МЕХАНИКА КОНСПЕКТ ПРАКТИЧЕСКИХ ПРИМЕРОВ

1
КОНСПЕКТ
ПРАКТИЧЕСКИХ ПРИМЕРОВ
МЕХАНИКА
Рига - 2000
2
Чем занимается наука «МЕХАНИКА»?
С помощью «Механики» можно понять происходящее в реальной жизни только тогда,
когда происходящее можно описать величинами, с которыми работает «Механика». Эти
величины:
Основные величины
Связанные основные
Дополнительные
N
величины
величины
1 перемещение u(t)
а) траектория;
du
a) скорость v(t) 
;
b) количество
dt
движения;
b) ускорение
c) путь.
dv d 2 u
a(t) 

.
dt dt 2
a) сила F   pdS ;
a) давление p(x, y, z, t);
a) работа;
(на внешние поверхности тела);
b) мощность;
S
c) импульс силы.
b) напряжение (x, y, z, t)
b) момент силы M=FL.
(в сечении тела).
3 a) линейная деформация
(x, y, z, t);
b) угловая деформация
(x, y, z, t).
Обозначения в этой таблице даются без пояснений, они те же самые, как и в Части 1. У
каждого тела в «механике» можно измерить:
a) размеры;
b) массу;
c) момент инерции;
d) плотность;
c) удельный вес.
2
Сущность практических примеров.
Целью «Механики» как науки не является задача научить рассчитывать строения и
машины. Это на старших курсах освоят те, кто хотят стать строителями и механиками.
Задачами предмета «Механика» является:
1) понять как и почему реальные объекты
a) движутся;
b) воспринимают силу (прочность);
c) служат определенное время (долговечность);
d) устойчивы в движении и покое;
2) понять, как интересующие нас вещи характеризуются величинами механики;
3) составить модель, т.е. составить систему уравнений, при помощи которой можно
найти те механические величины (функции), которые определяют положение реального
объекта и дают ответ на интересующие нас вопросы.
Решение полученных уравнений «Механику» как науку не интересует, т.к. для решения
каждого конкретного примера надо выбрать компьютерную прогорамму, которая дает
численное решение системы уравнений.
3
Составление модели.
Решение проблемы в «Механике» находят, составляя соответствующую систему
уравнений. Это соответствие отражено в таблице (в последней колонке таблицы указаны главы
Части 1):
Nr.
Проблемма
Объекты
Модель
Уравнения
1
Движение
Тело
Материальная точка
(2-1)
Колебания
Твердое тело
&2.2.2
Жидкость и газ
Непрерывная среда
&7.5
2
Устойчивость
Твердое тело
Деформируемое тело
Твердое тело
(2-3)
Непрерывная среда
&6.3
Непрерывная среда
Технические теории
&6.3 &10.4
9 глава
11 глава
Движущееся тело
3
Прочность
4
Долговечность
Деформируемое тело
Стержни, оболочки
Стержни, балки
Алгоритм применения теорий «Механики».
Применение означает, что мы определяем, какие величины (функции) «Механики» нас
интересуют и при помощи какой модели мы эти величины можем получить.
Для ответа на большинство интересующих нас вопросов мы можем использовать такой
общий алгоритм:
1) формулируется, что необходимо определить;
2) выбирается система координат;
3) определяется, какие величины «Механики» надо найти (чтобы ответить на первый
вопрос);
4) определяется, какая модель позволяет найти необходимые величины;
5) в систему уравнений модели вводятся значения рассматриваемого задания;
6) если необходимо, определяются начальные и граничные условия.
4
ГЛАВА 1. ИССЛЕДОВАНИЕ ДВИЖЕНИЯ ТЕЛ.
(Равновесие статически определимых конструкций)
Пример 1
Определить траекторию снаряда пушки.
1) Что необходимо определить? Tраектория – это линия, по которой перемещается снаряд. Ее
получаем, исключая время t из выражения функции перемещения u(t).
2) Начало системы координат совмещаем с пушкой. Ось x направим по земле в направлении
полета снаряда.
y
mg

x
Это означает, что пуля вылетает под углом  к горизонту.
3) Какие величины «Механики» надо найти? Т.к. траектория снаряда лежит в плоскости xy,
то надо найти перемещения снаряда ux(t) u uy(t).
4) Какую модель выбираем?
Исследуется проблема “Механики” движение. Нас не интересует поворот снаряда в
пространстве, поэтому нас устраивает модель материальной точки (лекц.консп. (2-1)):
d 2u x
  Fxk ;
2
dt
k
2
d uy
m 2   Fyk ;
dt
k
2
d u
m 2z   Fzk .
dt
k
m
k=1,2,3,....n
5) Применение модели к задаче.
Если силу сопротивления не принимать во внимание, тогда единственная сила, которая
действует на снаряд после выстрела – это вес снаряда mg и он дает проекцию только на
вертикальную ось y. Поэтому два первых уравнения модели материальной точки принимают
следующий вид
 x  0 ;
mu
(P1-1)
 y  mg ,
mu
(P1-2)
а третьего уравнения нет, т.к. в направлении оси z нет ни движения, ни сил.
6) Начальные условия. В момент выстрела при t=0 перемещения равны 0, а скорость вылета
снаряда
u x (0)  0;
u y (0)  0;
u x (0)  v cos ;
u y (0)  v sin ;
(P1-3)
Система уравнений (P1-1) и (P1-2) вместе с начальными условиями (P1-3) и есть искомая
модель.
5
*********
1) Дважды интегрируя каждое из дифференциальных уравнений и находя константы интегрирования из
начальных условий, получаем функцию перемещения
gt 2
uy  
 vt sin  .
2
u x  vt cos  ;
(P1-4)
Из первого получаем t и, помещая во второе, получаем искомую траекторию
2
gu
u y   2 x 2  u x tg .
2 v cos 
Уравнение траектории дает возможность определить величину угла прицела , при котором снаряд попадет в
объект на расстоянии L. Чтобы определить величину угла, в уравнение подставляем координаты объекта, в
который стреляем ux=L и uy=0, и получаем уравнение
gL2
0 2
 Ltg 
2 v cos  2
с одним неизвестным.
2) Зная функции перемещения, можем определить, на сколько надо стрелять вперед (надо целиться перед
летящим объектом). Снаряд попадает в летящий объект в точке с координатами ux=S и uy=H. Попадание
произойдет через T секунд после выстрела. Подставим эти величины в функции перемещения (P3-4) :
y
S  vT cos ;
gT2
H
 vT sin  .
2
S
v
В момент, когда снаряд выпущен в летящий объект,
координаты будут x  A; y  H . Из рисунка
H

видим, что
x
A
S  A  vT .
Если знаем, что цель летит со скоростью v на высоте
H , то можем из трех окончательных уравнений найти,.
куда надо целиться ( S,  ) и когда стрелять T .
Пример 2
Найти силу натяжения троса, на котором висит лампа.
1) Что необходимо определить? Лампа подвешена на двух тросах. Будет ли сила натяжения в
каждом тросе равна половине от веса лампы?

y
T
T
x
mg
2) Выбираем начало системы координат в точке крепления тросов к лампе. Оба троса
расположим в плоскости xy.
6
3) Какие механические величины надо найти? Опишем случай, когда оба шнура размещены
симметрично относительно вертикали (т.е. тросы одинаковой длины). Тогда надо найти силу
натяжения троса T.
4) Какую модель выбираем? Интересующая нас проблема – частный случай проблемы
движения – равновесие. Т.к. все силы пересекаются в одной точке, то ни одна из сил не дает
момент относительно этой точки. Значит, у нас модель материальной точки. Систему
уравнений из Части 1 (2-1) упрощаем для случая равновесия (все перемещения равны 0). Т.к.
сил, дающих проекцию на ось z нет, то нет и соответствующего уравнения. Система уравнений
модели следующая:
0   Fxk ;
0   Fyk . k=1,2,3,....n
k
k
5) Применение модели к задаче. Первое уравнение
0  T sin   T sin 
(P2-1)
это условие симметричности – крепление обоих тросов одинаковое.
Второе уравнение
0  2T cos  mg ------ > T 
mg
2 cos
(P2-2)
и есть искомый ответ – натяжение троса.
T
mg
mg
2
60
0
90
0

*********
Анализ результата показан на графике T. Если оба троса вертикальны (=0), натяжение каждого
mg
троса T 
, а увеличивая угол, величина натяжения увеличивается, достигая величины T=mg при значении
2
угла =60. При приближении угла к =90 натяжение троса в соответствии с данной моделью стремится к
бесконечности. Это, конечно же, дефект модели. Если мы повесим лампу на горизонтально натянутых тросах (по
этой модели T   ), то они не останутся горизонтальными, т.к. из-за большой приложенной силы тросы
растянутся и угол уже не будет =90, а меньше. Поэтому модель материальной точки надо дополнить
деформируемым тросом.
Пример 3
Почему человек может толкать по рельсам железнодорожный вагон, но не может его
сдвинуть?
1) Что определить? Почему меняется величина силы? Почему для движения (без ускорения)
нужна меньшая сила , чем сила, необходимая для начала движения?
7
2) Выбор системы отсчета. Движение происходит в направлении одной оси. Фактически нас не
интересует, что происходит в конкретной точке пути, а интересует, что происходит во времени
– в начальный момент (t=0) и позже.
3) Какие величины «Механики» надо найти? Надо найти силу, при которой вагон начнет
движение Fm и силу, которая обеспечивает равномерное движение Fs.
4) Какую модель выбираем? Решаем задачу движения. Повороты нас не интересуют, годится
модель материальной точки с одним уравнением:
d 2u x
m 2   Fxk .
dt
k
5) Применение модели к задаче. На вагон действует сила с которой толкаем F и сила трения
Fber между колесами и рельсами. Сдвигая вагон или двигая равномерно, у вагона ускорения нет.
Уравнение модели простое: 0=F-Fber. Ответом на поставленный вопрос будет сила трения из
физики.
Fm
Fber
Fs
F
Fber
t
x
x
t
Рис.3.1
Физическая сущность силы трения следующая. Рассмотрим самый простой случай, когда тело
находится на какой-либо поверхности. Если мы попробуем сдвинуть тело с места, постепенно
увеличивая силу, то можем наблюдать следующую картину (см.рис.3.1).
Как это пояснить физически? Если мы рассмотрим соприкасающиеся поверхности этих
двух тел в увеличении и зарисуем, то картина, которую мы увидим в сечении, будет как на
рис.3.2. В левой части видим поверхности, когда они не соприкасаются. В правой части
верхняя поверхность прижата с силой N.
N
F
F
Рис.3.2.
Попытаемся тянуть поверхности в разные стороны, постепенно увеличивая силу. Небольшая
сила F не может сдвинуть поверхности, т.к. неровности цепляются друг за друга. Когда сила F
станет достаточно большой, чтобы разорвать концы неровностей, поверхности начнут
скользить. Это происходит при силе Fm, которая называется силой трения покоя. Т.к. концы
неровностей силой Fm оборваны, то при дальнейшем скольжении зацепление больше не такое
большое и для его преодоления достаточно меньшей силы Fs, которую называют силой трения
скольжения.
8
Картинка на рис.3.2 позволяет легко понять, почему силы трения F растут при
увеличении силы N, с которой сжимаются обе поверхности. Чем больше будет сила N, тем
глубже неровности проникают друг в друга и тем большее усилие надо приложить, чтобы
срезать неровности ближе к основанию. В технических рассчетах с достаточнрй точностью
можно принять, что сила трения Fber прямопропорциональна силе N, с которой поверхности
давят друг на друга.
Fber  fN
(P3-1)
Коэффициент пропорциональности f называется коэффициентом трения.
Пример 4
Определить тормозной путь автомашины.
1) Что необходимо определить? Водитель автомашины при скорости v км/ч выключает
двигатель и до упора нажимает педаль тормоза. Тормозной путь – это расстояние S при
скорости v=0.
v
v=0
S=?
2) Выбор системы координат. Машина едет
по прямой дороге. Поэтому проще всего
выбрать систему координат так, чтобы
направление оси х совпадало с направлением
движения.
y
x
3) Какие величины «Механики» надо
найти? Надо найти, как изменится скорость
всего тела (массы m)
v( t )  ? .
y
m
v(t)
x
4) Выбор модели. С точки зрения “Механики” нам надо решать проблему движения. Т.к. нас не
интересует поворот машины, то можем использовать самую простую модель – модель
материальной точки. В Части 1 этой модели соответствует система уравнений (2-1)
y
m
x
d 2u x
m 2   Fxk ;
dt
k
2
d uy
m 2   Fyk ;
dt
k
2
d u
m 2z   Fzk .
dt
k
k=1,2,3,....n
9
5) Применение модели к задаче. Нарисуем все силы, которые действуют на машину.
y
y
Fber
N
N
mg
F
x
mg
x
В правой части первого уравнения запишем силу трения F. Т.к. она направлена против
движения, то запишем ее со знаком минус
d 2u x
m
 F .
dt 2
(P4-1)
Второе уравнение описывает движение в направлении оси y. Машина вертикально не
d 2u y
перемещается, поэтому uy=0 и соответственно
dt 2
 0 . В правой части уравнения
записываются силы, которые действуют в направлении оси y, т.е. вес машины mg и реакция
дороги N
0=N-mg.
(P4-2)
Третье уравнение. Нет ни одной силы, которая бы действовала в направлении оси z, машина в
этом направлении также не двигается. Это означает, что третье уравнение общей системы (2-1)
пропадает (0=0).
Получаем систему двух уравнений (P4-1) и (P4-2) с тремя неизвестными ux, F, N.
Недостающую зависимость получаем из эксперимента, который поясняет, что сила трения
пропорциональна нормальной реакции
F=fN.
(P4-3)
Вес машины mg получаем взвешивая, а значение коэффициента трения f, в зависимости
от материала соприкасающихся поверхностей, можно найти в справочнике.
6) Начальные условия. Первое из трех получаемых уравнений является дифференциальным
уравнением второго порядка для нахождения функции ux(t). Решение отвечает поставленной
задаче только в том случае, если будет известно, как начинается движение. Примем, что начало
оси x совпадает с точкой дороги, где машина начинает тормозить и время также начнем
отсчитывать от начала торможения. Тогда
ux(0)=0.
(P4-4)
В начале торможения машина двигалась со скоростью
vx(t)=V.
(P4-5)
Система уравнений (P4-1), (P4-2) и (P4-3) составлена и начальные условия (P4-4) и (P4-5)
сформулированы. Задача решена.
*********
Этот пример часто встречается на практике, поэтому покажем, что можно получить из этих уравнений.
Интегрируя уравнение (P4-1), получим
получаем
u x  gf t  C1 .
Учитывая начальные условия (P4-5), находим C1 и
u x  gf t  V ;
t2
Интегрируя второй раз, получим u x  gf
 Vt  C 2 .
2
Из начального условия (4-4) видим, что C2 =0 и получаем
(P4-6)
10
t2
u x  gf  Vt .
2
(P4-7)
Торможение закончится тогда, когда машина остановится, т.е. ее скорость будет равна
u x (T)  0 .
Подставляя в выше полученное выражение скорости (Р4-6) это нулевое значение, получаем время торможения
T:
0  gfT  V    T 
V
.
gt
Тормозной путь получаем, подставляя в выражение для перемещения (P4-7) найденное время торможения Т
V2
.
u x ( T)  S 
2gt
Полученный результат зависимости тормозного пути S в метрах от скорости езды V км/ч и от возможных
коэффициентов трения показан на рисунке.
70
60
50
f=0,8
40
f=0,6
30
f=0,4
20
f=0,2
10
f=0,1
0
0
20
40
60
80
100
V
120
Выводы, которые делает инженер.
Блокируя колеса машины так, что она скользит по дорожному покрытию, тормозной путь становится
довольно большим. Он катастрофически возрастает при уменьшении коэффициента трения (см. график в
скользкую погоду при малых f).
Поэтому в новых машинах есть специальные антиблокировочные устройства. Это всегда гарантирует
вращение колес, а энергия машины съедается тормозными дисками. Таким образом удается уменьшить тормозной
путь почти в два раза. В машинах, у которых нет антиблокоровочных устройств, то же самое надо пытаться
достичь самому водителю. Т.к. это довольно трудно, то в скользкую погоду вместо этого водители не тормозят
непрерывно, а тормозят, многократно нажимая и отпуская педаль тормоза.
Пример 5
Определить мощность двигателя самолета.
1)Что необходимо определить?
Мощность двигателя N это работа D в единицу времени, а работа – это произведение силы F на
t
t
перемещение u: D   Fdu; ;
0
dD
N=
=
dt
d  Fdu
0
dt
t
du t
 d F
  Fdv .
dt
0
o
2) Выбoр системы координат. Систему отсчета связываем с землей (с наблюдателем).
11
y
mg
v
x
F
p

3) Какие величины «Механики» надо найти? Нас не интересуют маневры самолета,
мощность будем искать в стационарном (неизменном во времени) режиме полета, т.е. сила
F=const и скорость v=const во времени не меняются. Тогда
N=Fv.
Таким образом, выбираем модель, которая позволяет определить силу тяги двигателя, если
хотим, чтобы самолет летел с постоянной скоростью v=V.
4) Какую модель необходимо выбрать? Нас не интересуют вращательные движения самолета и
мы решаем проблему движения тела. Таким образом нас устраивает модель материальной
точки, т.е. система уравнений (2-1) из Части 1
d 2u x
m 2   Fxk ;
dt
k
2
d uy
m 2   Fyk ; k=1,2,3,....n
dt
k
2
d u
m 2z   Fzk .
dt
k
5) Применение модели к задаче.
  0 , т.к. во время
 x  v x  V
u
записываем проекции всех сил на
целиком, а сила сопротивления
компоненту
В левой части первого уравнения надо записать ускорение
полета скорость самолета не меняется. В правой части
горизонтальную ось. Проекция силы тяги F записывается
воздуха P, перпендикулярная поверхности крыла, дает
0=F-Psin.
(P5-1)
Второе уравнение описывает движение в направлении оси y. В стационарном полете самолет
не меняет высоту, тогда uy0 и у уравнения нет левой части. Проекцию на ось y дает
собственный вес mg и сила сопротивления P:
0  P cos  mg .
(P5-2)
Третье уравнение. Нет ни одной силы, которая бы действовала в направлении оси z, самолет в
направлении этой оси также не двигается. Это означает, что третье уравнение общей системы
(P5-1) пропадает (0=0).
Если нас интересует зависимость мощности от скорости, то система двух уравнений (P51) и (P5-2) содержит три неизвестные F, P, . Недостающее уравнение ищем из эксперимента, в
котором исследуется сила сопротивления. Этот эксперимент приводит к выводу, что сила
сопротивления воздуха пропорциональна скорости движения тела
(P5-3)
P  v ,
где  - коэффициент пропорциональности, получаемый из справочника.
6) Начальные условия. Полученные уравнения не являются дифференциальными. Поэтому
нет и начальных условий. Полученные условия равновесия сил остаются в силе независимо от
того, сколько времени самолет находится в полете и как далеко он пролетел.
12
Система уравнений (P5-1), (P5-2) и (P5-3) и есть искомая модель, которая позволяет найти
необходимую величину силы тяги для определения мощности двигателя при выбранной
скорости самолета.
*********
Практические выводы
- Самолеты используют на больших высотах – там плотность воздуха и, соответственно, сила
сопротивления довольно малы. Самолет при ограниченной мощности достигает большей скорости.
- Летая по одному и тому же маршруту, время полета отличается в зависимости от того,
летит самолет против ветра или по ветру.
Пример 6
С какой скоростью должен ехать вагон по мертвой петле?
1) Что необходимо определить? Когда вагон заезжает наверх, сила тяжести тянет его вниз.
Вагон останется прилипшим к рельсам только тогда, когда центробежная сила инерции будет
больше силы тяжести. Чем больше скорость движения, тем
больше
центробежная
сила.
Очевидно,
существует
минимальная скорость, при которой вагон не упадет на землю.
2) Выбор системы координат. Шаг спирали мал по сравнению
с диаметром мертвой петли. Это позволяет рассматривать
проблему как движение в плоскости.
Движение происходит по кругу, поэтому удобнее
использовать полярную (r, ) систему координат.
Будем отсчитывать перемещение точки от центра круга. Тогда
ux=x, uy=y. Из рисунка видно:
u x  x  r cos  ;
y
a
a
a
  t
x
u y  y  r sin  .
Чтобы получить скорость, продифференцируем по времени.
Радиус r во времени не меняется, меняется только угол .
u x  r sin  ;
(P6-1)
u y  r cos  .
В полярной и цилиндрической системе
используется понятие угловая скорость 

Дифференцируя
ускорение:
скорости
координат
y
d
  .
dt
(P6-1)
и
(P6-2),
получим
 sin   r 2 cos  ;
 x  r
u
(P6-3)
 cos  r 2 sin  .
 y  r
u
(P6-4)
(P6-2)
a
a
ar
  t
x
Проецируя эти ускорения на оси r,  получим ускорения точки в полярной системе координат
 x cos   u
 y sin   r 2  r2 ;
ar  u
  r
.
 x sin   u
 y cos  r
a   u
(P6-5)
(P6-6)
13
3) Какие величины «Механики» надо найти? Движение вагона надежно только тогда, когда
вагон прижат к рельсам, т.е. реакция N < 0.
4) Какую модель выбираем? Нас интересует движение вагона по рельсам, т.е. по линии.
Поэтому выбираем модель материальной точки. Уравнения (2-1) из Части 1 надо перевести из
координат x, y в координаты r, , используя соответствующие ускорения (P6-5) и (P6-6):
ma r   Frk ;
ma    Fk
k
(P6-7)
k
5) Применение модели к задаче. Первое уравнение. В направлении r проекции дают реакция
рельсов N и собственный вес mg. Ускорение выражается формулой (P6-5):
 r 2   N  mg sin  .
Второе уравнение - на ось . Проекции дают сила
тяги двигателя F, сила трения Fber=fN и
собственный вес mg. Ускорение определяется
выражением (P6-6)
  F  fN  mg cos .
(P6-9)
r
6) Начальные условия. Уравнения (P6-8), (P6-9)
при известной силе тяги F содержит две
неизвестные величины – угол (t), который
определяет положение вагона, и реакцию рельсов
N. Угловая скорость не является самостоятельной
величиной, т.к.  
(P6-8)

r
F
N

mg
Fber
d
.
dt
Чтобы определить, сколько начальных условий надо сформулировать, сначала выразим
N из (P6-8) и подставим в (P6-9). Видно, что у нас остается одно дифференциальное уравнение
второго порядка с неизвестным (t), следовательно необходимы два начальных условия.
Необходимые начальные условия получим, зная, что начать движение можно только из
нижнего положения
(0)  

2
и
 (0)  (0)  0 .
(P6-10).
Система уравнений (P6-8) и (P6-9) с начальными условиями (P6-10) и есть искомая
модель для решения данной проблемы.
Пример 7
Как размещать спутники связи?
1) Что необходимо определить? Спутник связи выпущен на орбиту, по которой он вращается
вместе с Землей так, чтобы в любое время суток его положение относительно Земли не
менялось.
2) Выбор системы координат. Также как и в прошлом примере выбираем полярную систему
координат, связанную с центром Земли.
3) Какие величины «Механики» надо найти? Спутник находится в определенном положении
под влиянием поля гравитации Земли. Равновесие сил может наступить только на
определенном расстоянии от Земли. Эту высоту также надо определить.
4) Какую модель выбираем? В этом случае, хоть речь идет о системе тел, которую образуют
Земля и спутник, из-за огромной разницы в массах обоих тел можем рассматривать движение
только одной точки – спутника. В Примере 6 получены уравнения движения в полярной
системе координат (P6-7)
14
ma r   Frk ;
ma    Fk .
k
k
Находим выражение для ускорения в случае, когда материальная точка вращается по
  r и a   r
  r
.
окружности неизменного радиуса r: a r  r
5) Применение модели к задаче. Первое уравнение cодержит гравитационную силу F
2
2
 mr 2  F .
(P7-1)
Второе уравнение не содержит ни проекции сил ни ускорений, т.к. спутник вращается вокруг
Земли с
  const .
Сила взаимного притяжения двух тел в поле гравитации
m
mM
F 2 .
r
F
Гравитационную постоянную  находим, зная, что это
выражение остается в силе и тогда, когда спутник
находится на поверхности Земли (радиус Земли R)
gR 2
mM
R
------> F  mg  
mg   2 ------>  
M
R
r
r
M
2
R2
Тогда (P7-1) дает зависимость   g 3 . Если спутник вращается вместе с Землей, тогда 
r
2
известна и r вычисляется из последнего выражения.
Пример 8
Столкновение двух машин.
1) Что необходимо определить? Автомашина А пересекала перекресток в северном
направлении, где и произошло столкновения с машиной В, ехавшей в восточном направлении.
Оба водителя утверждают, что ехали с допустимой скоростью 50 км/ч, а слишком быстро ехал
другой водитель. Известно, что масса машины А 1000кг, масса машины В 1800кг. В результате
удара обе машины скользили в северо-восточном направлении, образуя угол 45 градусов с
восточным направлением. Какой из водителей ехал с большей скоростью?
2) Выбор системы координат.
Выбираем прямоугольную систему координат с
y
центром в месте удара и осями, совпадающими с
предыдущими направлениями движения машин.
3) Какие величины «Механики» надо найти?
B
Необходимо решать проблему движения. Нас
x интересуют скорости машин до удара.
4) Какую модель выбираем? До удара движение
A
машин можно моделировать при помощи модели
материальной точки.
Тогда общей моделью будет система материальных точек. Если рассматривать обе машины
после удара, то движение можно описать при помощи модели одной материальной точки
d 2u x
m 2   Fxk ;
dt
k
m
d 2u y
dt
2
  Fyk .
k
15
Нас интересуют только скорости, поэтому перепишем в следующем виде
m
dv y
dv x
  Fxk ; m
  Fyk ------> m dv x   Fxk dt ; m dv y   Fyk dt .
dt
dt
k
k
k
k
Если масса во времени не меняется, то можем записать так
d(m v x )   Fxk dt ;
d(m v y )   Fyk dt .
k
k
Интегрируем обе части уравнения по времени (от t1 до t2)
t2
t2
t1
t1 k
 d(m v x )   
t2
mv x (t 2 )  mv x (t 1 )   
k t1
Fxk
t2
t2
t1
t1 k
 d(m v y )    Fy dt
Fxk dt ;
k
t2
; mv x (t 2 )  mv x (t 1 )    Fx .
k
(P8-1)
k t1
В «Механике» произведение массы на скорость mv называют количеством движения, а
t2
интеграл
 Fdt
импульсом силы. Зависимость (P8-1) утверждает, что изменение количества
t1
движения тела или системы равно сумме импульсов силы.
5) Применение модели к задаче. Каждая из машин до удара двигалась в направлении своей
оси. После удара количество движения общей массы двух машин равно сумме количеств
движения до удара, т.к. с внешними силами (трением, ветром) можем не считаться ввиду
малого промежутка времени.
m B v B  (m A  m B ) v cos  ;
m A v A  (m A  m B ) v sin  ,
(P8-2)
где v - общая скорость машин после столкновения,  - угол направления этой скорости с осью
x. После аварии не можем констатировать, какой была скорость после удара v, поэтому
исключим ее из системы (P8-2), разделив одно уравнение на другое
mA vA
 tg .
mB vB
Зная угол  можем определить, каково было отношение скоростей до удара.
Пример 9
Как отскакивает хокейная шайба при ударении о борт?
1) Что необходимо определить? Хокеистам очень важно знать, в каком направлении отскочит
шайба от удара о борт.
2) Выбор системы координат. Систему отсчета выбираем с началом в точке удара. Ось z
направим вертикально. Это позволит рассматривать движение шайбы в плоскости xy как это
видно на рисунке.
3) Какие величины «Механики» надо найти?
y
Обозначим компоненты скорости шайбы до
удара
v x , v y
(известные) и после удара
v
v x , v y (искомые).
x
16
4) Какую модель выбираем? Вращательное движение шайбы нас не интересует, поэтому
выбираем модель материальной точки. Т.к. нас не интересует движение во времени, а скорость
меняется в очень короткое время, то систему уравнений запишем в форме (P8-1):
t2
mv x (t 2 )  mv x (t 1 )   
Fxk
k t1
t2
;
mv x (t 2 )  mv x (t 1 )    Fxk .
k t1
5) Применение модели к задаче. В момент удара на шайбу действует только одна сила –
реакция борта. Учитывая ранее введеные обозначения компонент скорости до и после удара,
общие уравнения системы примут конкретный вид
mv x  mv x   Fber ;
t
mv y  mv y   N ,
(P9-1)
t
где t - время удара. Т.к. величина импульсов неизвестна, то сразу рассчитать изменение
скорости из (P9-1) мы не можем.
y
-
+
x
vx
v
v y
y
v y
x
x
Fber
N
Первое уравнение. Импульс силы трения и есть потеряная энергия шайбы. Эта величина зависит
от материала поверхности. При ударе двух билиардных шаров с потерями можно не считаться.
А при ударе резиновой шайбы о деревянный бордюр потери значительны. В справочниках
собраны данные о потерях в зависимости от материала поверхностей. Эти эксперименты
описываются при помощи коэффициента удара 
v x  v x .
(P9-2)
Второе уравнение. Если тело ударяется о преграду перпендикулярно ее поверхности, то
материал под поверхностью сжимается (пока кинетическая энергия тела расходуется на
деформацию и скорость тела уменьшается до нуля). Материал сжимаясь (как пружина),
накапливает потенциальную энергию. Возвращаясь в начальное состояние, материал отдает
накопленную энергию и отбрасывает тело. Если бы материал был абсолютно упругим, то
отдавал бы такую же большую энергию, которая была накоплена, т.е. тело бы получило такую
же скорость, как до удара, только с обратным знаком. Большая часть материалов имеет
довольно большие потери. Их находят экспериментально, исследуя соударение двух тел и
результат получают в форме
v y   Rv y ,
(P9-3)
где коэффициент R называют коэффициентом восстановления. Естественно, что значение
коэффициентов R,  меньше 1.
Пример 10
Определение силы удара падающего тела.
1) Что определить? На заводе на перекрытии в здании между этажами размещают станки.
Выяснить, важно ли, как происходит освобождение троса при соприкосновении станков с
перекрытием.
17
2) Выбор системы координат. Станок на тросе опускается вертикально. Это означает, что нам
фактически надо выбрать только начальную точку для этой единственной оси. Выберем ее
совпадающей с поверхностью перекрытия.
3) Какие величины «Механики» надо найти? Нас интересует сила, которая действует на
балку перекрытия и зависимость этой величины от высоты падения станка (далее тела) на
балку.
4) Какую модель выбираем? Нам надо исследовать кратковременное (ударное) движение.
Как было видно из прошлых примеров, процесс удара не удается исследовать при помощи
уравнений движения материальной точки. Рассматривая удар перпендикулярно поверхности,
используем понятие потенциальной и кинетической энергии.
Тело рассматриваем как материальную точку, а балку - как безмассовую (масса много
меньше массы станка) упругую связь (пружину).
F()
h
Fd
d
Q

st
d
5) Применение модели к задаче. Не будем записывать уравнения движения (так тоже можно
делать!), а проследим за изменением энергии. Рассмотри случай, когда тело весом Q падает с
высоты h на деформируемую балку. В самом нижнем положении тело будет находиться тогда,
когда упадет на величину h+d, где d перемещение в момент удара. Тело Q теряет
потенциальную энергию Q(h+d). Эта энергия переходит в кинетическую, которая в свою
очередь при ударе выполняет работу и переходит в потенциальную энергию деформации балки.
Ее можем определить, перемножив силу F в балке на ее перемещение. Как видно из графика,
при деформации сила в балке возрастает постепенно начиная с нуля. Поэтому точный рассчет
возможен только путем интегрирования
d
   F(  ) d .
o
Если упругие свойства описываются линейной зависимостью F(  )  c , тогда
d
2d 1
  c  d  c
 Fd  d .
2 2
o
Зная смысл действия интегрирования, этот результат можем получить просто рассчитав
площадь треугольника (см. заштрихованную площадь на графике).
Приравниваем потерянную энергию к полученной
1
2
Q(h+  d )= Fd  d .
Прогиб упругой балки пропорционален силе
Fd  d

, где st – прогиб балки от силы Q, если
Q  st
она приложена статично (без удара). Разделив энергию в обеих частях уравнения на Q и вместо
отношения сил введя отношение перемещений, перейдем к уравнению
18
h  d 
d
d ,
2 st
которое перепишем в форме классического квадратного уравнения
2d  2 st  d  2h st  0 .
Решим относительно перемещения при ударе d. Перемещение при ударе d всегда больше
статического, поэтому подходит только один корень.
*********
Практические выводы
-Видим, что перемещение при ударе d в k= (1  1 
2h
) раз больше прогиба st при
 st
таком же весе Q, если он просто лежит на балке. Т.к. высота падения во много раз больше, чем
прогиб при статическом нагружении, то k может достичь очень большого значения. Из
пропорции сил и перемещений следует, что ударная сила в k раз больше силы при постоянной
нагрузке Fd=kQ .
-Отметим, что ударный коэффициент k=2, если тело падает даже с нулевой высоты.
Поэтому размещая тяжелое тело в здании надо побеспокоится о том, чтобы тросы опускались
медленно до тех пор пока трос не провиснет.
Пример 11
Начало движения состава поезда.
1) Что определить? Пассажир, сидящий в одном из вагонов при начале движения поезда часто
чувствует серию ударов. Почему?
2) Выбор системы координат. Движение состава происходит в направлении одной оси. Начало
этой оси выберем в начальном положении локомотива.
M
m2
m1
3) Какие величины «Механики» надо определить? Удары могут быть вызваны только резким
изменением скорости. Значит, нас интересует скорость вагонов.
4) Какую модель выбираем? При движении вдоль одной оси каждый вагон можем
рассматривать как материальную точку. Вагоны (материальные точки) соединены пружинами.
Система уравнений состоит из n+1 уравнений
m2 m1 M
(n – число вагонов)
F
i  Fi  Fi 1
miu
i  0,1,..n .
5) Применение модели к задаче. Первый интервал времени ( 0  t  t 1 ). Начало движения,
уравнение движения локомотива
 0  F  c 01u o ,
Mu
(P11-1)
19
где c01 - жесткость пружины, которая находится между локомотивом и первым вагоном, F сила тяги двигателя локомотива.
 0 (0)  0.
Начальные условия - u o (0)  0; u
Пока сила пружины буфера c01u0 не будет больше, чем сила трения покоя первого вагона
f m m 1g (см. Пример 3), движется только локомотив и удаляется от первого вагона из-за
растяжения пружины. Когда c 01u 0  f m m 1g начнет двигаться и первый вагон. Из этого
условия находим u 0 ( t 1 ) и соответствующее ему t1 из закона движения локомотива.
Второй интервал времени ( t1
 t  t 2 ). Уравнения движения системы будут
Mx 0  F  c 01 (u 0  u1 ) ;
(P11-2)
1  c 01 (u 0  u1 )  f s m1g ,
m 1u
(P11-3)
где fm - коэффициент трения покоя, fs - коэффициент трения скольжения.
6) Начальные условия для данной системы запишутся следующим образом:
 0 (t 1 )  u 0 (t 1 );
-В движении локомотива нет никаких перерывов u 0 (t 1 )  u 0 (t 1 ); u
 1 (t 1 )  0 .
-Первый вагон начинает движение из положения покоя u1 (t 1 )  0; u
Снова интегрируем (теперь уже два уравнения) при данных начальных условиях. Читателю
предлагаем самостоятельно записать начальные условия движения второго вагона и уравнения
движения трех тел (локомотива и двух вагонов).
Т.к. сила трения покоя больше силы трения скольжения, то в начале движения первого
вагона пружина должна растянуться до силы c 01u 0  f m m 1g . Сразу после начала движения
для преодоления трения скольжения необходима меньшая сила - f s m 1g . Разница между
( f m m 1g - f s m 1g ) выражается как внезапно приложенный дополнительный удар (изменение
силы в короткий момент времени). Пассажир, сидящий в одном из средних вагонов при начале
движения поезда, также часто чувствует серию ударов (столько ударов, сколько вагонов между
локомотивом и вагоном пассажира).
Пример 12
На сколько наклонной должна быть поверхность, чтобы колесо начало катиться по ней?
1) Что необходимо определить? У катящегося колеса есть трение, это трение качения. Нам
надо выяснить, как его учитывать в модели.
2) Выбор системы координат. Второй закон
Y
Ньютона действителен только в инерциальной
y
системе координат. Исследуя качение колеса,
за таковую можем принять систему X, Y,
которая связана с Землей. Проще записать
вращение колеса в системе x, y, начало
которой совпадает с осью колеса. Мы запишем
x
уравнения в подвижной системе отсчета x, y и
учтем также переносное ускорение, т.е.
ускорение, с которым движется система x, y
относительно системы X, Y.
3) Какие величины «Механики»
надо
найти? Надо найти величину силы трения
X
качения.
20
4) Какую модель выбираем? Исследуем проблему движения тела. Нас интересует также
поворот тела. Поэтому надо использовать модель твердого тела. Ее система уравнений
получена в Части 1 2.2.2 в пункте (2-2). В нашем случае колесо вращается только вокруг оси
(колеса) z, а относительно двух других не вращается и ни одна сила не дает момента
относительно них. Колесо не перемещается в направлении оси z, и ни одна сила не дает на нее
проекцию. Поэтому из системы 6 уравнений остается лишь 3:
d 2u y
d 2z
(P12-1)
m 2   ; J z 2   M kz .
dt
dt
k
k
 x =0 является ускорением
5) Применение модели к задаче. Первое уравнение. Ускорение u
d 2u x
m 2   Fxk ;
dt
k
Fyk
колеса относительно оси в подвижной системе координат. Абсолютное ускорение - это сумма
ускорения переносного движения aY (как подвижная система x, y движется относительно
неподвижной X, Y) и ускорения колеса в подвижной системе x, y.
Y
y
v
r
N
N
Fber
x
k

k
mg
X
(P12-1)
ma y  mg sin   Fber .
Второе уравнение. Т.к. все время u y  r  const , то этому перемещению соответствует
 y  0 и получаем уравнение равновесия
ускорение u
0  N  mg cos .
(P12-2)
Третье уравнение это уравнение моментов относительно оси z. Сила трения Fber - сила, с
которой одна поверхность пытается скользить относительно другой. Физика трения качения
изображена на рисунке. Колесо собственным весом немного надавливает на поверхность, по
которой катится. Это значит, что в направлении качения образуется волна, а за колесом –
небольшая ямка. Как видим, этот рисунок не симметричен и поэтому реакция N смещена
вперед на величину k. Относительно центра колеса появляется момент Nk, который действует
против движения и называется момент трения качения. А величину k называют коэффициентом
трения качения.
J z  z  Fber r  Nk z
(P12-3)
Получили систему 3 уравнений с 4 неизвестными: a y , N, z , Fber . Дополнительную
зависимость получаем из того, что колесо катится. У точки колеса, которая соприкасается с
землей, скорость равна нулю. Поэтому перемещение центра u x  r и соответственно
 x  rz .
ay  u
(P12-4)
21
6) Начальные условия. В системе четырех уравнений можем исключить неизвестные
a y , N, Fber и получить одно дифференциальное уравнение второго порядка относительно угла
 ( 0) .
поворота  z . Поэтому необходимы два начальных условия  z (0) и 
z
*********
Практические выводы.
Трение качения появляется у колеса при надавливании на поверхность. Чем мягче поверхность, тем глубже
надавливание и тем больше момент сопротивления, который надо преодолеть. Поэтому качество дороги тем выше,
чем тверже и глаже покрытие, т.е. расход бензина будет меньше.