столе.
Написать
112
уравнения движения клина и пластин и
определить силу давления клина
на
каждую из пластин.
4. Груз А массой М1, опускаясь вниз,
приводит
в
нерастяжимой
движение
нити,
посредством
переброшенной
через неподвижный блок С, груз В
массой М2. Вычислить силу давления
стола D на пол, если масса стола равна
М3. Массой нити пренебречь.
5. Груз А массой M 1 , опускаясь вниз по
наклонной плоскости D, образующей
угол
движение
с
горизонтом,
посредством
приводит
в
нерастяжимой
нити, переброшенной через неподвижный
блок С, груз В массой М2. Вычислить
горизонтальную составляющую давления
наклонной плоскости D на выступ пола Е.
Массой нити пренебречь.
6. Для заданных схем вычислить ускорение груза 2, натяжение троса и давление
на
подшипник
оси
блока
О.
Известно:
m1 g
40
Н;
m2 g
60
Н;
R 40 см; r
20 см; радиус инерции ступенчатого блока относительно его оси
вращения i1
30 см. Коэффициент трения скольжения f
трения качения f k
0,05 см.
0,2 . Коэффициент
113
1.
3.
5.
2.
4.
6.
114
II. А Н А Л И Т И Ч Е С К А Я М Е Х А Н И К А
8. ПРИНЦИП ВОЗМОЖНЫХ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ

Вспомни теорию

8.1. Элементарная работа
8.1.1. Определение элементарной работы силы. Элементарная работа
является скалярной величиной: элементарная работа силы, приложенной к к.–
л. точке, равна скалярному
произведению вектора силы на вектор
элементарного перемещения точки приложения силы.
Пусть сила приложена в точке А . Если
–
угол между вектором силы F и вектором d r –
направлением перемещения точки А (рис. 8.1), то
элементарная работа может быть представлена в
виде
Рис. 8.1
dA F d r
где Fr
F cos
F cos
dr
Fr dr ,
– проекция силы F на направление
перемещения точки (или на направление вектора скорости).
Элементарная работа всех сил, приложенных к системе, получается путем
суммирования элементарных работ от всех N сил, приложенных к телу:
N
Fi d ri .
dA
i 1
Рис. 8.2
8.1.2.
Поступательное
движение
твердого
тела.
При
поступательном
движении твердого тела все точки тела имеют
одинаковые по модулю и направлению
перемещения и, следовательно, скорости (рис.
8.2). Тогда, если сила F приложена к k-ой
точке, то Vk V .
Тогда имеем:
115
dA
Fk drk
Fk Vk dt
Fk V dt
Fk cos k ds
Fs ds.
8.1.3. Вращение твердого тела в
плоскости. При вращении твердого тела вокруг
неподвижного центра А в плоскости (рис. 8.3)
все точки тела движутся по окружностям и за
единицу времени проходят путь ds k hk d ( hk
- расстояние от k -й точки до центра вращения
А), тогда
элементарную работу от сил Fk ,
приложенных к телу, вычисляют по формуле
Рис. 8.3
dA
Fs ds
Fks hk d dA

M A ( Fk ) d ,

здесь M A ( Fk ) – момент силы F k относительно центра вращения А.
8.1.4.
Плоскопараллельное
движение
твердого
тела.
Плоскопараллельное движение тела складывается из двух простых движений:
поступательного – вместе с полюсом, и вращательного – относительно оси,
проходящей через полюс (рис. 8.3).
Рис. 8.4
Плоскопараллельное
движение
твердого
тела
можно
заменить
мгновенным вращением этого тела относительно точки мгновенного центра
скоростей (МЦС). Тогда каждая точка тела будет мгновенно двигаться по
окружности, радиус которой определяется расстоянием этой точки до МЦС
(рис. 8.4), т.е.
116
VA
VB
VD
VC
AP
BP
DP
CP

Элементарная работа сил, приложенных к точкам тела, которое движется
плоскопараллельно, вычисляется следующим образом:
dA( F )
М Р ( Fk )
,

здесь M P ( Fk ) – момент силы F k относительно МЦС, т.е точки Р.
8.2. Идеальные связи. Обозначим силы реакций связей системы Ri .
Связи системы называются идеальными, если сумма элементарных работ
реакций этих связей на любых возможных перемещениях всегда равна нулю, т.
е.
N
A( R )
Ri
ri
0.
i 1
Примеры идеальных связей:
1. В абсолютно твердом теле точки связаны идеальными связями. Силами
реакций связей в этом случае являются внутренние силы, для которых было
доказано, что сумма элементарных работ этих сил на любом возможном
перемещении равна нулю.
2. Абсолютно
является
идеальной
гладкая
связью
поверхность
для
точки.
Возможные перемещения точки направлены
по касательной к поверхности, а силы реакции
в этом случае направлены по нормали к ним,
т.е. перпендикулярны перемещениям (рис.
Рис. 8.5
8.5),
следовательно,
силы реакции N на перемещении dr равна нулю.
элементарная
работа
117
8.3. ПРИНЦИП ВОЗМОЖНЫХ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ
Формулировка принципа возможных перемещений (ПВП). Для того
чтобы стационарная механическая система с идеальными конечными связями
находилась в положении равновесия, необходимо и достаточно, чтобы в этом
положении сумма элементарных работ внешних сил на любых возможных
перемещениях системы была равна нулю:
A(e)
k
k
0.
Задача 8.1. На тело АВ, лежащее на шарнирных опорах А и В, действует
нагрузка, как показано на рис. 8.6, а. Вычислить реакцию шарнира В, если
10 кН, F2
F1
20 кН, F3
30 кН. Все размеры заданы в метрах.
а
б
Рис. 8.6
Решение. На заданное тело АВ наложено три связи. Прикладываем к телу
все заданные силы. Мысленно отбросим шарнирно-подвижную опору В, т.е.
одну связь, заменив еѐ действие искомой реакцией R B (рис. 8.7, б). Реакция R B
становится внешней силой.
Теперь на тело наложено две связи. Система приобрела одну степень
свободы. Тело АВ под действием внешних сил будет вращаться в плоскости
118
вокруг шарнира А, возможным перемещением балки будет ее поворот вокруг
шарнира А. Повернем балку, например, против хода часовой стрелки на
, т.е.
зададим системе возможное перемещение.
Запишем принцип возможных перемещений. Каждое слагаемое в
полученном уравнении будет представлять собой элементарную работу,
совершаемую соответствующей внешней силой. Имеем:
M A ( Fi )
A ( Fi ) 0 ,
( F 3 12 R B 9 F 2 6 F1 2)
0;
0,
Отсюда
F3 12 F2 6
F1 2
30 12 20 6 10 2
220
24,4 кН,
9
9
9
знак минус означает, что направление R B выбрано неверно, т.е. вектор R B
RB
направлен в сторону, противоположную указанному на рис. 8.6, б.
Ответ: реакция шарнира В R B
24,4 кН и направлена вниз.
Задача 8.2. Задана составная
конструкция, состоящая из двух тел
АС и СВ, связанных между собой
шарниром С (рис. 1.7); F1
F2
4 кН, М
2 кН,
5 кН·м. Вычислить
реакцию опоры А. Все размеры даны
в метрах.
Решение. Прикладываем к
системе все заданные силы. Реакция
шарнирно-неподвижной опоры А
состоит
из
двух
слагаемых:
горизонтальной Н А и вертикальной
Рис. 8.7
V А составляющих:
RA
H 2A
V A2 .
Вычислим вначале горизонтальную составляющую реакции Н А . Для
этого мысленно отбросим горизонтальную связь, заменив еѐ действие искомой
реакцией Н А (рис. 8.8, а). Реакция опоры Н А становится внешней силой, а
вместо шарнирно-неподвижной опоры в точке А получили шарнирно-
119
подвижную. Связь в шарнире В остается без изменения. В результате система
имеет одну степень свободы. Задаем в системе возможное перемещение.
Система состоит из двух частей АС и ВС, связанных между собой
шарниром С. Так как шарнирно-неподвижная опора в точке В позволяет части
ВС вращаться относительно оси шарнира, повернѐм эту часть в плоскости
рисунка вокруг шарнира В на угол 1 по ходу часовой стрелки (см. рис. 8.8, а).
Тогда точка С будет двигаться по окружности радиусом ВС и переместится на
S С вправо.
Часть АС может совершать плоскопараллельное движение. Причем
шарнирно-подвижная опора А позволяет перемещаться точке А по горизонтали
( S А ), а перемещение точки С уже задано. Восстановим перпендикуляры к
возможным перемещениям
SС и
S А , которые пересекутся в точке Р –
точка МЦС звена АС. Тогда плоскопараллельное движение звена АС заменяем
мгновенным вращением Р против хода стрелки вокруг точки Р (рис. 8.9, б).
а
б
Рис. 8.8
Согласно принципу возможных перемещений, имеем:
A(e)
k
k
0,
M P ( Fi )
M B ( Fi )
2
Установим зависимость между
1
и
1
2
(а)
0.
. Шарнир С одновременно
участвует в двух движениях: вращается с телом АС относительно точки Р и
вращается относительно шарнира В с телом ВС, тогда для точки С:
SС
BC
1
CP
2
.
(б)
120
Рассмотрим геометрию задачи (рис. 8.9).
BEC и
CAP подобны. Тогда:
CE
EB
AP
; AP
AC
(4 ) 2 (5) 2
CB
CP
CE AC
EB
5 3,5
4
4,75 м;
41 6 ,4 м;
(3,5) 2 (4,7 ) 2
34,81 5,9 м.
Имеем:
6 ,4
1
5,9
1
5, 9
6 ,4
1
2
2
0,92
0,92
2
2
,
.
Распишем уравнение (а):
( H A 4,75 F1 4,75 cos60


F1 2,5 sin 60 )
( H A 4,75 2 4,75 0,5 2 2,5 0,866)
2
2
( M
F 2 3)
( 5 4 3) 0,92
1
2
0;
0;
Имеем:
H A 4,75 0,4 2 0,92 0 , H A
0,3 кН.
Вычислим вертикальную составляющую реакции VA, для чего мысленно
отбросим вертикальную связь, заменив
ее действие силой реакции V А (рис. 8.8,
б). Возможное перемещение части ВС
не изменилось, а часть АС опять будет
совершать
плоское
движение,
поскольку перемещения точек А и С
между собой не параллельны.
Рис. 8.9
121
Мгновенный центр скоростей тела АС будет лежать на пересечении
перпендикуляров, восстановленных в точках А и С к их возможным
перемещениям, т.е. в точке С. Следовательно, перемещение точки С – нулевое,
поэтому
SC
0 . Тогда тело ВС будет неподвижным, т.к.
0 и
SB
SC
0.
Возможным перемещением тела АС будет его вращение вокруг шарнира С.
Согласно принципу возможных перемещений, имеем:
A(e)
k
k
0,
M С ( Fi )

0 , (V A (2,5 1) F 1 sin 60 )
1
0,
откуда
F1 sin 60 
VA
2,5 1
2 0,87
3,5
0,5 кH.
Модуль реакции в шарнире А равен
RA
H 2A
V A2
(0,3) 2
(0,5) 2
0,34
0,58 кН.
Направление реакции вычислим по направляющему косинусу:
cos
Ответ: H A
0,3 кН, V A
cos( R A , x )
0,5 кН, R A
0,3
0,58
0,52 .
0,58 кН.
Задача 8.3. Задана составная конструкция, состоящая из двух тел АС и
СВ, соединенных шарниром С (рис. 8.10). Вычислить реакции внешних
наложенных связей, если F1
2 кН, F2
4 кН, М
5 кН·м, q 1,5 кH/м. Все
размеры приведены в метрах.
Решение. Вычислим реакцию шарнирно-подвижной опоры А. Для этого
мысленно отбросим эту связь, заменив ее действие реакцией R A (рис. 8.11). На
тело СВ наложено три связи (жесткая заделка), поэтому оно останется
неподвижным; тело АС может вращаться вокруг шарнира С.
122
Рис. 8.10
Рис. 8.11
Зададим телу АС возможное перемещение, т.е. повернем его вокруг
шарнира С на угол
, например, против хода часовой стрелки (рис. 8.12).
Запишем принцип возможных перемещений для звена АС:
A( e )
0,
M С ( Fi )
0 , (RA 4 M
q 4 2)
0,
откуда
RA
M
q 4 2
4
5 1,5 4 2
4
17
4
4,25 кH.
Далее вычислим реакции в заделке В. Вначале вычислим реактивный
момент M B . Для этого отбросим связь, препятствующую вращению тела ВС,
т.е. заменим жесткую заделку шарнирно-неподвижной опорой, и приложим
искомый реактивный момент M B (рис. 8.12).
Сообщим системе возможные перемещения. Правая часть системы (тело
ВС) может вращаться вокруг шарнира В, а левая (тело АС) будет совершать
плоское движение (рис. 8.12). Найдем мгновенный центр скоростей левой части
системы, для чего проведем перпендикуляры к возможным перемещениям
точек А и С соответственно. Мгновенный центр скоростей будет лежать на
пересечении этих перпендикуляров. Обозначим его точкой Р.
Повернем левую часть системы вокруг центра В на
, например, по
1
ходу часовой стрелки. Тогда правая часть системы повернется против хода
часовой стрелки вокруг центра Р на
2
(рис. 8.12).
123
Рис. 8.12
Рис. 8.13
Поскольку точка С принадлежит правой и левой части системы,
перемещение
SC
связано с углами поворота
1
и
следующим
2
равенством:
SС
CB
CP
1
2
.
Из геометрии задачи находим, что CB CP , тогда
1
2
Составим уравнение принципа возможных перемещений:
A( e )
(M B
0,
M B ( Fi )
F1 2 F 2 sin30

5)
M P ( Fi )
1
1
(M
q 4 2)
0;
2
2
откуда
MB
F1 2 F2 sin 30  5 M
Вычисляем реактивный момент M B :
q 4 2
0.
0;
.
124
F1 2 F2 sin 30 5 M
MB
q 4 2
2 2 4 0,5 5 5 1,5 4 2 21 кН м.
Для вычисления вертикальной составляющей V B
реакции заделки
отбросим связь, препятствующую вертикальному перемещению точки В,
заменив жѐсткую заделку подвижной, позволяющей телу СВ перемещаться
только вертикально, и реакцией V B (рис. 8.13). Сообщим системе возможные
перемещения: правая часть системы (тело ВС) переместится поступательно,
например, вверх; тогда S B
SC
S.
Рис. 8.14
Поступательное
Рис. 8.15
движение
правой
части
является
единственно
возможным, поскольку подвижная заделка другие перемещения запрещает.
Левая часть системы, т.е. тело АС, совершает плоское движение, поскольку
перемещения точек А и С не параллельны друг другу. Мгновенный центр
скоростей Р будет лежать на пересечении перпендикуляров к возможным
перемещениям
SA и
S C (рис. 8.13).
Составим уравнение принципа возможных перемещений
125
A( e )
(V B
F 2 cos30

0,
FS
F1 ) S ( M
Зависимость между S и
S
PC
S
0;
M P ( Fi )
q 4 2)
(а)
0.
установим из равенств:
S
.
4
4 , тогда
, PC
(б)
Подставив (б) в (а), получим
(V B
откуда
VB
F 2 cos30
F1

F1 ) S
F2 cos 30
2 4 0,866
5
4
(M
1
M
4
q 4 2)
S
4
0,
1
q 4 2
4
1
1,5 4 2 0,29 кН.
4
Для вычисления горизонтальной составляющей H B реакции заделки
отбросим связь, препятствующую горизонтальному перемещению точки В,
заменив ее подвижной заделкой, позволяющей телу СВ перемещаться только
горизонтально, и реакцией H B (рис. 8.14).
Поступательное горизонтальное движение правой части системы является
единственно возможным, поскольку подвижная заделка другие перемещения
запрещает. Левая часть системы в этом случае будет совершать тоже
поступательное движение, поскольку перемещения точек А и С параллельны.
Сообщим системе возможные перемещения
S (рис. 8.14). Вся система
переместится, например, вправо на величину
S . Составим уравнение
принципа возможных перемещений:
A( e )
откуда H B
0,
F2 sin 30
FS
4
1
2
S
2 кH.
0 , ( F2 sin 30
HB) 0,
126
Выполним проверку полученных результатов: убедимся, что найденные
числовые
значения
реакций
удовлетворяют
классическим
уравнениям
равновесия сил (рис. 8.15).
Имеем:
Fy
VA
q 4 F1
F2 cos 30 V B
4,25 1,5 4 2 4 0,866 0,29
Fx
MB
HB
F2 sin 30
VA 8 M
2 4 0,5 0;
q 4 (2 4) F1 2 F2 sin 30 5 M B
4,25 8 5 6 6 2 2 4
Ответ: R A
4,25 кH, V B
8,02 8 0;
0,29 кH, H B
1
5 21 0.
2
2 кH, M B
21 кH м.
!!! Алгоритм решения
Принцип возможных перемещений удобно использовать для вычисления
опор строительных конструкций, рекомендуется следующий алгоритм:
освобождаем конструкцию от той связи, реакцию которой требуется
рассчитать, действие этой связи заменяем еѐ реакцией, которую переносим в
разряд задаваемых сил;
если в системе есть неидеальные связи, то необходимо также освободиться от
этих связей и присоединить их реакции к задаваемым силам;
указываем все заданные силы, действующие на закрепленную конструкцию;
определяем количество тел (звеньев) в полученной системе и вид движения
каждого из них;
задаем системе возможное перемещение, начиная с тела, на которое
наложено не менее двух связей, причем независимым является только одно
перемещение, т. к. система получила одну степень свободы;
составляем выражения работ заданных сил для каждого из тел в зависимости
от видов их движений;
составляем общее уравнение работ, выражающее ПВП для всей схемы;
решаем составленное уравнение.
127

Задачи для самостоятельного решения
1. Груз Q поднимается с
домкрата, который приводится в
рукояткой ОА 0,6 м. Определить
силы тяжести Q, если шаг винта
h 12 мм.
помощью
движение
величину
домкрата
2. В кулисном механизме при качении
рычага ОС вокруг горизонтальной оси О
ползун А, перемещаясь вдоль рычага ОС,
приводит
в
движение
стержень
АВ,
движущийся в вертикальных направляющих К.
Даны размеры: ОС R , ОK  . Какую силу Q
надо приложить перпендикулярно кривошипу
ОС в точке С для того, чтобы уравновесить
силу Р, направленную вдоль стержня АВ вверх.
3. Кулак К массой М 1 , находится в
покое на гладкой горизонтальной
плоскости, поддерживая стержень АВ
массой М 2 , который расположен в
вертикальных направляющих. Система
находится в покое под действием силы
F, приложенной к кулаку К по
горизонтали.
Вычислить модуль силы F, если боковая поверхность кулака образует с
горизонтом угол
. Найти также область значений модуля силы F в случае
негладкой горизонтальной плоскости, если коэффициент трения скольжения
между основанием кулака К и горизонтальной плоскостью равен f.
128
4. К концам нерастяжимой нити
привязаны грузы А и В одинаковой
массы. От груза А нить проходит
параллельно
горизонтальной
плоскости, огибает неподвижный блок
С, охватывает подвижный блок D,
затем огибает неподвижный блок Е,
где к другому концу нити привязан
груз В.
К оси подвижного блока D подвешен груз К массой М. Вычислить, при каком
соотношении масс грузов система находится в равновесии.
5. Составная балка АС, лежащая на трех опорах, состоит из двух балок,
шарнирно соединенных в точке D. На балку действуют вертикально силы,
указанные на рисунке. Рассчитать реакции опор А, В и С.
6. Балки АВ и ВД соединены
цилиндрическим шарниром В. Балка
ВД опирается на гладкий выступ Е,
образуя с вертикалью угол
30 .
Вдоль балки ВД действует сила F 10
кН.
Вычислить
горизонтальную
составляющую реакции в жѐстком
защемленном сечении А, пренебрегая
массой балок.
7. Две горизонтальные балки АВ и ВС соединены цилиндрическим шарниром
В. Опора С состоит на катках, а сечение А защемлено в стене. К балке ВС в
60 с
точке К приложена сосредоточенная сила F 200 Н, образующая угол
горизонтом, a 6 м. Вычислить составляющие реакции в жесткой заделке А,
если балка ВС невесомая, а вес балки АВ Q 100 Н.
129
8. Две балки ВС и СD шарнирно
соединены в точке С и цилиндрическим
шарниром В прикреплены к вертикальной
стойке АВ, защемленной в сечении А, а
цилиндрическим шарниром D соединены с
полом. К балкам приложены горизонтальные
силы Р1 и Р 2 . Вычислить горизонтальную
составляющую реакции в
Размеры указаны на рисунке.
сечении
А.
9. Вычислить модуль силы F, которую
необходимо приложить к ползуну B для
того, чтобы механизм находился в
равновесии, если величина момента пары
сил M 200 Н м, длина кривошипа OA 50
см.
10. Барабан r 30 см под действием
пары сил с моментом M 20 Н м приводит
в движение груз 1. Вычислить вес груза G 1 ,
необходимый для его равномерного подъема
по наклонной плоскости.
11. Вычислить момент M пары сил,
необходимый
для
равномерного
перемещения груза 4 весом G 4 кН;
коэффициент трения скольжения груза
f 0,5 . Тела 1 и 2
зубчатые колеса;
барабан 3 жестко связан с колесом 2;
радиусы тел r 10 см, R 2r .
130
12. Вычислить модуль момента M пары
сил, который необходимо приложить к
кривошипу ОА длиной 10 см для того, чтобы
уравновесить механизм, если F 50 Н.
13. Вычислить момент пары сил М при
равномерном перемещении груза весом
Р 4 кН, если коэффициент трения
скольжения f 0,2 . Радиус барабана 2 равен
R 10 см.
14. Вычислить
модуль
уравновешивающей силы F , приложенной к
кривошипу OA в точке A шарнирного
четырѐхзвенника ОАВС, если AB 0,4 м,
M 40 Н м.
15. Вычислить соотношение между силами
Q и F , необходимое для равновесия
механической системы.
16. Вычислить модуль силы Q , которую
необходимо приложить, чтобы механизм
находился в равновесии, если M 800 Н м,
R 40 см, r 20 см.
131
17. К зубчатому колесу 1 приложена пара
сил с моментом М 1 40 Н м. Вычислить
момент М 2 пары сил, который необходимо
приложить к кривошипу ОА для того, чтобы
механизм находился в равновесии, если радиусы
колес r1 r2 r .
18. Вычислить модуль силы F1 , которую
необходимо приложить к кривошипу АВ для
того, чтобы механизм находился в равновесии,
если F2 100 Н, OA 2 OB .
19. На стержень 2 механизма действует
вертикальная сила F2 6 кН, AB BC .
Вычислить силу давления масла на поршень
в положении равновесия.
20. На составную конструкцию
приложена нагрузка: M 10 Н м,
P 6 Н, q 3 Н/м.
Вычислить
горизонтальную
реакцию опоры В.
132
21. На составную конструкцию
приложена нагрузка: M 5 Н м,
P 15 Н, q 8 Н/м.
Вычислить вертикальную реакцию
опоры А.
22. На составную конструкцию
приложена нагрузка: M 10 Н м,
P 6 Н, q 3 Н/м.
Вычислить
горизонтальную
реакцию опоры А.
23. На составную конструкцию
приложена нагрузка: M 8 Н м,
P 10 Н, q 4 Н/м.
Вычислить вертикальную реакцию
опоры В.
24. На составную конструкцию
действуют: силы F1 10 кН и
F2
40 кН, пара сил с моментом
кН м,
распределенная
M 12
нагрузка q 6 кН/м; размеры заданы
в метрах. Используя принцип
возможных перемещений, вычислить
реакцию шарнира В.
133
25. На составную конструкцию действуют: силы F1
8 кН и F2
10 кН,
пара сил с моментом M 16 кН м, распределенная нагрузка q 2 кН/м;
размеры заданы в метрах. Используя принцип возможных перемещений,
вычислить реакцию шарнира А.
26. На составную конструкцию действуют: силы F1
40 кН и F
2
20 кН,
пара сил с моментом M 15 кН м, распределенная нагрузка q
8 кН/м;
размеры заданы в метрах. Используя принцип возможных перемещений,
вычислить горизонтальную реакцию шарнира С.
134
27. На составную конструкцию действуют: силы F1
10 кН и F
2
40 кН,
пара сил с моментом M 12 кН м, распределенная нагрузка q 6 кН/м;
размеры заданы в метрах. Используя принцип возможных перемещений,
вычислить вертикальную реакцию заделки В.
28. На составную конструкцию действуют: силы F1
15 кН и F2
20 кН,
пара сил с моментом M 14 кН м, распределенная нагрузка q 5 кН/м;
размеры заданы в метрах. Используя принцип возможных перемещений,
вычислить реактивный момент заделки А.
135
29. На составную конструкцию
действуют: силы F1 30 кН и F2 10
кН, пара сил с моментом M 20 кН м,
распределенная нагрузка q 6 кН/м;
размеры заданы в метрах.
Используя принцип возможных
перемещений, вычислить горизонтальную реакцию шарнира В.
30. На составную конструкцию
действуют: силы
кН и
F1 8
F2
20 кН, пара сил с моментом
M 10 кН м, распределенная нагрузка
q 7 кН/м; размеры заданы в метрах.
Используя принцип возможных
перемещений, вычислить горизонтальную реакцию шарнира В.
31. На составную конструкцию
действуют: силы F1 20 кН и
F2
30 кН, пара сил с моментом
кН м,
распределенная
M 10
нагрузка q 8 кН/м; размеры
заданы в метрах. Используя
принцип возможных перемещений,
вычислить реакцию шарнира С.
136
32. На составную конструкцию
действуют: силы F1 40 кН и
F2
10 кН, пара сил с моментом
кН м,
распределенная
M 25
нагрузка q 4 кН/м; размеры заданы в
метрах.
Используя
принцип
возможных перемещений, вычислить
верти- кальную реакцию шарнира А.
33. На составную конструкцию действуют: силы F1
15 кН и F2
30 кН,
пара сил с моментом M 20 кН м, распределенная нагрузка q 6 кН/м;
размеры заданы в метрах. Используя принцип возможных перемещений,
вычислить горизонтальную реакцию шарнира D.
34. На составную конструкцию действуют: силы F1
6 кН и F2
10 кН,
пара сил с моментом M 25 кН м, распределенная нагрузка q 3 кН/м;
размеры заданы в метрах. Используя принцип возможных перемещений,
вычислить горизонтальную реакцию шарнира В.
137

Вспомни теорию

9. ОБЩЕЕ УРАВНЕНИЕ ДИНАМИКИ
9.1. Приведение системы сил инерции точек абсолютно твердого тела
к заданному центру. Если абсолютно твердое тело движется поступательно, то
систему сил инерции точек тела следует заменить равнодействующей,
приложенной к центру масс этого тела:
F (u )
здесь m – масса тела; a C
m rC ,
r ускорение центра масс тела.
C
Если твердое тело вращается относительно неподвижной оси z и ось
вращения является главной центральной осью, т.е. J xz
J yz
0 , то систему
сил инерции следует заменить главным моментом сил инерции, равным
Mu
здесь
Jz ,
– угловое ускорение; J z – момент инерции тела относительно оси
вращения.
Если твердое тело совершает плоское движение, то множество сил
инерции всех точек заменяют главным вектором сил инерции, приложенным к
центру масс этого тела, и главным моментом сил инерции относительно
центра масс.
9.2. Общее уравнение динамики
Формулировка. Общее уравнение динамики относится к уникальному
методу исследования задач динамики механических систем. При движении
механической системы с идеальными связями в каждый момент времени
сумма элементарных работ всех действующих на систему внешних сил и сил
инерции на любом возможном перемещении равна нулю:
Au
k
kr
Ae
k
kr
0,
138
здесь
Ae
Fe
kr
r
kr
– элементарная работа внешних сил на одном из
k
возможных перемещений
r ;
k
Au
kr
Fu
r
kr
k
– элементарная работа сил
инерции на том же возможном перемещении.
Задача 9.1. Через блок весом mg и радиусом R
перекинута нерастяжимая нить, на конце которой
подвешен груз А весом m1 g (рис. 9.1). Вычислить
ускорение а груза А, используя общее уравнение
динамики.
Решение. Рассмотрим движение механической
системы, состоящей из двух тел, соединенных
нерастяжимой нитью. Система имеет одну степень
свободы. Связи, наложенные на систему, идеальные.
Выберем в качестве обобщенной координаты
перемещение первого груза q S1 . Запишем для этой
системы общее уравнение динамики:
Au
Ae 0 ,
здесь
инерции;
S
AuS
S
(а)
сумма элементарных работ сил
AeS
сумма
элементарных
Рис. 9.1
работ
внешних сил на возможном перемещении S .
Изображаем на рис.9.2 внешние силы, совершающие работу вес груза
m1 g . Вес блока mg приложен к неподвижному центру вращения,
следовательно, работы совершать не будет.
Задаем
направление
возможного
перемещения груза А – движение вниз на S (рис.
9.2), тогда блок повернется на угол
по ходу
часовой стрелки. Пусть движение тел в системе
ускоренное,
тогда
направления
ускорений
совпадают
с
направлениями
заданных
перемещений, т.е. угловое ускорение блока ( ) –
по ходу часовой стрелки, а ускорение груза (а)
вниз. Тогда сила инерции груза направлена вверх,
и еѐ модуль определяется выражением F (u ) m1 a .
Рис. 9.2
Поскольку ось вращения блока является главной
осью симметрии, то система сил инерции блока
заменяется парой сил с моментом ( M (u ) ),
направленным в сторону, противоположную
139
ускорению блока . Модуль этого момента равен M (u )
Jz .
Согласно принципу возможных перемещений, имеем:
(m 1 g
F
(u )
) S
M
(u )
(б)
0.
Для дальнейшего решения этого уравнения нужно перемещения выразить
через обобщенную координату, т.е. через S.
Имеем:
S
S
, 
R
R
S
, тогда
R
a
.
R
Подставив (в) в (б), значения силы инерции F (u )
(в)
m1 a и момента от сил
a
, получим
R
Jz
S
(m 1 g m 1 a) S
a
0.
R
R
Решая уравнение относительно ускорения а, получим
m1 R 2
a g
.
m1 R 2 J z
инерции M (u )
Jz
Jz
a
R
Ответ: ускорение груза А a
g
m1 R 2
m1 R 2
.
Jz
Задача 9.2. Механическая система
(рис. 9.3) состоит из составного диска 2
(вес диска равен 20 H; большой и
малый радиусы
соответственно R
0,4 м, r2
м; радиус инерции
0, 2
относительно оси вращения iu
Рис. 9.3
2
0,4 м) с
намотанными на него нитями, на концах
которых прикреплены груз 1 весом 10 Н
и однородный цилиндр 3 весом 80 H.
140
Цилиндр катится без скольжения по шероховатой наклонной поверхности
30  .
с углом наклона
Система движется под действием сил тяжести и вращающего момента
6 H м, приложенного к диску 2. Вычислить ускорение первого тела.
M вр
(Принять ускорение свободного падения g=10 м/с2).
Решение. Рассмотрим движение механической системы, состоящей из
трѐх тел, соединенных нерастяжимыми нитями. Система имеет одну степень
свободы. Связи, наложенные на систему, идеальные. Выберем в качестве
обобщенной координаты перемещение первого груза q S1 . Запишем для этой
системы общее уравнение динамики:
AuS
Au
здесь
S
AeS
(а)
0,
Ae
сумма элементарных работ сил инерции;
сумма
S
элементарных работ внешних сил на возможном перемещении
S1 .
Изображаем на рис. 2.4 внешние силы, совершающие работу: вес тела 1 и
тела 3
m1 g , m 3 g ; вращающий момент M вр . Вес тела 2
приложен к
m2 g
неподвижному центру вращения, следовательно, работы совершать не будет.
Задаем направление возможного перемещения груза 1 – движение вниз на
S 1 (рис. 2.4), тогда составной диск повернется на угол
2
против хода
часовой стрелки, а цилиндр 3 будет совершать плоское движение, поднимаясь
вверх по наклонной плоскости: центр масс цилиндра переместится на
сам цилиндр повернется против хода часовой стрелки на угол
3
S3 , а
. Считаем
движение системы ускоренным, тогда ускорение груза 1 ( а1 ) и ускорение
центра масс цилиндра 3 (a3) направлены по
угловые ускорения диска 2 и цилиндра 3 (
2
и
S1 и
3
) – по
S 3 соответственно, а
2
и
3
(рис. 2.4).
141
Рис. 9.4
К внешним силам нужно добавить силы инерции, которые следует
приложить к центрам масс соответствующих тел, и моменты от сил инерции.
Значения этих величин равны:
F и m1 S1 , M u J O2 2 , F и m 3 S3 , M u J С3 3 ,
(б)
1
3
2
3
1
m 3 r32 – момент
2
инерции цилиндра относительно центра масс. Силы инерции направлены
против ускорений центра масс тел, моменты от сил инерции – против
направлений угловых ускорений соответствующих тел.
Составим уравнение (а). Для этого вычислим элементарную работу от
внешних сил и сил инерции, соответственно:
Ae m1 g S 1 M вр 2 m 3 g S 3 ;
здесь J O2
m 2 iu2 – момент инерции составного диска; J С3
S
Au
S
F и S1
1
Mu
2
2
Fи S3
3
Mu
3
3
.
Затем, складывая оба выражения и приводя подобные члены, в
соответствии с выражением (а), получим
m1 g F и S 1 M вр M u
m 3 g sin
Fи S3 M u
0 . (в)
2
3
1
2
3
3
Для дальнейшего решения этого уравнения нужно все перемещения
выразить через обобщенную координату, т.е. через S1 .
Запишем уравнения связи между телами системы (рис.2.4):
142
S1
2
r
S
2R
3
R2
r
S , S
2
2R
2
r
2r R
3
3
(г)
1
2
r
S , тогда 
2
;
R2
S ;
2
3
1
S1
, 2
1
S .
2
2r R
3
2
3
1
2
и
Вычислим Fi и M u из уравнения (в), подставляя значения (г):
i
F
m1 S1 , M u
и
1
F
2
r
и
m
3
2R
m 2 iu
1
3
2
S1
R2
(д)
;
r r
1
m 2 3 S .
1
2 3 2R
r
1
2
2
m r
S
2 3 3 2r R 1
S , M u
2
3
2
3
2
2
Подставив в общее уравнение динамики (в) полученные соотношения (г)
и (д), имеем:
m g m S
1
S
1 1
M вр
1
m
S
iu2 
S
R 1
2
R
2
r
m g sin
m
3
S
2
3
2R
1
2
r r
1
m 2 3 S
1
2 3 2R
r
2
2R
S
1
2
1
2
r
2
2r R
2
3
S
0.
1
2
Преобразуем полученное выражение:
M вр
m g m S
1
R
1 1
Так как
2
S1
m
2
r2
r
iu2 
S
2 1
R
2
m g sin
2R
3
2
m
2
2
3
4R 2
2
S
1
r2
1
2 S

m
2 3 4R 2 1
S
2
0 , то приравниваем к нулю выражение, стоящее в скобках.
Приводя подобные члены в квадратных скобках, получим
S m
1
1
m
iu2
2
R2
2
1
r2
3
m 22
8 3R
2
g
m
1
M вр
gR
r
m sin
3
2
2
2R
0.
2
(e)
0
143
Выражение, стоящее в первой скобке, имеет размерность массы (кг),
следовательно, имеет смысл приведенной массы механической системы,
обозначим еѐ m . Слагаемые во второй скобке, умноженной на g , имеют
размерность силы (H), т.е. представляют собой некую приведенную силу
системы, обозначим еѐ F . Тогда выражение (е) примет вид
S1 m
0 , или S1
F
F
.
m
Вычислим значения приведенной массы и приведенной силы, подставляя
заданные числовые значения:
m
m
1
m
iu2
R2
2
2
F
*
gm
1
M вр
R
r2
3
m 22
8 3R
1+ 2
2
0,4
2
0,4
2
r
2
gm sin
2R
3
2
10 +
2
3 0,2
8
8 0,4
2
2
1+ 2 +0,75 3,75 кг;
6
1 0,2
- 80
0,4
2 2 0,4
10 +15 - 10 = 15 H .
Таким образом, получаем:
a
1
F
S
1
m
15
= 4 м/с2.
3,75
При решении задач динамики, как частный случай, можно рассмотреть
задачу на равновесие системы. Например, в рассмотренной задаче эффективная
сила F больше нуля, следовательно, система движется, как и было
предположено. Если положить F
0 , получим условие на соотношение между
массами системы, при котором механическая система находилась бы в
равновесии.
Ответ: ускорение первого тела a
1
4 м/с2.
!!! Алгоритм решения
При
решении
задач
с
помощью
общего
уравнения
динамики
механической системы с идеальными связями рекомендуется использовать
следующий алгоритм:
определить, сколько и какие тела включены в механическую систему;
144
указать заданные силы, действующие на тела данной механической системы;
если имеются неидеальные связи, то от этих связей следует освободиться, их
действия заменить реакциями, которые переносятся в разряд задаваемых
сил;
задать обобщенную координату
перемещение ведущего тела или тела,
относительно которого решается задача;
определить вид движения каждого тела и записать уравнения связей между
ними;
задать системе возможные перемещения
- при наличии в системе сил трения необходимо, чтобы возможные
перемещения совпадали с действительными;
указывать направления ускорений всех тел системы;
приложить к телам системы силы инерции в зависимости от их видов
движения;
на каждом из заданных перемещений составить уравнение работ,
соответствующее общему уравнению динамики
- число уравнений должно быть равно числу степеней свободы
механической системы;
выразить в полученных уравнениях ускорения и возможные перемещения
тел через обобщенную скорость и возможное перемещение и решить
полученную систему уравнений.

Задачи для самостоятельного решения
1. Механизм под действием пары
сил с моментом M 950 Н м приходит
в движение из состояния покоя. Задано:
m1 100 кг; m 2 140 кг; m 3 50 кг;
R1
1,2 м; R 2
1,6 м; r2
0,8 м; звено
1 – однородный диск, звено 2 –
ступенчатый диск с радиусом инерции
i 2 1 м. Принимая g 10 м/с2,
рассчитать ускорение груза 3.
145
2. Механизм под действием пары
сил с моментом M 800 Н м приходит
в движение из состояния покоя. Задано:
25 кг; m 3 40 кг;
m1 20 кг; m
2
R1
1 м; R
2
1,8 м; r2
0,9 м; звено 1
– однородный диск, звено 2 –
ступенчатый диск с радиусом инерции
i 2 1,3 м.
Принимая g 10 м/с2, рассчитать ускорение груза 3.
3. Механизм под действием пары сил с
моментом M 1,5 кН м приходит в
движение из состояния покоя. Задано:
m1 25 кг; m 2 30 кг; m 3 15 кг;
R1
1,5 м; R 2
2 м; r2
1,6 м; звено 1 –
однородный диск, звено 2 – ступенчатый
диск с радиусом инерции i 2 1,8 м.
Принимая
g 10
ускорение груза 3.
м/с2,
рассчитать
4. Механизм под действием пары сил с
моментом M 0,8 кН м приходит в
движение из состояния покоя. Задано:
m1 150 кг; m 2 240 кг; m 3 90 кг;
R1
2 м; R 2
6 м; r2
4 м; звено 1 –
однородный диск, звено 2 – ступенчатый
диск с радиусом инерции i 2 5 м.
Принимая g 10 м/с2, рассчитать ускорение
груза 3.
146
5. Механизм под действием пары сил с
моментом M 1,3 кН м приходит в
движение из состояния покоя. Задано:
m1 30 кг; m 2 40 кг; m 3 20 кг;
R
1
3 м; R 2
4 м; r2
2 м; звено 1 –
однородный диск, звено 2 – ступенчатый
диск с радиусом инерции i 2 2,5 м.
Принимая
g
10
м/с2,
рассчитать
ускорение груза 3.
6. Механизм под действием пары сил
с моментом M 750 Н м приходит в
движение из состояния покоя. Задано:
m1 60 кг; m 2 40 кг; m 3 35 кг;
R1
6 м; R 2
4 м; r2
2 м; звено 1 –
однородный диск, звено 2 – ступенчатый
диск с радиусом инерции i 2 3 м.
м/с2,
Принимая
g 10
ускорение груза 3.
рассчитать
7. Механизм под действием пары сил с
моментом M 950 Н м приходит в
движение из состояния покоя. Задано:
m1 160 кг; m 2 10 кг; m 3 70 кг;
R
1
3 м; R 2
8 м; r2
5 м; звено 1 –
однородный диск, звено 2 – ступенчатый
диск с радиусом инерции i 2 7 м.
Принимая
g 10
ускорение груза 3.
м/с2,
рассчитать
147
8. Механическая система приходит
в движение из состояния покоя под
действием сил тяжести. Задано:
m1 20 кг; m 2 30 кг; m 3 40 кг;
R 2r 40 см. Блок 3 – сплошной
однородный цилиндр, диск 2 –
ступенчатый с радиусом инерции
Коэффициент
трения
i2 r .
скольжения между грузом 1 и
плоскостью f 0,2 .
Принимая g 10 м/с2, исследовать возможные направления движения груза
1 и вычислить его ускорение.
9. Механическая система приходит в
движение из состояния покоя и движется
под действием сил тяжести. Задано:
m1 30 кг; m 2 20 кг; m 3 40 кг;
R 2r 60 см; блок 3 – сплошной
однородный цилиндр, блок 2 –
ступенчатый диск с радиусом инерции
i 2 r . Коэффициент трения скольжения
между грузом 1 и плоскостью f 0,3 .
Принимая g 10 м/с2, исследовать
возможные направления движения груза
1 и вычислить его ускорение.
10. Механическая система приходит
в движение из состояния покоя и
движется под действием сил тяжести.
Задано: m1 20 кг; m 2 20 кг; m
3
40кг; R 2r 50 см; блок 2 – сплошной
однородный цилиндр, блок 3 –
ступенчатый диск с радиусом инерции
i 3 r . Коэффициент трения качения
между блоком
f
0,3 см.
k
2
Принимая g 10 м/с , вычислить ускорение груза 1.
2
и
плоскостью
148
11. Механическая
система
приходит в движение из состояния
покоя под действием пары сил с
моментом M 50 Н м. Задано: m
1
30
г;
m2
кг;
20
m3
40
кг;
R 2r 80 см; блок 3 – сплошной
однородный цилиндр, блок 2 –
ступенчатый диск с радиусом инерции
i2 r .
Коэффициент трения скольжения между грузом 1 и плоскостью f 0,2 .
Коэффициент трения качения между блоком 2 и плоскостью f k 0,3 см.
Принимая g 10 м/с2, вычислить ускорение груза 1.
12. Механическая система приходит в
движение из состояния покоя и движется
под действием сил тяжести. Задано:
m1 30 кг; m 2 20 кг; m 3 25 кг;
R 2r 70 см; блок 2 – сплошной
однородный цилиндр, блок 3 –
ступенчатый диск с радиусом инерции
i 3 r . Коэффициент трения качения
между блоком
f
0,2 см.
3
и
плоскостью
k
2
Принимая g 10 м/с , исследовать возможные направления движения груза
1 и вычислить его ускорение.
13. Механическая система приходит в движение из состояния покоя под
действием пары сил с моментом M 40
Н м. Задано: m1 30 кг; m
10 кг;
2
m3
20 кг; R 2r 60 см; блок 3 –
сплошной однородный цилиндр, блок 2 –
ступенчатый диск с радиусом инерции
i 2 r . Коэффициент трения скольжения
между грузом 1 и плоскостью f 0,3 .
Коэффициент трения качения между блоком 3 и плоскостью f k 0,2 см.
Принимая g 10 м/с2, вычислить ускорение груза 1.
149
14. Механическая система приходит в
движение из состояния покоя под
действием пары сил с моментом
M 20Н м. Задано: m1 20 кг; m 2 50 кг;
m3
30 кг; R 2r 50 см. Блок 2 –
сплошной однородный цилиндр, диск 3 –
ступенчатый с радиусом инерции i 3 r .
Принимая g 10
ускорение груза 1.
м/с2,
вычислить
15. Механическая
система
приходит в движение из состояния
покоя и движется под действием сил
тяжести.
Задано:
кг;
m1 30
m2
20
m3
40 кг; R
кг;
2r 30 см; блок 3 –
сплошной однородный цилиндр,
блок 2 – ступенчатый диск с
радиусом
инерции
i2 r .
Коэффициент трения качения между
блоком 3 и плоскостью f k 0,1 см; коэффициент трения скольжения между
грузом 1 и плоскостью f 0,2 . Принимая g 10 м/с2, исследовать возможные
направления движения груза 1 и вычислить его ускорение.
16. Механическая система приходит в движение из состояния покоя и
движется
под
действием
сил
тяжести.
Задано:
кг;
m1 30
кг;
m2
20
m3
10 кг; R 2r 40 см; блок 3 –
сплошной однородный цилиндр,
блок 2 – ступенчатый диск с
радиусом
инерции
i2 r .
Коэффициент трения скольжения
между грузом 1 и плоскостью
f 0,3 . Принимая g 10 м/с2,
исследовать возможные направления движения груза 1 и вычислить его
ускорение.
150

Вспомни теорию

10. УРАВНЕНИЯ ЛАГРАНЖА 2-ГО РОДА
Общее уравнение динамики в обобщенных координатах носит название
уравнения Лагранжа 2-го рода:
d
dt
T
q
T
qi
i
Q i , i 1, 2,, K ,
где T – кинетическая энергия механической системы; q i – обобщенная
координата;
q i
–обобщенная скорость;
Ai
qi
Qi
обобщенная сила,
соответствующая обобщенной координате q i ; K – число степеней свободы
системы. Число уравнений равно числу степеней свободы механической
системы ( K ).
Задача 3.1. Твѐрдое тело вращается
вокруг неподвижной оси Оz под действием
вращающего момента M вр
(рис. 10.1).
Составить
дифференциальное
уравнение
вращения твердого тела.
Решение.
координаты
В
качестве
выберем
угол
обобщенной
поворота
Соответствующая обобщенная сила равна
Рис. 10.1
A
Q
Кинетическая энергия вращающегося тела:
1
Jz 2.
2
T
Записываем уравнение Лагранжа 2-го рода:
d
dt
после подстановки
T

T
Q ,
M вр
M вр .
.
151
T

Jz  ,
T
0, Q
M вр ,
выражение (а) примет вид
J z  M вр .
Это и есть искомое дифференциальное уравнение.
Ответ:
J z  M вр
дифференциальное
уравнение
вращения
тела
относительно неподвижной оси
Задача 10.2. Механическая система (рис. 10.2) состоит из составного
шкива 2. Через шкив перекинута нерастяжимая нить, к концам которой
прикреплен груз 1 весом 60 H и однородный каток 3 весом 20 H и радиусом
R3 0,3 м. Вес шкива равен 40 H; радиусы R 2 0,4 м, r2 0,2 м; радиус
инерции шкива относительно оси вращения i2 0,3 м.
Каток катится без скольжения по наклонной шероховатой поверхности с
30 . К шкиву приложена пара сил с моментом M вр 80
углом наклона
H·м, а к оси катка сила F 600 H. Приняв ускорение свободного падения
g 10 м/с2, вычислить ускорение груза 1.
Рис. 10.2
Решение. Рассматриваемая система имеет одну степень свободы. Зададим
перемещение груза вниз на S , при этом шкив 2 повернется против хода
часовой стрелки на угол
2
, а каток 3 будет катиться вверх по наклонной
152
плоскости. Движение катка 3 плоскопараллельное и, т.к. он катится без
проскальзывания, в точке Р находится МЦС, тогда перемещение всех его точек
можно рассматривать как при вращательном движении относительно Р на угол
3
против хода часовой стрелки (рис. 10.2).
Выберем в качестве обобщенной координаты перемещение первого груза
q1
S . Тогда уравнение Лагранжа для заданной механической системы будет
иметь вид
d
dt
T
S
T
S
(а)
QS .
Вычислим кинетическую энергию системы, равную сумме энергией всех
еѐ тел:
T
(б)
T3 .
T1 T 2
Груз 1 движется поступательно, шкив 2 вращается вокруг центра О, а
движение катка 3 плоскопараллельное. Кинетическая энергия каждого тела
механической системы соответственно имеет вид
1
m1V12 , T 2
2
T1
1
J
2 O
2
,
2
1
m 3V C2
2
T3
1
J
2 C
2
.
3
(в)
Моменты инерции тел вычисляются по формулам
m 2 i 22 , J C
JO
1
m 3 R 32 .
2
(г)
Выразим линейные и угловые скорости в формулах (в) через обобщенные
скорости S . Запишем уравнения связи между телами системы:
2
S3
1
2
r
2 2
r2
2R2
S3
3
R3
S
, тогда
R2
S , тогда V C
r2
2R 2 R3
S , тогда

2
S
;
R2
2
r2
S 3
2R2
3

S ;
(д)
r2
3
2R 2 R3
S .
153
Подставляя выражения (г) и (д) в (в), получим выражения для
кинетической энергии каждого тела:
1
m1V12
2
T1
T2
1
J
2 O
1
m1 S 2 ;
2
1
S 2
;
m2 i2
2 R2
2
2
2
2
T3
1
m 3V C2
2
1 2
S m3
2
1
J
2 C
r22
4 R 22
R 32 r22
1
m
2 3 4R2 R2
2
3
r22
1
m
2 3 4R2
2
2
3
r22
1
m
8 3 R2
2
1 2
S m3
2
3r22
8 R 22
S 2
.
.
Вычислим кинетическую энергию системы, равную сумме энергией всех
еѐ тел. Вынося общий множитель, получим
T
1 2
S
2
m1
i 22
m2
R 22
m3
3r22
8 R 22
1 2
S m ,
2
где
m
m1
m2
i 22
R 22
m3
3r22
6 4
8 R 22
(0,3) 2
(0,4 ) 2
2
3 (0,2) 2
8 (0,4 ) 2
6 2,25 0,19
кг.
Таким образом, имеем:
T
1 2
S 8,44 .
2
Выполним все операции, предусмотренные (а):
T
S
0,
d
dt
T
S
S 8,44 .
(е)
8,44
154
Вычислим обобщенную силу Q S , сообщив механической системе
возможное перемещение, при котором груз 1 опустится на S :
A
S
m1 g
S
М
m 3 g sin
2
F
S3 ,
r2
S
тогда, с учетом (д), получим:
A
m1 g
S
М
R2
m 3 g sin
r2
2R2
F
2R2
80
0, 2
0, 2
20 0,5
600
S
0,4
2 0,4
2 0,4
60 200 2,5 150 S 107 ,5 S .
Тогда обобщенная сила составит
A
107 ,5 S
S
(ж)
QS
107 ,5 Н.
S
S
Подставляя значения (е) и (ж) в выражение (а), получим
107 ,5
12,7 м/с2.
S 8,44 107 ,5 , откуда a1 S
8,44
60
Ответ: ускорение груза 1 равно a1
12,7 м/с2.
Задача 10.3. На наклонную под углом
часть клина массой m1 , которая
может без трения перемещаться по горизонтальной поверхности, кладут брусок
массой m и опускают без начального толчка по ребру клина (рис. 10.3, а).
Определить ускорение клина и бруска, если в начальный момент клин и брусок
находились в состоянии покоя.
а
б
Рис. 10.3
Решение. Данная система состоит из бруска 2, движущегося
поступательно вдоль боковой грани клина 1, и самого клина, движущегося
поступательно вдоль горизонтальной поверхности. Брусок совершает сложное
движение. Движение бруска вместе с клином по отношению к горизонтальной
155
поверхности является переносным, скорость переносного движения бруска Ve
равна скорости движения клина и направлена параллельно оси x (предположим,
вправо) (рис. 10.3, б).
Движение бруска по боковой грани клина является относительным.
Относительная скорость бруска Vr , направлена вниз параллельно наклонной
грани клина.
Следовательно, абсолютная скорость бруска равна геометрической сумме
вектора переносной скорости Ve и вектора относительной скорости Vr , модуль
абсолютной скорости можно вычислить по формуле
V2
Vr2 Ve2 2 Vr Ve cos .
Данная система имеет две степени свободы, тогда для описания движения
системы выберем две обобщенные координаты: перемещение клина вдоль
горизонтальной оси – x , и перемещение бруска 2 вдоль грани клина – S , т.е.
q1 x , q 2 S , а уравнения Лагранжа будут иметь вид
d
dt
T
x
T
x
Qx ;
d
dt
T
S
T
S
QS .
(а)
Здесь T T x, S
кинетическая энергия системы, состоящей их клина и
бруска, как функция обобщенных координат.
Вычислим кинетическую энергию T системы, равную сумме
кинетических энергий двух тел:
(б)
T T1 T2 .
Если брусок 2 движется с абсолютной скоростью V 2 , а клин
со
скоростью Ve , то
T1
Поскольку Vr
переписать в виде
1 2
T
m x
2 1
Выполним
1
m1Ve2 , T 2
2
S , Vе
1
m S 2
2
операции
1
mV 22 .
2
x , то V 2
x 2
S 2
2 S x cos
(в)
x 2 2 S x cos , и (б) можно
.
дифференцирования
предусмотренные уравнением Лагранжа:
(г)
выражения
(г),
156
T
x
T
x
0;
T
S
1
1
m1 2 x
m 2 x 2 S cos
2
2
0;
T
S
1
m 2 S 2 x cos
2
d
dt
;
;
d
dt
T
x
T
S
m1 x m x S cos
m S x cos
;
.
Вычислим обобщенные силы, соответствующие каждой обобщенной
координате:
0 , Qx
Ax
AS
0;
AS
S , QS
mg sin
mg sin
S
.
Подставляя все полученные величины в уравнения Лагранжа (а), получим
S m cos
x m m
1
S x cos
g sin .
0,
(д)
Для определения ускорения клина x исключим из уравнений (д)
ускорение бруска S . Для первого уравнения (д) находим величину этого
ускорения:
S
x
m m1
m cos
(е)
,
и, подставляя его во второе уравнение (д), получаем
x
m m1
m cos
x cos
g sin
.
После упрощений получаем
x
g
0,5m sin 2
m1
m sin 2
(ж)
.
Так как ускорение клина
a1
x , то в соответствии с (ж)
вектор ускорения
Рис. 10.4
a1 направлен
157
влево (рис. 3.4), и его величина определяется выражением
g
m sin 2
2 m m sin 2
1
a1
(з)
.
Ускорение бруска по отношению к клину (рис. 3.4) определяется, как
ar
S , и после подстановки уравнения (ж) в (е) получим
m m1
g
m sin 2
2 m m sin 2
1
ar
(m m1 ) sin
g
m cos
(и)
.
m sin 2
m1
Абсолютное ускорение бруска (рис. 3.4) с учетом поступательного
движения клина определяется по формуле
ar2
a2
где a1
ar , ae
ae2
(к)
2 ar ae cos ar , ae ,
ae – ускорение клина, которое определяется выражением (з), а угол
180
. После подстановки в (к) выражений для ar и ae получим
g
m1
a2
2 g
g
(m m1 ) sin
m sin
2
m sin 2
2
g
m sin 2
2 m m sin 2
1
m sin 2
m1
m1
2
(m m1 ) sin
g
m sin 2
2 m m sin 2
1
2
(m m1 ) sin
2
m m1
cos
1 2 sin 2 2
m
2
2
Ответ: ускорение клина направлено влево и равно
ускорение
g
m1
m sin 2
бруска
2
(m m1 ) sin
определяется
2
m m1
1 2 sin 2 2
.
m
2
2
.
g
m sin 2
2 m m sin 2
1
;
выражением
158
!!! Алгоритм решения
При
решении
задач
с
помощью
общего
уравнения
динамики
механической системы с идеальными связями рекомендуется использовать
следующий алгоритм:
определить, сколько и какие тела включены в механическую систему;
выбрать обобщенные координаты данной механической системы;
записать уравнения Лагранжа 2-го рода в выбранных обобщенных
координатах, при этом число уравнений соответствует числу обобщенных
координат;
определить вид движения каждого тела и записать уравнения связи между
телами;
записать выражения кинетических энергий тел в зависимости от их видов
движений, при этом скорости тел выразить через обобщенную скорость
системы;
составить общее выражение для кинетической энергии системы как функции
обобщенных координат и обобщенных скоростей системы T T (q i , q i ) ;
выполнить операции дифференцирования, предусмотренные левой частью
уравнения Лагранжа;
указать заданные силы, действующие на тела данной механической системы:
- если имеются неидеальные связи, то от этих связей следует
освободиться и их действия заменить реакциями, которые переносятся в разряд
задаваемых сил;
задать в системе возможные вариации обобщенных координат, при наличии
в системе сил трения необходимо, чтобы возможные перемещения
совпадали с действительными;
записать выражение элементарных работ от всех внешних сил системы, при
этом перемещения выразить через обобщенную координату;
определить правые части уравнения Лагранжа, т.е. вычислить обобщенные
силы, соответствующие обобщенным координатам системы;
подставить в исходные уравнения Лагранжа 2-го рода правые и левые части;
решить полученную систему уравнений.
159

Задачи для самостоятельного решения
1. Механизм под действием пары
сил с моментом M 900 Н м приходит
в движение из состояния покоя.
Задано: m1 160 кг; m 2 100 кг;
m3
70 кг; R1
10 м; R 2
8 м;
r2
5 м; звено 1 – однородный диск,
звено 2 – ступенчатый диск с радиусом
инерции i 2 6 м.
Принимая g 10 м/с2, рассчитать ускорение груза 3.
2. Механизм под действием пары сил с
моментом M 1,5 кН м приходит в
движение из состояния покоя. Задано:
m1 30 кг; m 2 40 кг; m 3 50 кг;
R
2
50 см; R1
60 см; r1
40 см; звено 2 –
однородный диск, звено 1 – ступенчатый
диск с радиусом инерции i1 50 см.
Принимая g 10 м/с2, рассчитать ускорение
груза 3.
3. Механизм под действием пары сил с
моментом M 750 Н м приходит в
движение из состояния покоя. Задано:
m1 25 кг; m 2 40 кг; m 3 30 кг;
R1
2 м; R 2
3 м; r2
1,5 м; звено 1 –
однородный диск, звено 2 – ступенчатый
диск с радиусом инерции i 2 2,5 м.
Принимая
g 10
ускорение груза 3.
м/с2,
рассчитать
160
4. Механизм под действием
пары сил с моментом M 800
Н м приходит в движение из
состояния покоя. Задано: m1 50
кг;
m2
R3
3 м; R 2
80
кг;
m3
4 м; r2
40
кг;
2 м;
звено 3 – однородный диск, звено
2 – ступенчатый диск с радиусом
инерции i 2 3,2 м. Принимая
g
10 м/с2, рассчитать ускорение груза 1.
5. Механизм под действием пары
сил с моментом M 0,8 кН м приходит
в движение из состояния покоя. Задано:
m1 30 кг; m 2 20 кг; m 3 60 кг;
R2
80 см; R1
1 м; r1
70 см; звено
1 – однородный диск, звено 2 –
ступенчатый диск с радиусом инерции
i1 1 м. Принимая g 10 м/с2,
рассчитать ускорение груза 3.
6. Призма А массой m скользит по
гладкой боковой грани призмы В массой
с горизонтом.
m1 , образующей угол
Вычислить ускорение призмы В.
Трением
между
призмой
В
и
горизонтальной плоскостью пренебречь.
7. На
гладкой
горизонтальной
плоскости
помещена
треугольная
призма АВС массой m, которая может
скользить без трения по этой плоскости;
по грани призмы АВ катится без
скольжения
однородный
круглый
цилиндр
массой
Вычислить
m1 .
ускорение призмы.
161
8. Через блоки А и В с неподвижными
осями
переброшен
шнур,
поддерживающий подвижный блок С;
части шнура, не лежащие на концах,
вертикальные. Блок С нагружен гирей
массой m 4 кг, к концам шнура
прикреплены грузы массой m1 2 кг и
m2
3 кг. Вычислить ускорение всех трех
грузов, пренебрегая массами блоков и
шнура и трением на осях.
9. Механическая система приходит в
движение из состояния покоя и движется
под действием сил тяжести. Задано:
m1 20 кг; m 2 30 кг; m 3 10 кг;
R 2r 60 см. Каток 3 – сплошной
однородный цилиндр, диск 2
ступенчатый с радиусом инерции i 2 r .
Коэффициент трения качения катка 3
f k 0,2 см. Принимая g 10 м/с2,
исследовать возможные направления
движения груза 1 и рассчитать его
ускорение.
10. Механическая система приходит в движение из состояния покоя под
действием пары сил с моментом M 60 Н м. Задано: m1 50 кг; m
20 кг;
2
m3
30 кг; R 2r 80 см. Блок 2 – сплошной однородный цилиндр, диск 3
ступенчатый с радиусом инерции i 3
r . Коэффициент трения скольжения
между грузом 1 и плоскостью f 0,2 . Коэффициент трения качения диска 3
f k 0,1 см. Принимая g 10 м/с2, вычислить ускорение груза 1.
162
11. Механическая система приходит в движение из состояния покоя и
движется под действием сил тяжести. Задано: m1 200 кг; m 2 100 кг;
m3
150 кг; R
2 r 1,2 м. Каток 3 – сплошной однородный цилиндр, диск 2
ступенчатый с радиусом инерции i 2
r . Коэффициент трения качения
катка 3 f k 0,3 см. Коэффициент трения скольжения между грузом 1 и
плоскостью f 0,15 . Принимая g 10 м/с2, рассчитать ускорение груза 1.
12. Механическая система приходит в движение из состояния покоя и
движется под действием сил тяжести. Задано: m1 20 кг; m 2 40 кг;
m3
30 кг; R
2r 80 см. Каток 2 – сплошной однородный цилиндр, диск 3
ступенчатый с радиусом инерции i 3
r . Коэффициент трения качения
диска 3 f k 0,15 см. Коэффициент трения скольжения между грузом 1 и
плоскостью f 0,2 . Принимая g 10 м/с2, исследовать возможные
направления движения груза 1 и рассчитать его ускорение.
163
13. Механическая система приходит в движение из состояния покоя под
действием пары сил с моментом M 1,2 кН м. Задано: m1 20 кг; m
15
2
кг; m 3
5 кг; R 2r 50 см. Блок 3 – сплошной однородный цилиндр, диск 2
ступенчатый с радиусом инерции i 2
r . Коэффициент трения скольжения
между грузом 1 и плоскостью f 0,3 . Коэффициент трения качения диска 2
f k 0,4 см. Принимая g 10 м/с2, вычислить ускорение груза 1.
14. Механическая
система
приходит в движение из состояния
покоя и движется под действием сил
тяжести.
Задано:
кг;
m1 60
m2
30 кг; m 3
40 кг; R
2r 80
см. Блок 3 – сплошной однородный
цилиндр, каток 2
ступенчатый с
радиусом
инерции
i2 r .
Коэффициент трения качения катка 2
f k 0,3 см.
Принимая g 10 м/с2, исследовать возможные направления движения груза 1
и рассчитать его ускорение.
15. Механическая система приходит в движение из состояния покоя и
движется под действием сил тяжести.
Задано: m1 60 кг; m 2 30 кг;
m3
40 кг; R 2r 70 см. Блок 3 –
сплошной однородный цилиндр, блок
2 ступенчатый с радиусом инерции
Коэффициент
трения
i2 r .
скольжения между
плоскостью f 0,25 .
Принимая g 10 м/с2, рассчитать ускорение груза 1.
грузом
1
и
164
16. Механическая система приходит
в движение из состояния покоя и
движется под действием сил тяжести.
Задано: m1 240 кг; m 2 120 кг;
m3
90 кг; R
2 r 1,5 м. Блок 3 –
сплошной однородный цилиндр, блок 2
ступенчатый с радиусом инерции
i 2 r . Коэффициент трения скольжения
между грузом 1 и плоскостью f
Принимая
g
10
м/с2,
0,3 .
рассчитать
ускорение груза 1.
17. Механическая система приходит в движение из состояния покоя и
движется под действием сил
тяжести. Задано: m1 80 кг;
m2
70
кг;
m3
60 кг;
R 2r 1,4
м. Блок 2 –
сплошной однородный цилиндр,
каток 3
ступенчатый с
радиусом
инерции
i3 r .
Коэффициент трения скольжения
между грузом 1 и плоскостью
f 0,15 . Коэффициент трения
качения катка 3 f k 0,08 см. Принимая g 10 м/с2, исследовать возможные
направления движения груза 1 и рассчитать его ускорение.
165
18. Механическая система приходит в движение из состояния покоя под
действием пары сил с моментом M 900 Н м. Задано: m1 60 кг; m
45 кг;
2
m3
70 кг; R 2r 40 см. Блок 3 – сплошной однородный цилиндр, каток 2
ступенчатый с радиусом инерции i 2
r . Коэффициент трения скольжения
между грузом 1 и плоскостью f 0,2 . Коэффициент трения качения диска 2
f k 0,15 см. Принимая g 10 м/с2, вычислить ускорение груза 1.
166
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК
1. Богомаз,
И.
В.
Теоретическая
механика.
Т.
2.
Динамика.
Аналитическая механика: тексты лекций. – М.: Изд-во АСВ, 2005. – 143 с.
2. Теоретическая
механика.
Динамика.
Аналитическая
механика:
сборник задач /И.В.Богомаз, О.В.Воротынова, Е.А.Чабан. – Красноярск. ИПК
СФУ, 2009. – 152 с.
3. Сборник коротких задач по теоретической механике: учеб. пособие
для втузов / под ред. О.Э. Кепе. – М.: Высш. шк., 1989. – 368 с.
4. Мещерский, И.В. Сборник задач по теоретической механике. – М.:
Наука, 1986.
448 с.
5. Сборник задач по теоретической механике / под ред. Н.А.
Бражниченко. - М.: Высш. шк.., 1974.
519 с.
6. Сборник задач по теоретической механике / под ред. К.С.
Колесникова. – М.: Наука, 1989. – 446 с.
7. Сборник заданий для курсовых работ по теоретической механике:
учеб. пособие для техн. вузов / под ред. А.А. Яблонского. – М.: Высш. шк.,
1985. – 367с.
167
168
Скачать