Теоретическая механика. Часть 4. Динамика точки.

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
ЮЖНО-УРАЛЬСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ
ЗЛАТОУСТОВСКИЙ ФИЛИАЛ
ПРОГРАММИРОВАННОЕ ПОСОБИЕ
ПО ДИНАМИКЕ ТОЧКИ
ЧАСТЬ 1
Златоуст 2001
ВВЕДЕНИЕ
Программированное обучение базируется на достижениях кибернетики как
науки об общих закономерностях процессов передачи информации и управления
ею.
Программированное обучение представляет собой совокупность методов и
средств оптимизации массового обучения на основе последовательного осуществления принципа программного управления. Главная задача высшей школы повышение качества обучения, поэтому кафедра технической механики ЭФ ЧПИ
рассматривает программированное обучение прежде всего как систему управляемой самостоятельной работы студентов.
Основные требования к такой системе следующие:
1. Следует увеличить число часов на самостоятельную работу студентов во
время, регламентированное расписанием.
2. Обеспечить всех студентов учебниками и учебно-методическими пособиями.
3. Самостоятельная работа в аудитории должна проходить под контролем
преподавателя и управляться им.
4. Самостоятельная работа как аудиторная, так и домашняя должна сопровождаться самоконтролем студентов в процессе обучения и достаточно частым и
элективным контролем преподавателя по отдельным этапам изучаемого курса.
5. Необходимо предоставить возможность изучения курса в темпе, определяемом индивидуальными способностями каждого студента.
6. Система должна обеспечить логическую связь между всеми формами
учебного процесса: лекциями, практическими занятиями, самостоятельной работой дома и в аудитории.
2
Раздел I
ЗАКОНЫ ДВИЖЕНИЯ ТОЧКИ
Раздел состоит из трех тем и рассчитан на 6 ч самостоятельной работы студентов в классе «Аккорд». После его изучения студент должен:
1) знать: а) формулировку основных законов динамики и две ее основные
задачи; б) как получаются дифференциальные уравнения движения материальной
точки в декартовых, естественных, подвижных осях координат;
2) уметь: а) практически применять основные законы динамики при решении задач; б) составлять схему сил, действующих на точку; в) составлять и решать дифференциальные уравнения движения материальной точки; г) различать
1-ю и 2-ю основные задачи динамики; д) определять начальные условия;
3) помнить: а) формулы, выражающие закон движения точки в подвижной и
неподвижной декартовых системах координат; б) вид дифференциальных уравнений движения точки в абсолютном и относительном .движениях; в) закон движения точки под действием. постоянной силы; г) порядок решения задач.
Динамика - основной раздел теоретической механики, в котором устанавливается и изучается связь между движениями материальных тел и действующими
на них силами. В самостоятельный раздел механики динамика выделилась сравнительно недавно, в XVII веке. Основоположником ее считают Галилея. До него
рассматривали силы и, в частности, силы и, в частности, силу тяжести лишь в
применении к задачам статики. Галилей рассмотрел вопрос о движении тел под
действием силы тяжести, впервые ввел понятие ускорения, сформулировал закон
инерции. Свое дальнейшее развитие динамика получила в работах английского
ученого Ньютона, который открыл закон всемирного тяготения, впервые сформулировал и изложил основные законы динамики в своем труде «Математические
начала натуральной философии" (1687 г.). Особое значение имел установленный
Ньютоном закон равенства действия и противодействия, позволивший перейти от
динамики точки к динамике системы точек.
Большое значение для развития динамики имели работы И.Бернулли,
Л.Эйлера, Ж. Даламбера, Ж. Лагранжа. Н.Бернулли впервые сформулировал
принцип механики - принцип возможных перемещений (1717 г.). Л.Эйлер является родоначальником аналитического метода решения задач динамики точки. Им
были получены дифференциальные уравнения движения точки, которые носят его
имя (1736 г.).
Аналитический метод решения задач динамики системы был дан Лагранжем в его работе "Аналитическая статика" (1788 г.). Дифференциальные уравнения движения системы в обобщенных координатах носят его имя. Ж.Даламбер
сформулировал принцип (1743 г.), Лежащий в основе метода кинетостатики.
В XIX и XX веках большое значение для развития динамики имели работы
русских ученых Жуковского, Мещерского, Циолковского. Жуковский - основатель аэродинамики. Труды Мещерского и Циолковского лежат в основе современной теории движения ракет.
3
Все материальные тела можно рассматривать как совокупность материальных точек, «движение тел конечной величины не может быть объяснено,
пока не будет тщательно исследовано движение точек» (Эйлер). Исходя из высказывания Эйлера, остановимся сначала на изучении законов движения отдельной
материальной точки. Обобщая полученные результаты на случай нескольких материальных точек, получаем законы движения системы точек. Таким путем придем к тем общим законам, которым подчиняется движение всякого материального
тела.
В соответствии со сказанным динамика делится на две части: динамику материальной точки и динамику системы материальных точек.
Тема 1. Основные законы динамики точки
Первый закон (закон инерции)
Открыт в 1636 г. Галилеем: если на материальную точку не действуют никакие силы, то она или находится в покое, или движется прямолинейно и равномерно.
Древние философы утверждала, что для создания равномерного прямолинейного движения точки необходимо подействовать на нее постоянной силой в
направлении движения. Их утверждение противоречит наблюдаемому опыту, который показывает, что скорость тела, движущегося вдоль горизонтальной плоскости, постепенно уменьшается и в конце концов становится равной нулю. Первым
объяснил это изменение скорости Галилей действием сил трения и сопротивления
воздуха. При уменьшения последних движение все больше будет приближаться к
равномерному. В идеальном случае, когда сопротивление отсутствует, скорость
постоянна. Из итого закона вытекают следующие утверждения;
1) материальная точка не может сама изменить свою скорость, для этого она
нуждается во внешнем воздействии. Свойство точки сохранять свою скорость
неизменной как по модулю, так и по направлению, в частности, сохранять состояние покоя называется инертностью или инерцией точки, а само прямолинейное
равномерное движение называется движением по инерции;
2) если точка имеет движение, отличное от инерционного, следовательно,
на нее подействовала некоторая сила.
Второй закон (основной заной динамики)
Сила, действующая на точку, равна произведению массы на ускорение и
направлена в сторону ускорения. Он тоже открыт Галилеем. Опытным путем, измеряя отрезки пути, пройденные за последовательные промежутки времени, он
установил, что падающие тела имеют постоянное ускорение, т.е. постоянная сила,
действуя на тело, создает постоянное ускорение g = 981 см/с2.
Итак, представим себе материальную точку M, которая движется непряF . Она
молинейно и неравномерно, так как на нее подействовала некоторая сила



сообщила точке М ускорение a . Согласно второе основному закону F = m a (1),
4
где m - скалярная, постоянная для данной точки величина. Выясним физический
смысл m, так как F = ma, m =
F
, откуда видно что чем
a
больше масса точки, тем меньше её ускорение, т.е. тем
больше точка сопротивляется изменению скорости. А
это свойство точки сохранять свою скорость неизменной называется инертностью. Следовательно, масса
является мерой инертности точки.
Второй основной закон динамики можно сформулировать иначе: сила, действующая на точку, равна
производной от количества движения точки по времени.
Рис. 1


 dV

Действительно, F = m a , но a 
и тогда, внося массу под знак производdt
ной, имеем: 
 d (mV )
F
,
(2)
dt

где m V - вектор количества движения точки. Количеством движения точки
называется векторная
величина, равная произведений массы точки на её скорость. Равенства (1) и
(2) - основные уравнения динамики.
Третий закон (закон равенства действия и противодействия)
Он открыт Ньютоном. Если первые два закона справедливы только в инерциальной системе отсчета, то этот закон справедлив в любой системе отсчета: две
точки действуют друг на друга с силами, равными по величине и противоположными по направлению.
Пусть
имеем две точки A и B, которые действуют друг на друга с силами




F 1 и F 2, соответственно сообщают друг другу ускорения a 1 и a 2. По второму за







кону F 1 = m1 a 1; F 2 = m2 a 2, а по третьему закону F 1 = F 2; m1 a 1 = m2 a 2 или
a1 m2
. Из последнего равенства видим, что точки сообщают друг другу ускоре
a 2 m1
ния, обратно пропорциональные их массам.
Четвертый закон (закон независимости действия сил)
Он сформулирован Ньютоном: если на материальную точку одновременно
действуют несколько сил, то ускорение точки равно геометрической сумме тех
ускорений, которые получает эта точка от действия каждой из сил в отдельности.



Пусть на материальную точку M действует система сил F1 , F2 , Fi , …, Fn .
 


Каждая из них сообщила точке ускорение (соответственно) a 1, a 2, …, a i, …, a n.
5





Тогда по четвертому закону полное ускорение точки a = a 1 + a 2 + a i + a n. Умножим обе части этого равенства на массу точки m. Получим













ma  ma1  ma 2  ...  mai  ...  ma n , но ma1  F1 ; ma 2  F2 , …, mai  Fi ; …; ma n  Fn , то




n


гда ma  F1  F2  ...  Fi  ...  Fn   Fi  R ,
i 1
 
ma  R
(3)
Полученное равенство (3) называется основным уравнением динамики точки в случае нескольких сил, действующих на точку. R - здесь равнодействующая
всех сил.
Примечание. Если точка несвободная, то её нужно мысленно освободить от
связей, заменяя их силами реакций связей, и реакции включить в число сил, действующих на
точку. Основное уравнение динамики несвободной точки
  
(4)
ma  F  N

где F - активная сила (или равнодействующая активных сил, если их несколько);

N - реактивная сила (или их равнодействующая, если их несколько).
Законы классической механики подтверждаются опытами и наблюдениями,
потому являются объективными законами природы.
Единицы измерения
В динамике будем пользоваться технической системой единиц (МКГСС),
международной системой (СИ) и физической (СУС).
1. МКГСС. Основные единицы: 1 ед. силы - 1 кг, 1 ед. длины - 1 м, 1 ед.
времени - 1 с. Единица массы здесь является производной единицей и отыскивается из основного уравнения динамики точки F = ma:
m = F/a=1 кг/1 м/c2 = 1 кг с2/м = 1 т.е.м.
Эта единица массы называется технической единицей массы.
2. СИ. Основные единицы: единица массы - 1 кг, единица длины -1 м, единица времени - 1 с. Единица силы здесь производная и отыскивается на основании второго закона F = ma.1 ед. силы = 1 кг 1 м/с2 = 1 кгм/с2 = 1 Н, называется эта
единица ньютоном.
3. CУС. Основные единицы: единица массы - 1 г, единица длины - 1 см,
единица времени - 1 с. Единица силы - производная. 1 ед. силы = 1 г 1 см/с2 = 1 г
см/с2 , называется эта единица диной.
Контрольные вопросы и задания к теме №1
№1. Которое из данных равенств не выражает второго закона динамики?

1. F  ma .

2. F  mr . 
3. F 
d (mV )
.
dt
6
4. F  m
dV
.
dt
№2. Движущийся вагон ударяется о неподвижный. На какой из них действует большая сила?
1. На движущийся.
2. На неподвижный.
3. На оба вагона действуют одинаковые силы.

 


№3. На каком рис. 2,3 или 4 верно указан вектор F  ma , где a  a  a n ?
Рис. 2
Рис. 3
Рис. 4
№4.
действует движущая сила:
Рис 5
ения на него
I) направление ее совпадает с направлением
скорости (рис. 5);
2) направление ее совпадает с направлением
ускорения (рис. 6). Vo - начальная скорость точки.
Сопротивлением среды пренебречь.
№5. Торможение лифта начинается при постоянной скорости V =1,8 м/с и происходит с
постоянным замедлением. Через две секунды после начала торможения лифт останавливается. Определить
давление на дно лифта, передаваемое при его остановке человеком, вес которого 68 кг (g = 10 м/с2).
1. N = P = 68 кг.
2. N = 61,88 кг.
Рис. 6
3. N= 74,12 кг.
№6. Автомобиль ехал по прямому горизонтальному пути, после торможения проскользил 12 м. Коэффициент трения между шинами и дорогой f = 0,6.
Определить скорость автомобиля в момент начала торможения
1. V0 = 12 м/с.
2. V0 = 6 м/с.
3. V0 = 24 м/с.
№7. На тело в течение 5 с действует постоянная сила F1 = 4 кг, а затем
начинает, действовать в обратном направлении постоянная сила F2 = 1,2 кг. Какое
время t1 вторая сила должна действовать на тело, чтобы привести его в состояние
7
покоя?
1. t1 = 5 с.
2. t1 = 16,6 с.
3. Нет верного ответа.
№8. Материальная точка массой m = 2 кг описывает криволинейную траt
2
екторию по закону S  12 sin( ) м. В данный момент она занимает положение М и
имеет скорость V = 3 м/с, причем радиус кривизны траектории в точке М равен 6
м.
Найти в этот момент величину силы, действующей на точку.
1. F = 3 Н.
2. F = 3 3 Н.
3. F = 6 Н.
4. Нет верного решения.
№9. Воздушный шар весом Р опускается с ускорением a. Какой груз Q
необходимо сбросить, чтобы шар стал подниматься с таким же ускорением?
2 pa
.
g
2p
2. Q 
.
g
1
a
1. Q 
3. Нет верного ответа.
№ 10. Кривошип ОА = l, вращаясь равномерно с угловой скоростью перемещает кулису К,
движущуюся поступательно вдоль направляющих
(рис.7). Найти давление Q ползуна А на кулису,
если вес последней Р. Трением пренебречь ( =
t).
P 2
l .
g
P
2. Q   2 x ; x = lcost.
g
P
3. Q   2 y ; y = lsint.
g
1. Q 
Рис. 7
Тема 2. Две основные задачи динамики точки
Дифференциальные уравнения движения в проекциях на неподвижные декартовы оси
Рассмотрим криволинейное движение некоторой
точки М массы m под действием силы F в неподвижной
системе координат (рис. 3).
Её движение описывается основным уравнением
8





динамики F = m a , a = V = r , следовательно,


F = m r
(5)
Полученное равенство (5) называется дифференциальным уравнением движения свободной материальной точки в векторной форме. Спроектируем обе его
части на неподвижные оси, обозначив проекции силы на оси X, Y, Z, радиусавектора x,у, z, получим три скалярных уравнения:
Рис. 8
X = m x ; Y = m y ; Z = m y
(6)
Система (6) - дифференциальные уравнения движения точки в скалярной
форме. Если точка движется в плоскости, то для неё составляют два дифференциальных уравнения: X = m x ; Y = m y , а если ее движение прямолинейно , то одно X = m x .

Для
несвободной материальной точки основное уравнение
пишется
так: m a




= F + N и дифференциальные уравнения примут вид: m r = F + N (в векторной
форме) и m x = X + Nx; m y = Y + Ny; m z = Z + Nz (в скалярной форме).
Если на точку одновременно действуют несколько сил, то в равенстве (5)

под F следует понимать их равнодействующую, а под X, Y, Z - ее проекции на
оси OX, OY, OZ.
Дифференциальные уравнения движения точки в проекциях на естественные оси


В некоторых случаях удобнее равенство F = m a проектировать на естественные оси
(рис.
9). Обозначим проекции силы,



  
действующей на точку F , F n, F b, а ускорения a , a n, a b. Тогда

в проекциях на оси равенство F = m a выглядит так: F = ma; Fn =
man; Fb = mab.
Но проекции ускорения на естественные оси:
Рис. 9
dV
V2
a 
; an 
; ab  0 .
dt
r
Тогда
dV
V2
F  m
; Fn  m
; Fb  0 .
dt
r
Полученная система (7) и есть дифференциальные уравнения движения
свободной материальной точки в проекциях на естественные оси координат. Если
точка несвободная, то эти уравнения примут вид:
F  N  ma ; Fn  N n  man ; Fb  N b  0 .
Если же на точку одновременно действуют несколько сил, то в системе (7)
под F; Fn; Fb следует понимать сумму проекций всех этих сил на естественные
оси или проекции их равнодействующей.
Уравнения системы (7) называют еще уравнениями в форме Эйлера, так как
они были впервые получены Л. Эйлером в его труде "Механика или наука о движении, изложенная аналитически" (1736 г.). Уравнения же системы (6) получены
9
им позднее (1765 г.) в труде "Теория движения твердых тел".
В динамике все задачи делятся на первую и вторую основные задачи. Первая формулируется так: по заданному закону движения точки определить силу,
действующую на нее, вторая (обратная) - по известным силам, действующим на
точку, найти ее закон движения.
Первая задача возникает, например, при изучении сил, вызывающих движение планет. Кинематические законы их движения были даны Кеплером, что
позволило Ньютону открыть и обосновать закон всемирного тяготения. Вторая
задача встречается, например, при определении траектории снаряда или закона
движения маятника.
Обе задачи решаются при помощи дифференциальных уравнений движения
материальной точки. И если первая решается сравнительно просто, то решение
второй в окончательном виде удается получить далеко не всегда. Поэтому основное содержание динамики сводится к изучению методов решения второй основной задачи.
Рассмотрим решение обеих задач динамики точки.
Первая основная задача.
Зная движение точки, определить саду, действующую на точку. Пусть движение задано координатным способом:
x = f1(t); y = f2(t); z = f3(t).
Силу можно отыскать по её проекциям на неподвижные оси X, Y, Z, которые равны:
X  mx ; Y  my ; Z  mz .

Найдём x , y , z и подставим их в эти формулы. Зная проекции вектора, F
на оси, величину его и направление находит по формулам:
F
X 2  Y 2  Z 2 ; cos  
X
Y
Z
; cos   ; cos   .
F
F
F
Пример. Материальная точка массы m = 1 г движется согласно уравнениям:
x=3t ; y=4t2 см. Определить силу, действующую на точку.
Имеем 1-ю задачу динамики. Чтобы ее решить, запишем для данной точки
уравнения: mx  X ; my  Y . Найдем x и y , x =6, y =8:
2
2см
 6дн ;
c2
2см
Y  8m  8 2  8дн ; F  X 2  Y 2  10дн ;
c
X
Y
cos    0,6 ; cos    0,8 .
F
F
X  6m  6
Примечание. Если движение точки задано естественным способом, то для
нее следует составить уравнения в форме Эйлера и силу найти по проекциям на
естественные оси:
10
F  m
dV
d 2S
V2
 m 2 ; Fn  m
; Fb=0.
dt

dt
Так как закон движения точки S=f(t) задан и траектория известна, то скорость V  S найти нетрудно, a  V  S тоже найдем,  - известно, задача полностью решена.
Вторая основная задача
Первая задача решается дифференцированием, вторая
(обратная) - интегри
рованием. Согласно формулировке второй задачи сила F , действующая на точку,
известна, известны и ее проекции X, Y, Z.
Запишем для точки дифференциальные уравнения: X  mx ; Y  my ; Z  mz .
Дважды проинтегрировав их, найдем:
x = f1(t); y = f2(t); z = f3(t).
Это и будут уравнения движения точки. При этом появляются 6 произвольных постоянных, которые определяются по начальным условиям. Обозначим
их через С1, С2, С3, С4, С5, С6.
Под начальными условиями движения точки следует понимать начальное
положение ее M0 (x0, y0, z0), определяемое ее координатами, и начальную скорость V0 {x0, y0, z0}, заданную ее проекциями на неподвижные оси координат. Начальные условия задаются условием задачи. В результате подстановки начальных
условий движения в первые и вторые интегралы системы составленных дифференциальных уравнений образуется система 6 алгебраических уравнений для
определения постоянных интегрирования.
Пример. Материальная точка брошена под углом  к горизонту в пустоте с
начальной скоростью V0 (рис. 10). Определить движение этой точки, происходящее под действием силы тяжести. Запишем сначала общий порядок решения 2й основной задачи динамики материальной точки.
1) выбираем систему отсчета, в которой рассматриваем движение данной точки;
2) изображаем точку в произвольный момент
времени;
3) составляем схему сил, действующих на
точку;
4) устанавливаем начальные условия;
5) составляем дифференциальные уравнения;
Рис. 10
6) интегрируя, решаем полученные уравнения относительно неизвестных
величин.
Решаем задачу, следуя этому порядку. Изобразим точку в произвольный момент времени. Начало системы отсчета поместим в начальное положение точки.
Запишем начальные условия M 0 (0,0,0):

V0 {x 0 , y 0 , z 0 )
11
При t = 0 { x0  y 0  z 0  0;
{ x 0  0; y 0  V0 cos  ; z 0  V0 sin .
Составляем
дифференциальные уравнения движения данной точки под дей
ствием сила P . X, Y, Z - проекции на оси, они известны:
X=Y=0. Дифференциальные уравнения примут вид:
mx  0; my  0; mz  mg или x  0, y  0, z   g , интегрируя, находим:
x  C1 ; y  C2 ; z   gt  C3 , ищем постоянные: x 0  C1 ; y 0  C 2 ; z 0  C3 ;
x 0  0; y 0  V0 cos  ; z 0  V0 sin . , теперь
x 0  0; y 0  V0 cos  ; z 0   gt  V0 sin .
Еще раз .интегрируя, находим:
gt 2
x  C 4 ; y  V0 t cos   C 5 ; z  
 V0 t sin   C 6 ,
2
Ищем постоянные: С4, С5, С6.
x0 = C4; y0 = C5; z0 = C6; C4 = C5 = C6 = 0.
Окончательно имеем уравнения движения точки:

 x  0;

 y  V0 t cos  ;

2
 z   gt  V0 t sin 

2
Следовательно, траектория точки лежит в плоскости OYZ.
Контрольные вопросы и задания к теме 2.
№11. При выполнении каких условий точка будет двигаться под действием
силы в одной плоскости
OXY

1. Если сила F лежит в этой плоскости.


2. Если V 0 и F лежат в этой плоскости.

3. Если V 0 лежит в этой плоскости.
№12. Точка массы m движется в плоскости по криволинейной траектории
под действием силы F. Дифференцированные уравнения ее движения имеют вид:
1. mx  X ; my  Y .
dV y
dV X
 X;m
 Y.
dt
dt
mdV
mV 2
 F ;
 Fn.
3.
dt

2. m
4. m
dV
mV 2
 X;
 Y.
dt

Укажите неверный ответ.
№13. Материальная точка массы m движется по окружности радиуса a согласно уравнению S=bt . Определить силу, вызывающую это движение.
12
mb 2
a
2. F  F  0 , так как S  a  0 .
1. F  Fn 
3. Нет верного решения.
№14. Груз А опускается вниз по негладкой наклонной
плоскости, расположенной под углом  к горизонту (рис. 11),
двигаясь согласно уравнению x=bgt2; b = const. Определить
Fmp.
1. Fmp = P(sin - 2b).
2. Fmp = f N = fPcos.
3. Нет верного ответа.
Рис. 11
15. Определить натяжение нити математического маятника
длины l и веса P, если качания маятника  = 0sinkt, где
 - угол отклонения маятника от вертикали; 0 и к, - постоянные величины.
2
k 2 l 0
R

P
[cos


cos 2 kt];    0 sin kt.
1.
g
2. R = P.
3. R = Pcos
k 2 l 0
cos 2 kt];    0 sin kt.
4. R  P[cos  
g
2
№16. Материальная точка весом 10 кг движется по окружности радиуса R =
100 м в горизонтальной плоскости под действием переменной силы по закону S =
0,1t3 см.
Определить силу, действующую на точку, когда скорость точки V = 30 м/с
(g = 10 м/с2).
1. F = 9 кг.
2. F = 6 кг.
3. F = 10,8 кг.
№17. Точка массой m движется из состояния покоя по окружности радиуса
R с постоянным касательным ускорением a. Определить силу,
действующую на точку в момент, когда она пройдет расстояние S = R 2 .
1. F = F = ma.
2. F = Зma.
3. F = Fn = 2 2 ma.
№18. Точка массой m движется согласно уравнениям: x = 2sin3t; y = 2cos3t.
Определить силу, действующую на точку. Которая задача динамики здесь сформулирована?
1. Вторая. F = 18 т.
2. Первая. F = 6т.
3. Вторая. F = 6т.
4. Первая. F = 18 т.
№19. Дифференциальные уравнения движения материальной точки в непо13
движной системе координат имеют вид:
1. ma  F ; man  Fn ; mab  Fb .
dV y
dVx
dV
 Fx ; m
 Fy ; m z  Fz .
2. m
dt
dt
dt
3. mx  X ; my  Y ; mz  Z .
Укажите неверный ответ.
№20. Дифференциальные уравнения движения материальной точки в естественном системе координат имеют вид:
1. ma  F ; man  Fn ; mab  Fb .
2. m
dV
V2
 F ; m
 Fn ; Fb  0.
dt

3. m
d2y
d 2x
d 2z

F
;
m

F
;
m
 Fz .
X
y
dt 2
dt 2
dt 2
Укажите неверный ответ.
Тема 3. Прямолинейное движение точки. Динамика относительного движения точки.
Рассмотрим решение второй основной задачи динамики для случая прямолинейного
движения. Пусть некоторая точка M массы m движется под действием

силы F прямолинейно (рис. 12). Считаем, что прямая, по которой движется точка
M, ось x, положительное направление оси - в сторону движения точки. Запишем
дифференциальное уравнение для данной точки: mx  X , но
dV
X=F, x  a  a 
.
dt
Окончательный вид его:
dV
m
F.
dt
Рис. 12
(1)
Сила, действующая на точку, может быть постоянной или переменной.

1. F = const. F = const, то a 
F
=const, движение происходит с постоянным
m
ускорением, т.е. оно является равнопеременным. Закон его известен из кинематики x  x0  V0 t 

at 2
.
2
2. F  const. Рассмотрим три случая.
1). F = F(t) - сила, являющаяся функцией времени. Найдем закон движения
точки, т.е. решаем вторую основную задачу динамики. Для решения необходимо
составить дифференциальное уравнение
m
dV
 F (t ) .
dt
Начальные условия (x0, V0) t0 = 0. Имеем дифференциальное уравнение с
разделяющимися переменными, разделим их и проинтегрируем:
14
t
t
0
0
mdV  F (t )dt; m F (t )dt; mV  mV0  F (t )dt  Ф(t ).
Закон изменения скорости V  V0 
1
Ф(t ).
m
Найдем скорость, дальше заменим V 
dx dx
1
;  V0  Ф(t ) , еще раз интегриdt dt
m
руя, находим x.
Закон движения точки x  x0  V 0t 
t
1
Ф(t )dt.
m 0
(2)
Пример . Материальная точка весом Р движется прямолинейно под действием силы F = Pcost (рис. 13). Найти закон движения ее, если x0  0;V0  x 0  0 .
Следуя общему порядку решения основной задачи динамики, выбираем ось
x, изображаем точку в произвольный момент, расставляем
силы. В приведенном примере на точку действует только
сила F:
Рис. 13
X  F  P cos t ;   const . Составляем дифференциальное уравнение движения:
m
dV
Pdv
 P cos t ,
 P cos t , разделим переменные и проинтегрируем:
dt
gdt
V
t
0
0
dV  g cos tdt;  dV  g  cos tdt; V 
заменяя V, имеем
dx 
g

x

sin t , но V 
dx
,
dt
dx g
 sin t , еще раз разделим переменные, интегрируем:
dt 
sin tdt;  dx 
0
g
g

t
 sin tdt .
0
Получаем закон движения точки x 
g

2
cos t | t0 
g
2
(1  cos t ) /
2) F = F(x) - сила является функцией расстояния, проходимого точкой.
Найдем закон движения точки М (рис. 14). Имеем вторую задачу динамики. Составляем дифференциальное
уравнение и решаем его:
Рис. 14
m
dV
 F ( x); X  F ( x) .
dt
Начальные условия ( x0, V0, t0=0). В полученном дифференциальном уравнении три переменных, исключим из него переменную t. Для этого применяется исdV dx dV dx dx
dV VdV
dV

V;

,
, подставим вместо
его знаdt dx dx dt dt
dt
dx
dt
Vdv
 F (x) - уравнение уже с двучение в дифференциальное уравнение. Имеем m
dx
мя переменными, разделим их и проинтегрируем обе части: mVdV  F ( x)dx ;
кусственный прием
15
V
x
V0
x0
m  VdV   F ( x)dx  Ф( x) ;
V   V0 
2
2
mV 2 mV0

 Ф( x) , отсюда находим скорость
2
2
dx
2
dx
2
2
Ф( x) , далее, заменяя V  , имеем
  V0  Ф( x ) .
dt
m
dt
m
Еще раз разделим переменные и проинтегрируем;
dx
 V0
2
2
 Ф( x)
m
x
 dt ; t 

x0
dx
 V0
2
2
 Ф( x)
m
.
Это равенство решим относительно x и имеем закон движения точки
x = f(t)
(3)
Пример. Материальная точка массы m притягивается к неподвижному центру 0 силой F = cx, где c = const - коэффициент пропорциональности, x - расстояние точки М до центра 0 (рис. 15). Найти закон движения точки, если x0 = a; V0 =
0.
Решение. Выбираем ось x, расставляем силы, изобразив точку в произвольном положении, и составляем дифференциальное уравнение m
dV
 X , но X=
dt
dV
 cx , дальше исключаем пеdt
dVdx
 cx ; mVdV  cxdx .
ременную t : m
dxdt
-F; F = cx, имеем m
Рис. 15
V
m  VdV  c
Разделим переменные и, интегрируя
0
V 
c 2
(a  x 2 ) , далее
m
V
x
 xdx , находим
x0  0
dx dx
c
;

a 2  x 2 (Vх >0).
dt dt
m
c
 k , разделим еще раз переменные, проинтегрируем:
m
x
x
dx
dx
1
dx
1
x

 arcsin | x a ;
 dt ; t  

2
2
2
2
k aa x
k
a
k a2  x2
x0  a k ( a  x )
x
x 
kt  arcsin  arcsin 1; kt  arcsin  ;
a
a 2
x 
x

arcsin   kt ;  sin(  kt)  cos kt .
a 2
a
2
Обозначим
Решим последнее уравнение относительно x, получим закон движения точки
x = a cos(kt).
З) F = F(V) - сила является функцией скорости точки. Найти движение точки М (рис. 16). Имеем вторую задачу. Составляем для точки дифференциальное
уравнение и решаем его.
16
Первый способ. (При t = 0; x = x0; x = x0). m
dV
 F (V ) , разделим переменdt
ные и проинтегрируем, решим полученное уравнение относительно скорости: m
V
dV
 dt ;
F (V )
t
dV
  dt ;
F
(
V
)
V0
0
m
Рис. 16
V
dV
 Ф(V ) , откуда закон изменения скорости имеет вид
F (V )
V0
t  m
V = (t), но V 
dx
dx
  (t ) , еще раз делим переменные, интегриру, заменяя
dt
dt
ем:
dx   (t )dt ;
x
t
x0
0
 dx    (t )dt , и отсюда закон движения точки
t
x  x 0    (t )dt
(4)
0
Второй способ. Запишем дифференциальное уравнение m
чим t,
dV
 F (V ) , исклюdt
mVdV
 dx ,интегрируя, находим
F (V )
V
VdV
,
F (V )
V0
x  x0  m 
и решим относительно скорости, выразив ее через x, получим V   (x) , но
V
dx
dt
x
t
и
dx
  (x) , еще раз делим переменные и интегрируем:
dt
dx
  ( x )  Ф( x ) ;
dx
 dt ;
 ( x)
t  Ф (x ) - это уравнение решаем относительно x, находим закон
x0
движения точки
x = f(t)
(5)
Пример. Материальная точка массы m движется под действием силы сопротивления R = kV (рис. 17). Начальные условия V0, x0 известны. Найти закон движения точки.
Решение. Выбираем ось, расставляем силы, пишем дифференциальное
уравнение:
m
Рис. 17
dV
 R ;
dt
m
dV
  kV ,
dt
делим переменные,
интегрируя. находим скорость V:


dV
m
V
 kt V
m dV
 e m ; V  V0 e m ,
m
 dt ;  

;
  dt ;  ln V |V V0  t ; ln
kV
k
V0
m V0
k V0 V
0
V
заменяя V 
kt
t
dx
, еще раз интегрируя, находим x:
dt
17
kt
kt
kt


dx
 V0 e m ; dx  V0 e m dt ;
dt
x
t
 dx  V0  e
x0

kt
m
dt ; x  x 0  
0
V0 m  ktm t
e | 0.
k
Закон движения точки
kt

V0 m
x  x0 
(1  e m ) .
k
Динамика относительного движения имеет большое значение при решении
задач, в которых рассматривается движение тел на поверхности Земли с учетом
вращения самой Земли или же движение тел на подвижных по отношению к Земле системах (самолетах, космических кораблях).
Основная задача динамики относительного движения
Законы классической механики и все полученные на их основе уравнения
справедливы для движения материальной точки по отношению к инерциальной
(условно неподвижной) системе отсчета. Такое движение называется абсолютным. Движение же точки по отношению к неинерциальной (движущейся с ускорением) системе называется относительным.
Основная задача динамики относительного движения заключается в следующем: зная силы, действующие на точку, и переносное движение среды, определить закон относительного движения точки. Задачу можно было бы решить так:
определить абсолютное движение и, зная абсолютное и переносное движение,
найти относительное. Однако уравнение относительного движения можно определить и сразу, не отыскивая абсолютного движения.
Уравнение относительного движения
Пусть некоторая точка M движется в системе O1X1Y1Z1, которая в свою
очередь движется в неподвижной системе отсчета oxyz (рис. 18). Согласно II закону динамики уравнение абсолютного
движения точки
М



(в неподвижной системе) имеет вид F  ma (1), где F - сила, действующая на точку, или равнодействующая всех
сил, действующих на точку M (если сил несколько). Из ки
нематики известно, что абсолютное ускорение a (по теореме Кориолиса)
 


a  ae  ar  ak ,
(2)





тогда F  ma  m(ae  ar  ak ) или
Рис. 18








(3)
mae  ma r  mak )  F , откуда ma r  F  mae  ma k .


Два последних слагаемых этого равенства  ma e и  ma k имеют размерности




сил и называются они Fe ин  mae - переносной и Fk ин  mak - кориолисовой си

лами инерции. Подставим вместо  ma e и  ma k их обозначения, имеем основное
уравнение динамики относительного
движения
  ин  ин

(4)
ma r  F  Fe  Fk
18
Вывод . Основное уравнение динамики относительного движения следует
писать так же, как и основное уравнение динамики абсолютного движения, но в
число заданных сил следует включить переносную и кориолиса силы инерции.
Эти силы приложены к самой точке. Их появление объясняется переносным движением среды.
Если точка несвободная, то основное уравнение (4) для нее запишется так:
   ин  ин

(5)
mar  F  N  Fe  Fk

Здесь N - реакция связи.
Дифференциальные уравнения относительного движения точки
Спроектируем равенство (4) на подвижные оси координат O1X1Y1Z1. Обозначим проекции относительного ускорения на эти оси x1 , y1 , z1 , координаты точ
ки в подвижной системе – x1, y1, z1, проекции на оси O1X1Y1Z1: F  X 1Y1 Z 1 ;
 ин
 ин
ин
ин
;
Fe  X eин1 Yeин
Z
F
 X kин1 Ykин
1
e1
k
1 Z k1 .
Имеем три дифференциальных уравнения 2-го порядка:
mx1  X 1  X eин1  X kин1 ;

ин
ин
my1  Y1  Ye1  Yk1 ;
 
ин
ин
mz1  Z 1  Z e1  Z k1 .
(6)
Следовательно, дифференциальные уравнения относительного движения
имеют тот же вид, что и дифференциальные уравнения абсолютного движения, но
в число заданных сил включены силы инерции переносная и кориолиса.
Частные случаи


1. Переносное движение поступательное: a K  0 ; FKин  0 , уравнение (4) при 

мет вид mar  F  Fe ин .
2. Переносное движение поступательное, прямолинейное, равномерное: :




a K  0 ; a e  0 ; Feин  0 ; FKин  0 , тогда уравнение (4) и (5):

 


ma r  F ; ma r  F  N .
Если сравнить их с уравнениями абсолютного
движения:
 
  
ma  F ; ma  F  N ,
то они совершенно одинаковы. Это означает, что в системе отсчета, движущейся относительно неподвижной системы поступательно, прямолинейно и равномерно, второй основной закон динамики применим в той же самой форме, что и
в неподвижной системе. Следовательно, такая система является инерциальной.
Этот результат выражает принцип относительности классической механики,
сформулированный Галилеем: никакими механическими опытами, произведенными внутри инерциальной системы, нельзя обнаружить, находится ли данная система отсчета в состоянии покоя или она движется поступательно, равномерно и
прямолинейно.
19
3. Относительное равновесие. Под относительным равновесием точки следует понимать отсутствие перемещения точки в подвижной системе координат,


т.е. ar  0 ; Vr  0 , тогда уравнение относительного движения для несвободной точки
   ин
(6)
F  N  Fe  0 .
Это и уравнение относительного покоя. Из него видно, что в случае относительного равновесия материальной точки заданная сила, реакция связи и переносная сила инерции взаимно уравновешены.
4. Невесомость, под невесомостью материальной течки в какой-либо системе координат понимают отсутствие давления этой точки на тела, покоящиеся в
этой системе координат. Явление невесомости следует рассматривать для точки,
  

находящейся в относительном покое, т.е. F  N  Fe ин  0 , но при невесомости N  0
получаем условие, при котором наступает невесомость
 ин
F  Fe .







Например, если F  mg , тo Fe ин  mae  F ; mae  mg .


a e  g - условие невесомости.
Подвижная система должна иметь ускорение, равное ускорению свободного
падения.
Пример. Кольцо М движется по гладкому стержню ОА = 1 м, который равномерно вращается в горизонтальной плоскости вокруг вертикальной оси, проходящей через конец О, делая 1 об/с (рис. 19). В момент t = 0 кольцо находилось на
расстоянии ОМ = 60 см и начальной скорости не имело. Определить тот момент
времени, когда кольцо М сойдет со стержня.
Решение. 1. За переносное движение возьмем вращение стержня, за относительное - движение точки по
стержню .
2. При t  0, Vro  0, x10  60 см.

P , нормальная реакция со
3. На точку девствует
вес

стороны стержня
но обе они ||Oz, т.е.
N,
перпендикулярны, их не изображаем на чертеже.


4. a e  a en ; a e  OM   2  x1 2 ;
 


a K  2 eVr ;  e  V r ; a k  V r .
Рис. 19
Feин - вдоль стержня направлена, FKин - перпендикулярна ему.
5. Дифференциальное уравнение в проекции на ось Ox1:
mx1  Feин ; x1  x1 2 ; x1  x1 2  0 ;
r 2   2  0 ; r   ; x1  C1e r t  C 2 e r t  C1e t  C 2 e t
Найдем С1 и С2 - произвольные постоянные по начальным условиям:
при t  0, x10  60, Vro  Vo  0 .
1
 x10  C1  C 2 ;

V0  C1  C 2 ;
C1  C 2  60;

C1  C 2  0;
2
С1= С2=30.
Уравнение относительного движения кольца
20
2n
; n=1 об/с; =2 с-1
t
или x1  30(e2t  e2t ) .
x1  30(et  et ) .

Найдем тот момент времени, когда кольцо сойдет со стержня;
OM1=OA=100 см и x1=OM1=100 см;
30(e 2t  e 2t )  100 ; 2=;
3
 10 ;
et
 10et  3  0 ; et  y ;
3(e 2t  e2t )  10 ; 3et 
3e 2t
3 y 2  10 y  3  0 ; y 
y1  3; y2 
5  25  9 5  4

;
3
3
1
(не удовлетворяет, так как t  0, y  et  1 );
3
ln 3 ln 3
et  3 ; t1  ln 3 ; t1 

c  0,175c .

2
Порядок решения примеров
1. Разложить абсолютное движение на составляющие - переносное и относительное.
2. Записать начальные условия относительного движения.
3. Изобразить силы,
приложенные к точке.
 ин  ин
4. Определить Fe и Fk .
5. Составить дифференциальные уравнения относительного движения.
6. Проинтегрировать полученные дифференциальные уравнения.
7. Определить искомые величины.
Контрольные вопросы и задания к теме 3
№21. В каком случае точка движется равнопеременно по прямой:
1) если на нее действует постоянная сила, направленная вдоль этой прямой,
и начальная скорость направлена вдоль прямой;
2) если на нее не действуют никакие силы;
3) если на нее действует постоянная сила и начальная скорость имеет произвольное направление.
№22. Если на точку действует переменная сила, то закон движения ее:
1. S  f (t ) (может быть любой функцией времени, кроме линейной и квадратной).
2. S  S 0  Vt .
a t 2
3. S  S 0  Vt 
.
2
№23. Материальная точка весом Р начинает свое прямолинейное движение
21
из начала координат ( x0  0; x0  0 ) под действием силы F  Be  kt , где В - начальное
значение силы; k=const. Найти уравнение движения этой точки.
Bg
(kt  e kt ) .
2
Pk
Bg
2. x  2 e kt .
Pk
Bg
3. x  2 (kt  e kt  1) .
Pk
Bg
4. x  2 (1  kt  e kt ) .
Pk
1. x 
№24. Материальная точка массы m=10 кгс2/м начинает двигаться из состояния покоя вдоль некоторой прямой под действием силы F=6t.
Найти закон движения точки.
1. x  Vt ; V  at ; x  0,6t 3 м.
at 2 Ft 2

 0,3t 3 м.
2. x 
2
2m
3
3. x  0,1t м.
4. Нет верного решения.
№25. Пуля входит в вертикальную доску со скоростью V0, перпендикулярной к доске, и выходит из нее со скоростью V1. Сила сопротивления, оказываемая доской при прохождении пули R=kmV2, где m - масса пули; k=const, V скорость пули. Определить толщину доски h и время прохождения нули сквозь
нее Т.
1 V0
1
;T
.
k V1
kV1
V V
1 V
2. h  ln 0 ; T  0 1 .
k V1
kV1V0
1 1
1
3. h  ln ; T 
.
k V1
kV1
V V
1 1
4. h  ln ; T  0 1 .
k V1
kV1V0
1. h  ln
№26. Материальная точка массы m движется под действием силы притяжения к неподвижной точке 0, изменяющейся обратно пропорционально кубу расстояния между точками и пропорционально массе точки m. Коэффициент пропорциональности равен 1. Определить закон движения точки, если x0  2 м;
x 0 
1
м/с.
2
1. x  Vm .
2. x  4  2t м.
x2
3. t   2 с.
2
№27. Точка массы m падает в среде, сопротивление которой пропорционально первой степени скорости. Определить наибольшую скорость, если
22
при V = 1 м/с сила сопротивления равна одной трети веса точки (V0=0).
1. VMAX = 3 м/с.
2. VMAX = 2 м/с.
3. Нет верного ответа.
№ 28. Если за инерциальную систему отсчета принять систему, связанную с
Землей, то будет инерциальной и система отсчета, связанная с вагоном, движущимся:
1. Неравномерно по кривой.
2. Равномерно по кривой.
3. Прямолинейно и ускоренно.
4. Прямолинейно и равномерно.
№29. При переносном поступательном движении закон относительного
движения пишется
так:
  
1. ma  F N.


2. mar  F  Fe ин  Fk ин .
 
3. ma  F .
 

4. mar  F  Fe ин .
№30. Уравнение
относительного равновесия имеет вид:
 e k

1. mar  F  Fин  Fин .
 

2. mar  F  N .
  

3. mar  F  N  Fинe .
  
4. F  N  Fинe  0 .
Раздел II
КОЛЕБАТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ TOЧКИ
Раздел состоит из двух тем и рассчитан на 4 ч самостоятельной работы студентов в классе "Аккорд". После его изучения студент должен:
1) знать: а) под действием каких сил точка совершает колебательное движение; б) виды колебательных движений точки; в) закон колебательного движения для каждого вида колебания; г) определения периода, частоты, фазы, амплитуды, декремента, резонанса колебаний; д) графики колебаний; e) примеры колебательных движений;
2) уметь: а) составлять дифференциальные уравнений колебательных движений, записывать их решения; б) определять условия, при которых началось колебание (начальные условия); в) находить по начальным условиям C1, С2, А, ;
3) помнить: а) формулы, выражающие закон каждого вида колебания; б)
формулы для отыскания амплитуды, частоты, фазы, периода, декремента колебаний; в) порядок решения задач.
Среди всевозможных механических движений часто встречаются повторяющиеся движения. Раскачивание стволов деревьев ветром, качка судов на волнах,
23
чередование приливов и отливов. Во всех случаях одна и та же особенность; многократное повторение одного и того же цикла движений. Такие повторяющиеся
механические движения называются колебательными движениями. С колебательными и периодически повторяющимися движениями встречаемся в астрономии
при изучении движения Земли и других небесных тел, с колебаниями земной коры - в сейсмологии, колебания играют огромную роль в таких областях техники
как радио, электричество. Звуковые, тепловые, световые, электромагнитные явления являются различными видами колебаний.
Ограничимся лишь рассмотрением механических колебаний, встречающихся в строительном деле и машиностроении, хотя колебания (вибрации) широко
распространены в самых различных областях техники. В машиностроении,
например, широко распространены колебания коленчатых валов двигателей, валов турбин, в строительстве - колебания стен и фундаментов зданий, фундаментов машин, мостов, подъемных кранов. В транспортных машинах наблюдаются
колебания частей автомобилей, крыльев самолетов.
Все части, входящие и состав того иди иного сооружения, подвергнутые
деформации способны вибрировать.
При некоторых условиях вибрации могут достигать опасных величин и
привести к разрушению конструкции. Поэтому изучение вибрации, с целью
предотвращения их вредного влияния, является одной из важных задач современной техники.
Часто колебания используются как полезный процесс (радиотехника). Тогда
приходится заботиться об их усилении.
В большинстве случаев имеем дело с колебания системы точек. Однако с
основными чертами колебательного движения удобнее ознакомиться на примере
колебания одной материальной точки. Простейшим и важнейшим типом колебания являются гармоническое колебательное движение или просто гармоническое
колебание.
Тема 4. Гармоническое свободное колебание точки
Пусть некоторая точка
М массы m движется прямолинейно под действием

восстанавливавшей силы F (рис. 20), которая обладает следующими свойствами:
1) линия действие ее все время проходит через
один и тот же неподвижный
центр О;

2) направлена сила F все время к центру 0;
Рис. 20
3) сила F пропорциональна расстоянию от течки M до неподвижного центра
О. F=cx, c - коэффициент пропорциональности; c=const.
Итак, зная силу, действующую на точку М, требуется определить движение
этой точки.
Имеем вторую задачу динамики. Чтобы решить ее, нужно составить дифференциальное уравнение движения точки М. Выберем прямую, по которой движемся точка М за ось x, положительное направление оси x - в сторону движения
точки М, т.е. в сторону возрастания координат, начало отсчета поместим в непо24
движный центр 0. Точку М изобразим в произвольном положении, покажем силу,
действующую на точку. Дифференциальное уравнение движения точки М имеет
вид mx  F ; mx  cx (знак минус в правой части уравнения будет всегда, так как
сила F в любом случае направлена к точке 0 и ее проекция на ось ox=-F). Раздеc
c
лим обе части уравнения mx  cx  0 на m; имеем x  x  0 ж  k 2 , получим дифm
m
ференциальное уравнение второго порядка с пocтoянными коэффициентами, однородное
x  k 2 x  0 .
(1)
2
2
Составим для него характеристическое уравнение r  k  0 ; r1, 2   ki , корни
его мнимые, решение дифференциального уравнения (1) имеет вид
(2)
x  C1 cos kt  C2 sin kt .
Это и есть уравнение движения данной точки М. Выясним, каким будет это
движение точки М под действием восстанавливающей силы F. Когда точка М
находится в центре 0, то в этот момент (F=cx=0) никакие силы на нее не действуют, следовательно, точка 0 есть равновесное положение материальной точки М.
Как только последняя выходит из центра 0, на нее сразу же начинает действовать
сила F, стремящаяся вернуть точку в положение равновесия - центр 0. Поэтому
она называется восстанавливающей силой.
Представим себе, что
точка М выведена из положения равновесия и пред
ставлена действии силы F . Каким будет движение точки М? Предположим, что
последняя получила начальное отклонение вправо от центра 0. Под действием силы F, направленной влево (к центру 0), точка пойдет влево. Достигнув центра 0,
она не остановится, так как за время движения приобрела некоторую скорость, а
будет продолжать движение влево за центр 0. Но теперь на нее начнет действовать снова сила F , направленная уже вправо. Под действием этой силы движение точки М замедляется
и в некоторый момент скорость обратится в нуль. Под

действием силы F точка пойдет вправо, опять пройдет
равновесное положение 0,

и будет двигаться вправо до тех пор, пока сила F направленная влево, снова не
обратит скорость точки в нуль и не заставит точку сменить направление ее движения. После этого весь процесс повторяется сначала.

Таким образом, под действием восстанавливающей силы F точка М совершает периодически повторяющиеся движения, т.е. движения колебательного характера. Колебания происходят согласно найденному уравнению (2) и называются свободными гармоническими. Рассмотрим уравнение (2), т.е. уравнение движения точки М
x  C1 cos kt  C2 sin kt .
С1 и С2 - постоянные интегрирования, находятся по начальным условиям.
Найдем их.
Пусть при t=0; x=x0; V=V0,
тогда (при t=0) x=x0= С1; С1= x0,
V  x  C1k sin kt  C2 k cos kt ; при t=0 V0=С2k;
25
C2 
V0
.
k
Уравнение движения данной точки при данных начальных условиях примет
вид x  x0 cos
c V0
c
t  sin
t.
m
k
m
Равенству (2) можно придать более компактный вид, если положить
С1=asin; С2=acos, где a и  - новые постоянные. При этом получим
x=a(sincoskt+cossinkt)=asin(kt+);
x=asin(kt+).
(3)
Новые постоянные а и  определяются по начальным условиям:
t=0; x=x0; V=V0;
 x0  a sin  ;
x  V  ak cos( kt   ) ;
V0  ak cos  ;
t=0 
a
V02
k2
kx
tg  0
V0
 x02 ;
(4)
(5)
В формуле (3) коэффициент при синусе a - амплитуда колебания.
Амплитудой колебания называется наибольшее отклонение точки от равновесного положения. Амплитуда гармонического колебания постоянна.
Аргумент синуса (kt+) - фаза колебания. Она определяет положение точки
в данный момент времени и направление её последующего движения,  - начальная фаза колебания (при t=0).
Промежуток времени Т, в течение которого точка совершит одно полное
колебание, называется периодом колебания, так как период синуса (или косинуса)
равен 2, то по истечении периода фаза рассматриваемых периодических колебаний изменится на 2 , т.е.
k (t  T )    (kt   )  2 .
Отсюда период
T
2
.
k
(6)
1
.
T
(7)
2
T
(8)
Величина ,обратная периоду Т называется частотой колебания

Здесь  - определяет число колебаний в 1 секунду.
Величина k, равная из уравнения (6)
k
называется круговой (или угловой) частотой колебания. k определяет число
колебаний за 2 секунд. Из последних равенств (6), (7), (8) видно, что период и
частота колебаний не зависят от начальных условий, k - это скорость изменения
фазы при линейном законе изменения среды.
26
Графически гармонические колебания можно изобразить синусоидой (рис.
21).
Рис. 21
Рис. 22
Рассмотрим несколько примеров гармонических колебании.
Пример 1. Груз М подвешен на пружине.
Определить движение груза М весом Р, подвешенного на пружине жесткостью С (рис. 22). В начальный момент пружина была недеформирована. Начальная скорость груза равна нулю.
Порядок решения примеров
1. Прямую, по которой движется груз, берем за ось x. Начало координат
поместим в положение статического равновесия груза (т.е. положение груза, в котором действующие на него силы уравновешиваются).
2. Изображаем груз М в произвольном положении, определяемом координатой x (считая x>0).
3. Составляем схему сил, действующих на груз. Их две: вес Р и реакция
пружины F=c (по закону Гука), где =B0M - удлинение пружины, соответствующее данному положению груза, С - коэффициент пропорциональности (жесткость) пружины.
4. Отмечаем на чертеже длину недеформированной пружины l0=АB0, статическое удлинение B0О=ст (статическое удлинение - удлинение пружины, соответствующее положению статического равновесия, т.е. когда Fст=P=cст), координату x = ОМ и полное удлинение =B0M, причем из чертежа видно, что =x+ст.
5. Составляем дифференциальное уравнение движения точки М:
mx   X ;  X  P  F ; mx  P  c  cст  c(ст  x)  cст  cст  cx ; mx  cx ;
c
c
откуда mx  cx  0 или x  x  0 . Пусть  k 2 , тогда дифференциальное уравнеm
m
ние гармонического колебания
x  k 2 x  0 .
Его решение x  C1 cos kt  C2 sin kt ,
где C1, C2 - произвольные постоянные.
По начальным условиям найдем C1 и C2:
При t=0 x=x0=B0O=-ст; V0= x 0 =0/
x  C1 cos kt  C 2 sin kt
 x0  C1 cos 0  C1 ;

 при t=0 
x  C1 k sin kt  C 2 k cos kt
 x 0  V0  C 2 k cos 0  C 2 k  0.
27
Тогда C1=-ст; C2=0.
Подставим значения C1 и C2, получаем x  ст cos
P
c
t , но  ст  , откуда
c
m
уравнение движения груза
x
cg
P
cos
t.
c
p
Итак, решили вторую задачу динамики. Из уравнения движения груза видно, что он совершает гармоническое колебание с круговой частотой k 
одом T 
c
, периm
P
2
m
, амплитудой a  , следовательно, постоянная сила Р не из 2
c
k
c
меняет характер колебаний, происходящих под действием восстанавливающей
силы F=c. Она только смещает центр этих колебаний в сторону действия силы Р
на ст.
Пример 2. Положим груз на упругую балку. Аналогично решается задача о колебании груза, лежащего на упругой
балке, опирающейся на две неподвижные опоры (рис. 23).
Упругая реакция балки пропорциональна стреле прогиба балки f, т.е. F=cf (c=const). Груз совершаем гармоническое колебание с периодом T  2
f ст
, где f ст - статический прогиб
g
балки
Рис. 23.
Пример 3. Рассмотрим колебания маятника. Математическим маятником называется тяжелая материальная точка,
подведенная на невесомой нити (нерастяжимой) к неподвижной точке и движущаяся по окружности в вертикальной плоскости только под действием силы тяжести (рис. 24). Длина нити OM=l - длина математического маятника. Требуется определить движение маятника,
зная действующие на него силы:

вес Р , реакция нити R .
Рис. 24
Имеем вторую задачу динамики. Чтобы ее решить, запишем уравнения
движения точки М в форме Эйлера (в проекции на касательную ось М):
ma   p sin  ; m
dV d 2 S
dV
dV
 2 .
  p sin  ; P  mg и
  g sin  , и
dt
dt
dt
dt
Здесь S - длина дуговой координаты M0M=S,
где M0 - начальное положение точки М и начало отсчета дуг.
d 2 (l )
  g sin  . Рассмотрим только малые отклонения нити
Заменим S  l ;
dt 2
от вертикали. Для малых углов sin    , дифференциальное уравнение принимает
g
g
вид l   g или     0 . Пусть  k , тогда имеем   k 2  0 - дифференциl
l
альное уравнение гармонического колебания. Решим его   C1 cos kt  C2 sin kt и
28
получим уравнение движения данной точки, т.е. при малых отклонениях математический маятник совершает гармоническое колебание о частотой k  
риодом T  2
g
и пеl
l
. Из последней формулы видно, что период колебаний зависит от
g
длины маятника l от ускорения свободного падения g .
Контрольные вопросы и задания к теме 4
№31. При подвешивании груза Р к концу резиновой ленты последняя получает статическое удлинение ст = 5 см. Груз подвешен н концу недеформированной ленты и отпущен без начальной скорости. Определить максимальное удлинение ленты. .
1. max = ст + xmax = 10 см.
2. max = xmax = 5 см.
3. max = -ст = -5 см.
№32. На винтовой пружине жесткости С = 5 кг/см подвешен груз в 10 кг.
Определить период колебания груза.
1. Т = 0,284 с.
2. Т = 126 с.
3. Нет верного ответа.
№33. Шар, весом Р , лежащий на пружине с коэффициентом жесткости С,
вызывает статическую осадку пружины ст = 2,5 см. Какова осадка пружины, если
тот же шар упадет на пружину с высоты h = 30 см (рис. 25)? Массой пружины
пренебречь
1.  = 2ст = 5 см.
2.  = 15 см.
3.  = 14,5 cм.
№34. Амплитуда колебаний подвешенного к вертикальной пружине груза в 10 кг - А=3 см, а частота равна 60 колебаниям в минуту. Определить жесткость С и Fmax.
Рис. 25
1. С = 1 кг/см;
Fmax = 0,28 кг.
2. С = 4 кг/см;
Fmax = 112 кг.
3. С = 0,4 кг/см; Fmax = 11,2 кг.
№35. При нагрузке 7 кг статическое удлинение пружина 1,2 см. Определить
период колебаний груза y= 10 кг, подвешенного на этой пружине.
1. T = 2,04 с. •
2. T = 2,6 с.
3. T = 0,204 с.
4. T = 0.263 с.
№36. Груз падает с высоты h на пружину без начальной скорости. Каковы
начальные условия, при которых началось колебание? (Начало координат в положении статического равновесия).
29
1. V0 = 0; x0 = 0.
2. V0 = 2 gh ; x0 = 0.
3. V0 = 2 gh ; x0 = -ст.
4. V0 =0; x0 = -ст.
№37. Как изменится период математического маятника, если увеличить
длину его в 9 раз?
1. Не изменится.
2. Увеличится в 9 раз.
3. Уменьшится в 9 раз.
4. Увеличится в 3 раза.
№38. На вертикальной пружине подвешены два равных груза, в результате
чего она получила статическое удлинение f . После этого один из грузов оборвался. Найти уравнение движения второго груза, пренебрегая массой пружины.
1. x   f cos
2. x 
g
t.
f
f
2g
cos
t.
2
f
f
2
2g
t.
f
3. x   cos
4. x  f cos
g
t.
f
Движение груза отнести к оси, проведенной вертикально вниз из положения
статического равновесия груза.
№39. Груз Р падает на пружину о высоты h без начальной скорости. Определить колебание груза на пружине, предполагая, что контакт груза с пружиной
не нарушается. Жесткость пружины С. Сопротивление движению не учитывать.
1. x 
2 ph
sin
c
P
c
2. x   cos
3. x 
cg
t см.
p
cg
t см.
p
cg
2 ph
P
cos
t
sin
c
p
c
P
c
4. x   cos
cg
2 ph
t
sin
p
c
cg
t см.
p
cg
t см.
p
Движение груза отнести к оси, проведенной вертикально вниз из положения
статического равновесия груза.
№40. Определить частоту колебаний груза 1 кг, подвешенного на пружине с
жесткостью С = 10 кг/см.
1. k = 9,8 с-1.
2.  = 15,7 с-1.
30
3. k = 98 с-1.
4.  = 1,57 с-1.
Тема 5. Затухающие и вынужденные колебания точки
Как уже видели, под действием восстанавливающей силы точка совершает
гармоническое колебание, амплитуда которого постоянна. Однако на опыте с грузом, подвешенным к пружине, можно проследить, что амплитуда на самом деле
не остается постоянной. Совершив некоторое число
колебаний, груз остановится. Объясняется это явление действием сил сопротивления.
Рассмотрим, как влияет на колебание точки
сила сопротивления среды.
Пусть на материальную точку М массы m действуют
Рис. 26
восстанавливающая сила F=cx и сила сопротивления среды (рис. 26) R=V
(пропорциональная первой степени скорости при малых скоростях). Зная силы,
действующие на точку М, определим закон ее движения. Имеем вторую основную задачу динамики. Чтобы ее решить, составим дифференциальное уравнение
движения точки mx  F  R . Подставив значения F и R, имеем mx  cx  V . Сделав
соответствующие преобразования, приведем дифференциальное уравнение движения точки к виду mx  x  cx  0 .
Далее разделим его на массу m:
 2 C
k  m ;

c
x  x  x  0 , обозначим 
m
m
n   .

2m
Здесь k - частота свободных колебаний;
n - коэффициент затухания.
Уравнение примет вид
x  2nx  k 2 x  0 .
(1)
Это однородное линейное дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами. Чтобы записать его решение, составим характеристическое уравнение z 2  2nz  k 2  0 . Корни его z1, 2  n  n 2  k 2 .
Могут быть три случая:
1) n<k - случай малого сопротивления;
2) n=k - критического сопротивления;
3) n>k - большого сопротивления
Рассмотрим только случай малого сопротивления n<k
При n<k z1,2  n  k 2  n 2  n  k1i , где k1  k 2  n 2 .
Общее решение дифференциального уравнения (1), являющееся законом
движения точки М, имеет вид
x  e  nt (C1 cos k1t  C 2 sin k1t ) .
(2)
31
где C1, C2 - произвольные постоянные интегрирования, отыскиваются они
по начальным условиям.
Пусть при t=0; x  x 0 ; x  x 0 .
Найден скорость точки М в любой момент времени:
(3)
x  ne  nt (C1 cos k1t  C 2 sin k1t )  ne  nt k1 (C 2 cos k1t  C1 sin k1t ) .
Подставив в равенства (2) и (З) t=0; x  x 0 ; x  x 0 , получим:
C1  x 0 ; C 2 
x 0  nx0
.
k1
(4)
Заменим постоянные C1 и C2 через новые постоянные а и  по формулам:
C1=asin; C2=acos.
Уравнение (2) примет вид
(5)
x  ae  nt sin( k1t   ) .
Новые постоянные а и  определяются тоже по начальным условиям.
Найдем скорость точки
(6)
x  ae  nt k1 (cos k1t   )  n(sin k1t   )  ae  nt k1 (cos k1t   )  nx .
Решаем совместно равенства (5) н (6), задавая t=0; x  x 0 ; x  x 0 .
Найдем x0  a sin  ; x 0  ak1 cos   nx0 ,откуда
x 0  nx 0 2 
) ;
k1


k1 x 0

tg 
.

x 0  nx 0

a  x 02  (
(7)
Выясним характер движения точки М, исходя из закона движения точки,
определяемого равенствами (2) и (5).
Движение, соответствующее уравнениям (2) и (5), носит колебательный характер, так как координата x периодически меняет свой знак с изменением знака,
входящего в уравнения синуса. Отличаются эти уравнения от уравнений гармонического колебания множителем e-nt, постепенно убывающим. Следовательно,
это движение можно рассматривать как периодическое колебание с. постоянно
уменьшающейся амплитудой, т.е. затухающее. Величина k1  k 2  n 2 называется
частотой затухающих колебаний.
Максимальные модули величин последовательных отклонений точки от
равновесного положения в одну и потом в другую сторону назовем последовательными амплитудами колебаний точки. Графиком данного колебании является
синусоида (рис. 27), вписанная в о6ласть, ограниченная кривыми: x  ae  nt и
x  ae  nt .
32
Рис. 27
На графике видно, что величины последовательных амплитуд уменьшаются
с течением времени, стремясь к нулю, т.е. затухают.
Колебания точки М не являются периодическими (см. рис. 27). Однако
условно периодом затухающих колебаний принято называть промежуток времени
Т1, равный периоду sin(k1t+), т.е. величину
T1 
2
.
k1
(8)
Промежуток времени между двумя последовательными отклонениями точка в одну и ту же сторону тоже оказывается (как увидим ниже) равным T1 
2
.
k1
Таким образом, под периодом затухающих колебаний и следует понимать
время одного полного колебания точки или промежуток времени между двумя
последовательными отклонениями точки в одну и ту же сторону.
2
2
с периодом гар
2
2
k1
k n
2
2 2

монических колебаний T  , так как k1< k, видим, что
, т.e. T1> T, периk
k1
k
Сравним период затухающих колебаний T1 
од затухающих колебаний больше периода, свободных гармонических колебаний.
Сопротивление среды увеличивает период свободных колебаний. Однако
при n  k1 k1  k ,
2 2

, следовательно, малое сопротивление почти не влияет
k1
k
на период колебаний.
Найдем те моменты времени t1, t2,..., в которые точка получает максимальные отклонения x1, x2,..., xn от равновесного положения 0. В крайних положениях
скорость точки М равна нулю:
(9)
V  x  ae  nt [k1 cos( k1t   )  n sin( k1t   )]  0 .
Откуда k1 cos(k1t   )  n sin( k1t   )  0 ж
k1
1
k
; t1  (arctg   ) .
(10)
k1
n
n
k
Так как arctg   - многозначная функция с периодом ,
n

тогда t 2  t1  ;
k1

2
t3  t 2 
 t1 
;
k1
k1
tg (k1t   ) 
33
Получаем последовательность t1, t2, t3,…, которая является арифметической
прогрессией с разностью d 

k1
.
Таким образом, через одинаковые промежутки времени, равные

, скоk1
рость точки, прохода через 0, меняет знак, т.е. изменяет направление движение
точки,
Найдем максимальные отклонения точки от равновесного положения x1, x2,
x3,…. Для этого положим в равенстве x  ae  nt sin( k1t   )
t=t1; t=t2; t=t3;
x1  ae  nt sin( k1t1   ) ;
1
x 2  ae
 ae
 nt1
 nt2

e
x3  x2 e

sin( k1t 2   )  ae
 n ( t1 

k1
)
sin[ k1 (t1 

k1
)  ] 
n
k1
sin( k1t1     )  ae
n

 nt1
sin[   (kt1   )]e

n
k1
  x1e

n
k1
;
n
; x4  x3e k ;
Рассмотрим последовательность максимальных отклонений x1, x2, x3,….
Сравнивая x1, x2, x3,…, видим, что
1) в моменты t1, t2, t3,… точка находится по разные стороны от центра 0 (так
как знаки x1, x2,… чередуются);
2) x1, x2, x3,… убывают по модулю по закону убывающей геометрической
прогрессии со знаменателем
k1
1
n

x
Д  s 1  e k1 , называется декрементом затухающих колебаний.
xs
Натуральный логарифм декремента называется логарифмическим декрементом ln Д  
n
k1
.
Вывод. Малое сопротивление вызывает постепенное затухание свободных
колебаний вследствие убывания размахов колебаний но закону геометрической
прогрессии.
Рассмотрели случай n<k. При n=k, n>k движение точки не будет колебательным, поэтому эти случаи не рассматриваем.
При n=k x  (C1  C2t )e zt (z1=z2).
При n>k x  C1e z t  C2C1e z t .
Примером затухающих колебании являются колебания маятника, груза,
подвешенного на упругой пружине, если они при своем движении встречают сопротивление воздуха.
Пример. Материальная точка совершает прямолинейные колебания под
действием восстанавливающей силы и силы сопротивления среды R=V (рис. 28). В начальный
момент x0=0, V0=1 м/с. Зная, что период колеба1
2
34
1
2
ний Т1 = 2 с, а декремент затухания Д= , найти закон движения точки.
Рис. 28
Составим схему сил, действующих на точку. Дифференциальное уравнение
ее движения имеет вид mx  F  P ; mx  cx  V , преобразовав, получим:
mx  x  cx  0 ; x  2nx  k 2 x  0 , где
c

 k2 ;
 2n .
m
m
3апишем решение уравнения
(n<k),
x  e  nt (C1 cos k1t  C2 sin k1t )
V  nx0 V0 1

 ,
найдем: C1  x0  0 ; C2  0
k1
k1 k1
1
тогда x  e nt sin k1t ) .
k1
Вычислим n и k.
T1 
2
 2 ; k1    3,14 ;
k1
Д e

n
k1
e

nT1
2
1
 ; e n  2 ; n=ln2=0,6931.
2
Закон движения точки примет вид
x
1

e t ln 2 sin t , но e  t ln 2  2  t ,
тогда закон затухающего колебания точки
x
1

e t sin t .

Рассмотрим движение
точки M под действием восстанавливающей силы F

и некоторой силы Q , меняющейся по закону синуса или косинуса, называемой
возмущающей силой Q=Hsinpt (рис. 29).
Составим схему сил и запишем
|дифференциальное уравнение движения точки:
mx  Q  F ; F  cx ; Q  H sin pt ;
mx  H sin pt  cx ;
Рис. 29
c
H
x  sin pt ; x  K 2 x  h sin pt .
m
m
c
H
Обозначим k 2  ; h  .
m
m
x 
(13)
Здесь H - амплитуда возмущающей силы;
P - угловая частота возмущающей силы;
c, m, H, p - постоянные величины.
Уравнение (13) является дифференциальным уравнением второго порядка с
правой частью. Его решение: x = x1 + x2.
Общее решение x складывается из общего решения однородного уравнения
x1  a sin( kt   ) и частного решения неоднородного уравнения x2  Asin pt  B cos pt ,
при p  k.
35
Найдем A и B. x2  Ap cos pt  Bp sin pt ; x2   Ap 2 sin pt  Bp 2 cos pt .
Подставим значения x2 , x2 в уравнение (13):
h sin pt   Ap 2 sin pt  Bp 2 cos pt  k 2 Asin pt  Bk 2 cos pt ,
h
; B=0,
k  p2
h
тогда x2  2 2 sin pt .
k p
откуда A 
2
Общее решение уравнения (13) таково:
x  a sin( kt   ) 
h
sin pt .
k  p2
(15)
2
Из уравнения (15) видно, что движение данной точки складывается из собственных колебания (первое слагаемое) и вынужденных, обусловленных действием возмущающей силы Q (второе слагаемое), коэффициент при sinpt определяет
амплитуду вынужденных колебаний A 
h
, где k - частота собственных колеk  p2
2
баний, a р - частота вынужденных колебаний равна частоте возмущающей силы.
Период вынужденных колебаний тоже ранен периоду возмущающей силы T 
2
.
p
Следует отметить, что амплитуда, период, частота вынужденных колебаний
не зависят от начальных условий.
Если p=k, то частное решение уравнения (13) ищется в виде
x2  At sin kt  Bt cos kt .
Найдем A и B. Вычислим:
x2  Asin kt  Akt cos kt  B cos kt  Bkt sin kt ;
x2  Ak cos kt  Ak cos kt  Ak 2t sin kt  Bk sin kt  Bk sin kt  Bk 2t cos kt .
Подставим x2 и x2 в уравнение (13) после преобразования, получим
 2Bk sin kt  2 Ak cos kt  h sin kt , откуда А=0; B  
h
h
и x2   t cos kt . (16)
2k
2k
Общее решение уравнения (13)
x  a sin( kt   ) 
h
t cos kt
2k
(17)
Колебания точки представляют собой наложенные друг на друга два колебания - собственное и вынужденное. Уравнение вынужденных колебаний представлено равенством (16). Они сдвинуты по фазе на
3
 по отношению к возму2
щающей силе:
x2  
ht
ht
3
cos kt 
sin( pt   ) .
2k
2k
2
Вынужденные колебания - колебания с неограниченно возрастающей амплитудой
ht
, т.е. при p = k при t имеем явление неограниченного возрастания
2k
амплитуды колебания, которое называется резонансом. Графиком вынужденных
колебаний при резонансе является синусоида (рис. 30), попеременно касающаяся
36
прямых: x2 
ht
ht
; x2   .
2k
2k
Рис. 30
Явление резонанса играет большую роль в радиотехнике, в акустике. При
определенных условиях резонанс может привести к разрушению конструкции, на
практике это явление наблюдается редко, так как существуют силы сопротивления среды, которые значительно уменьшают амплитуду вынужденных колебании.
Порядок решения задач тот же, что и при гармоническом колебании.
Пример. Электромотор установлен на упругой балке (рис. 31). Масса мотора вместе с ротором М, масса ротора m. Последний вращавши с постоянной угловой скоростью . Определить амплитуду А вынужденных
колебаний электромотора, если ротор мотора имеет смещение центра тяжести по отношению к оси вращения на r.
Статический прогиб балки f. Массой балки пренебречь. При
каком значении угловой скорости может наступить резонанс?
Составим схему сил, действующих на мотор. Запишем
дифференциальное уравнение движения мотора My   Y ;
My  P  F  Feин sin 
Рис. 31
(   t )
Здесь Р - вес мотора;
F - упругая реакция балки;
F=cf, где f - прогиб балки.
Так как центр тяжести ротора мотора С смещен от оси 0 на r, то на мотор
будет действовать сила инерции ротора Feин  mac  mr 2 .
Тогда My   F  P  mr 2 sin Feин sin t ; P  F  cf ст  cf  cf ст  cf ст  cy  cy ,
где y - смещение мотора по оси У.
Дифференциальное уравнение движения мотора имеет вид
My  cy  mr 2 sin t , разделив на массу М, получим y 
c
mr 2
 k2;
 h , тогда y  k 2 y  h sin t , Fyин - возмущающая сила,
M
M
2
 mr sin t , частота ее p   является частотой вынужденных колебаний.
пусть
Fyин
c
mr 2
y
sin t ,
M
M
Запишем уравнения вынужденных колебаний:
x2 
h
c Mg g
sin pt ; k 2 

 ;
2
M Mf
f
k p
2
37
x2 
mr 2
sin t .
g
2

f
Амплитуда вынужденных колебаний
A
mr 2 f
.
g  f 2
Резонанс наступит при g  f 2  0 (А), откуда

g
.
f
Контрольные вопросы и задают к теме 6
Рис. 32
Рис. 33
Рис. 34
№41. На котором рисунке представлен график затухающего колебания?
№42. Точка массой m = 0,5 г движется прямолинейно под действием восстанавливающей силы F=2x дн и возмущающей силы Q=2sin2t дн.
Найти закон движения точки, если x0  0 ; x 0  1 см/с.
1. x=sin2t.
2. x=cos2t.
3. x=sin2t-tcos2t.
4. x=sin2t+tcos2t.
№43. Материальная точка массы m = 2 кг совершает прямолинейные колебания по оси OX под действием возмущающей силы Q = 4cost Н и восстанавливающей силы F (Н).
Найти закон движения точки, если x0  0 ; x 0  0; С = 8 Н/м.
2
3
2
2. x  cos t м.
3
2
3. x  (cos 2t  cos t ) м.
3
2
4. x  (cos t  cos 2t ) м.
3
1. x  sin 2t м.
№44. Стержень АВ=r с грузом А заклинен на валу, вращающемся с угловой
скоростью =const (рис. 35). Подшипники, в которых вращается вал, укреплены
38
на теле D, прикрепленном к горизонтальной пружине и
находящемся на гладкой горизонтальной плоскости
(=t)
Пренебрегая массой стержня и рассматривая
груз А как точку массой m, определить закон движения
тела D.
1. x  a sin( kt   ) .
2. x  a sin( kt   ) 
Рис. 35
3. x 
h
sin t .
k  p2
2
h
sin t .
k  p2
2
№45. Какой вид имеет закон затухающего колебания?
1. x  ae  nt sin( k1t   ) .
2. x  a sin( kt   ) .
3. x 
h
sin( pt   ) .
k  p2
2
№46. Под действием силы сопротивления R=V тело массы m, подвешенное к пружине жесткости C, совершает затухающие колебания. Определить, во
сколько раз период затухающих колебаний Т1 превосходит период незатухающих
колебании Т, если
n
c

 0,1 ( k 2  ; n 
).
k
m
2m
1. Т = 1,005 Т1.
2. Т1 = 1,005 Т.
3. Т = Т1.
№47. В задаче №46 определить, через сколько полных колебаний амплитуда уменьшится в 100 раз (ln10 = 2,3).
1. Через 7,5 полных колебаний
2. Через 16 полных колебаний.
3. Через 8 полных колебаний.
№48. При каком из указанных видов колебания амплитуда не зависит от
начальных условий?
1. Свободные гармонические колебания.
2. Затухающие колебания.
3. Вынужденные колебания.
№49. Тело весом 5,88 кг, подвешенное на пружине, при отсутствии сопротивления колеблется с периодом Т = 0,4 с, а если действует сопротивление, то с
периодом Т = 0,5 с.
Определить движение тела, если x0 = 4 см; V0 = 0; (R=V).
Укажите неверный ответ.
1. x  e 3t (4 cos 4t  3 sin 4t ) см.
4
3
2. x  5e 3t sin( 4t  arctg ) см.
39
4
3
3. x  e 3t sin( 4t  arctg ) см.
№50. В условии задачи №49 найти сопротивления R=V при скорости, равной 1 см/с.
1. R = 0,618.
2. R = 3,6.
3. R = 1,8.
4. R = 0,036.
Раздел III
ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕМЫ ДИНАМИКИ ДЛЯ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
Раздел состоит из трех тем и рассчитан на 6 ч самостоятельной работы студентов в классе "Аккорд". После его изучения студент должен:
1) знать: а) определения количества движения точки, импульса силы, момента количества движения и кинетической энергии точки, работы силы; б) формулировки основных теорем динамики точки в дифференциальной и интегральных формах; в) законы сохранения количества движения и момента количества движения точки;
2) уметь: а) вычислять количество движения, момент количества движения, кинетическую энергий точки, импульс и работу силы; 6) практически применять основные теоремы динамики точки для решения задач; в) практически применять законы сохранения количества движения и момента количества движения
точки;
3) помнить: а) формулы для вычисления количества движения и момента
количества движения, кинетической энергии точки, импульса и работы силы; о)
формулы, выражающие основные творены динамики; в) порядок решения задач.
Тема 6. Теорема об изменении количества движения точки
Характеризует импульс силы эффект действия силы за некоторый промежуток времени.

1. Импульс силы (постоянной) есть вектор S , равный' произведению сила
на время ее действия. Направляем
этот вектор в сторону вектора силы, т.е.
 
(1)
S  Ft
2. Импульс переменной силы. Чтобы найти импульс переменной силы за
конечный промежуток времени t, нужно разбить этот промежуток на очень большее число n очень малых промежутков ti и вычислить импульс силы на одном
промежутке. На протяжении такого промежутка силу можно считать постоянной
как по величине, так и по направлению, и импульс вычислить, как и для постоянной силы произведением силы на время. Называется
такой импульс
элементар
 
ным импульсом переменной силы. Обозначается S и равен S  Ft .
Элементарным импульсом переменной силы называется векторная величи40
на, равная произведению силы на бесконечно малый промежуток времени, в течение которого действует эта сила. Направлен элементарный импульс в сторону
вектора силы. Далее, вычислив элементарный импульс на каждом промежутке ti,
необходимо составить геометрическую сумму элементарных импульсов, соответствующих каждому из этих промежутков, и затеи
перейти к пределу. Предполо
жив, n, ti0 получим полный импульс S переменной силы за конечный

промежуток времени и S  lim
n 


S
 i  lim
n
t 

 Ft i   Fdt ,
n
t i  0
n   i 1
i 1


S   Fdt -
0
t
(2).
0
Вывод. Импульс переменной силы за конечный промежуток времени выражается определенным
интегралом от
векторной функции. Если обозначить проек

ции вектора S на оси ОХУZ через S{S x , S y , S z } , а проекции вектора на те же оси

через F{ X , Y , Z } , то получим, проектируя на эти оси равенство (2):
t
t
t
S x   Xdt ; S y   ydt ; S z   zdt
0
0
(3)
0
Основными мерами механического движения являются количество движения точки н кинетическая энергия точки.
Количеством движения точки
называется вектор, равный произведению

массы точки на скорость, т.е. mV . Направлен вектор, как и скорость, по касательной к траектории (рис. 36).
Вектор количества движения характеризует способность механического движения передаваться другим телам в
виде механического же движения. Например, один биллиардный шар, ударив другой, передает ему часть своегомеханического движения в виде количества движения mV .
Кинетической энергией точки называется скалярная
Рис. 36
величина, равная половине произведения массы точки на квадрат ее скорости, т.е.
mV 2
. Она характеризует способность механического движения превра2
щаться в другие виды движения. Например, часть кинетической энергии при ударе биллиардных шаров теряется и переходит в другие виды энергии: звук, теплоту.
Обе основные меры - и количество движения, и кинетическая энергия - существуют одновременно в любом механическом движении и не противоречат
друг другу.

F
Пусть материальная точка М массы m движется
под
действием
силы


(рис. 37а). Наосновании
второго
закона
динамики
F  ma или


dV d (mV )
F m

.
dt
dt
(4)
Умножим обе части этого равенства на dt, получим
41



d (mV )  Fdt  dS ,
(5)

где
mV - количество движения точки;


Fdt  dS - элементарный импульс силы, дей-
ствующей на точку.
Равенство (5) выражает теорему о количестве
Рис. 37
движения точки в дифференциальной векторной форме.
Проинтегрируем равенство (5), получим эту же теорему в интегральной
форме (векторной):
t 


;
d
(
m
V
)

F
dt

S


V
V0
0



mV  mV0  S ,

где S - импульс силы F.
(6)
Теорема читается в первом случае так: дифференциал количества движения
материальной точки равен элементарному импульсу силы, действующей на точку.
Во втором случае изменение вектора количества движения точки за некоторый промежуток времени равно импульсу силы, действующей на точку за то же
время (рис. 37б).
Спроектируем равенства (5) и (6) на неподвижные оси 0ХУZ и получим:
d (mVx )  dS x  Xdt;

d (mV y )  dS y  Ydt ;

d (mVz )  dS z  Zdt ;
(7)
t

mV

mV

 x
0x
0 Xdt  S x ;

t

mV y  mV0 y   Ydt  S y ;
0

t

mVz  mV0 z   Zdt  S z

0
(8)
Система (7) выражает теорему о количестве движения точки в дифференциальной скалярной, а система (8) - интегральной скалярной форме.
Теперь теорема читается в первом случае так: дифференциал проекции количества движения точки на какую-либо ось равен проекции элементарного импульса силы на ту же ось. Во втором случае: изменение количества движения
точки на какую-либо ось равно проекции импульса силы на ту же ось.
Частые случаи



t


1. F  0 , тогда mV  mV0   Fdt  0 . mV  const - закон сохранения количества
0
движения.
(9)
42
t
2. X  0 , тогда mVX  mV0 x   Xdt  0 . mVX  const - закон сохранения проек0
ции количества двилeния (10).
Пример. Материальная точка брошена под углом  к горизонту с начальной
скоростью V0 (рис. 38). Определить скорость точки в вершине траектории. Сопротивлением пренебречь.
Решение. На точку, кроме силы тяжести, никакие силы не действуют, а ее
проекция X=0. Следовательно,
mV0 x  mVx  const ;
mVx  mV ; mV0 x  mV0 cos  ;
mV  mV0 cos  ; V  V0 cos 
Порядок решения задач с помощью теоремы об изменении количества движения материальной точки
1. Выбрать систему координат.
2. Изобразить на рисунке все силы, приложенные к
Рис. 38
материальной точке, т.е. активные силы и реакции связей.
3. Записать теорему об изменении количества движения материальной точки в проекциях на оси:
t

mVx  mV0 x   Xdt  S x ;
0

t

mV

mV

 y
0y
0 Ydt  S y ;

t

mVz  mV0 z   Zdt  S z

0
4. Если в задаче требуется определить начальную или конечную скорости
точки при заданном законе изменения сил и промежутке времени их действия, то,
вычислив проекции импульсов сил по формулам:
t
t
t
0
0
0
S X   Xdt ; S Y   Ydt ; S Z   Zdt
и подставив их значения в уравнения предыдущего пункта, определяют
искомые проекций скорости точки;
если по условию задачи требуется определить одну из постоянных сил
(например F), приложенных к материальной точке, то ее можно легко получить из
уравнений пункта 3, так как в атом случае:
S X  Xt ; S Y  Yt ; S Z  Zt .
Определив отсюда X, Y, Z, найдем F по формуле F  X 2  Y 2  Z 2 .
Контрольные вопросы и задания к теме 6
№51. Точка движется по прямой неравномерно (ускоренно). Как меняется
43
ее количество движения?
1. Не изменяется.
2. Изменяется только по величине.
3. Изменяется и по величине, и по направлению.
4. Изменяется только по направлению.
№52. Точка движется по прямой равномерно. Как меняется количество
движения такой точки?
1. Изменяется только по величине.
2. Изменяется и по величине, и по направлению.
3. Изменяется только по направлению.
4. Не изменяется.
№53. Точка движется по окружности неравномерно. Как меняется количество движения ее?
1. Не изменяется.
2. Изменяется только по величине.
3. Изменяется только по направлению.
4. Изменяется и но величине, и по направлению.
№54. Точка движется равномерно по окружности, Как меняется количество
движения ее?
1. Не изменяется.
2. Изменяется только по величине.
3. Изменяется только по направлению.
4. Изменяется и по направлению, и по величине.
№55. Грузу массой m, лежащему на горизонтальной плоскости, сообщают
(толчком) начальную скорость V 0 . Последующее движение груза тормозится постоянной силой F. Определить, через сколько времени груз остановится.
mV0
,
F
F
2. t 
.
mV0
1. t 
3. Нет верного ответа.
№56. Тело М брошено под углом  к горизонту с начальной скоростью V 0 .
Пренебрегая сопротивлением воздуха, определить время t1 подъема тела до
наивысшего положения.
2V0 sin 
.
g
V sin 
2. t1  0
.
g
g
3. t1 
.
V0 sin 
1. t1 
4. Нет верного ответа.
№57. Тело весом Q = 19,62 кг двигалось прямолинейно по гладкой горизонтальной плоскости со скоростью V 0 .= 0,5 м/с. Определить величину и направле44
ние скорости V1 тела через 3 с после приложения к нему постоянной силы Р = 4
кг, направленной в сторону, противоположную его начальной скорости.

1. V1 = 6,5 м/с, направлена в сторону P .

2. V1 = 6,5 м/с, направлена против P .

3. V1 = 5,5 м/с, направлена в сторону P .

4. V1 = 5,5 м/с, направлена против P .
№58. Точка весом Р брошена с начальной скоростью V 0 под углом  к горизонту. Определить, пренебрегая сопротивлением воздуха,
полный импульс силы тяжести за время движения точки.
2p
V0 sin  .
g
2p
2. S  V0 cos  .
g
2 pV0
3. S 
.
g
1. S 
№59. Считая, что величина равнодействующей R (всех сил, действующих
на поршень А, изменяется по закону
R = 0,4 Р (1 - 1,6t),
где P - вес поршня;
t - время, с.
Определить скорость поршня в момент t1 = 0,5 с,
если в момент t0 его скорость V0 = 0,2 м/с (рис. 39)
Рис. 39
( g = 10 м/с2).
1. V1 = -4,2 м/c.
2. V1 = -4 м/с.
3. V1 = 1,4 м/с.
4. V1 = 1,2 м/с.
№60. Тело массой 10 кг перемещается по горизонтальной плоскости под
действием силы Q, образующей с плоскостью угол  = 30°. Определить силу Q,
если скорость за 5 с возросла с 2 до 4 м/с. Коэффициент трения f = 0,15.
1. Q = 20 Н.
2. Q = 21,7 II.
3. Q = 121 Н.
4. Q = 11,7 Н.
Тема 7. Теорема об изменении момента количества движения точки
Рассмотрим движение материальной точки М массы m под действием силы

    
F в неподвижной системе отсчета OXYZ (рис. 40). Определим m  m0 ( F )  r  F .
Этот вектор перпендикулярен плоскости АОМ, в которой расположены сила и

радиус-вектор r точки М, и равен численно m0=2SАОМ. Из
статики известно, что его проекции на оси m0 {m x ; m y ; m z }
45

определяют моменты силы F относительно осей координат.
Введем
новое понятие вектор - момент количества движения точки относи 

тельно O  l 0  r  mV . Он перпендикулярен плоскости, в которой лежат векторы
 
 


r и r  mV ( r - радиус - вектор точки М). mV  g - вектор количества движения
точки M. 
численно равен 2SОМК. Его проекции на оси
Рис. 40
l0

l 0 {l x ; l y ; l z } называются моментами количества движения точки относительно
осей координат.

Установим зависимость между векторами l 0 и m0 . Для этого продифферен 

цируем обе части равенства l 0  r  mV по времени:




  d (mV ) 
 
dl 0 dr
   
dV 

 mV  r 
 V  mV  r  m
 r  ma  r  F  m0 .
dt
dt
dt
dt

dl 0 
 m0 .
(1)
dt

dr  
 V ;
dt

из кинематики точки,


dV  
 a.

dt
^^1
 
VmV  0 , так как векторы коллинеарны.
Полученное равенство (1) выражает теорему о моменте количества движения точки в векторной форме: производная от момента количества движения точки относительно некоторого центра по времени равна моменту силы, действующей на точку, относительно того же центра.
Спроектируем равенство (1) на оси OXYZ, получим:
dl y
dl x
dl
 m y ; z  mz
 mx ;
dt
dt
dt
(2)
Эта теорема в скалярной форме: производная от момента количества движения точки относительно некоторой оси по времени равна моменту силы, действующей на точку, относительна той же оси.
Частные случаи

1. Если m z ( F )  0 , то l z  const ,
так как
dl z
 0.
dt
(3)
2. Когда точка движется под действием силы, линия действия которой все
время проходит через один и тот же неподвижный центр, то такая сила называется центральной, а неподвижный центр, через который проходит сила, центром си
лы (рис. 41). Тогда m0 ( F )  0 .

 
dl 0
 0 , то l 0  c (const ) .
Если
dt
46
(4)

Для того, чтобы вектор l 0 не менял ни величины, ни направления необхо

димо, чтобы векторы mV и r все время
находились в одной плоскости и
 

Рис. 41
r  mV  l 0  const .
Отсюда следует, что под действием центральной силы точка движется по
плоской траектории. Примером такой силы является сила притяжения планет к
Солнцу или спутника к Земле. Оба случая объединяются в одном законе - законе
сохранения момента количества движения.
Порядок решения задач с помощью теоремы об изменении количества движения материальной точки
1. Выбрать систему координат (при движении точки по дуге окружности
следует одну из осей направить через центр окружности перпендикулярно к ее
плоскости).
2. Изобразить на рисунке силы, приложенные к материальной точке, т.е. активные силы и реакции связей (применив закон освобождаемости от связей).
3. Вычислить суммы моментов сил, приложенных к материальной точке,
относительно осей координат.
4. Изобразить вектор количества движения материально!! точки, записать
выражение его моментов относительно неподвижных осей координат и взять от
них производные по времени.
5. Подставить результаты подсчетов двух предыдущих пунктов решения задачи в уравнения теоремы об изменении момента количества движения материальной точки.
6. Решить в соответствии с условием прямую либо обратную задачу динамики точки.
Последовательность решения задач при сохранении момента количества
движения материальной точки
1. Выбрать центр, относительно которого необходимо применить теорему
об изменении момента количества движения материальной точки (при движении
точки под действием центральной силы следует брать центр силы).
2. Изобразить на рисунке все активные силы и реакции связей, приложенные к материальной точке.
3. Определить вектор количества движения материальной точки, найти момент количества движения этой точки относительно выбранного центра.
4. Применить теорему об изменении момента количества движения материальной точки относительно центра и, проверив, что сумма моментов всех сил относительно центра равна нулю, приравнять моменты количеств
движения матери

альной точки в ее начальном и конечном положениях: l 01  l 02 . Из этого уравнения
определить искомую величину. В некоторых задачах приходится пользоваться

этой теоремой относительно одной из осей координат. Например, если m z ( F )  0 ,
47


то l z  const , тогда l Z 1  l Z 2 .
Контрольные вопросы и задания к теме 7
№61. Чему равен момент количества движения
точки М относительно оси z, если = 0°
1. l Z  2S oam
2. l Z  2S OAM .
3. l Z  mVr .
4. Все ответы верны.
Рис. 42
48