Динамика материальной точки

В классической нерелятивистской механике, где скорость движения тел считается много меньше скорости света в вакууме , основным законом динамики является II-ой закон Ньютона. Согласно этому закону в инерциальной системе отсчета первая производная импульса тела по времени равна полной силе , действующей на это тело,

.

(1.0.1)

Здесь , m – инертная масса тела, - мгновенная скорость тела, - радиус-вектор тела, определяющий его положение в выбранной инерциальной системе отсчета.

При определении мгновенной скорости тело рассматривается как материальная точка, т.е. линейные размеры тела считаются малыми по сравнению с характерными расстояниями решаемой задачи и не учитывается вращательное движение тела.

Если масса тела m при движении сохраняется постоянной, уравнение (1.0.1) упрощается и принимает вид

,

(1.0.2)

где - мгновенное ускорение тела. Это обыкновенное дифференциальное уравнение второго порядка по времени. Для однозначного определения решения уравнения (1.0.2), т.е. нахождения функции , необходимо в некоторый момент времени задать два начальных условия:

, .

(1.0.3)

В этом случае при заданной силе все последующие состояния тела , для находятся однозначно.

Определение движения тела по заданным начальным условиям и известной силе называется прямой задачей динамики. В обратной задаче требуется найти силу, которая обеспечивает необходимые характеристики движения тела (это задача управления движением тела).

Задача № 1

Два тела с массами m₁ и m₂ связаны между собой нерастяжимой и невесомой (m=0) нитью, перекинутой через невесомый блок (рис.1.1). Коэффициент трения скольжения между телом 1 и горизонтальной поверхностью μ=0,2. Ускорение свободного падения g=9,8м/с². Блок считается невесомым. Трением в блоке можно пренебречь. Определить ускорения тел a₁ и a₂, если в начальный момент времени t=0 они были неподвижны. Рассмотреть два случая: 1) m₁=10кг, m₂=5кг; 2) m₁=10кг, m₂=1кг.

Рис.1.1

Решение

Это прямая задача динамики, где по заданным действующим силам необходимо рассчитать движение тел в системе с кинематическими связями. Решение задачи выполняется с помощью следующего алгоритма.

1. Укажем все силы, которые согласно условиям задачи действуют на тела системы с отличной от нуля массой (движение невесомых тел определяется связями): силы тяжести и , силы натяжения и , сила реакции опоры , сила трения .

2. Согласно II-ому закону Ньютона запишем в векторной форме уравнения движения тел 1 и 2:

,	(1.1.1)
.	(1.1.2)

3. Поскольку тела движутся вдоль прямых, то удобно перейти от векторных уравнений к одномерным скалярным уравнениям, используя проекции уравнений (1.1.1)-(1.1.2) на направления соответствующих движений:

,	(1.1.3)
,	(1.1.4)
.	(1.1.5)

В полученные 3 уравнения входят 6 неизвестных величин: a₁, a₂, T₁, T₂, N и F_тр. Для однозначного нахождения всех 6 неизвестных систему уравнений (1.1.3)-(1.1.5) необходимо дополнить еще тремя независимыми уравнениями.

4. Для получения дополнительных уравнений воспользуемся условиями задачи и законами физики.

Поскольку нить нерастяжима, то величины ускорений должны быть одинаковыми:

.

(1.1.6)

Нить и блок считаются невесомыми, трение в блоке не учитывается, поэтому величины сил натяжения равны друг другу во всех точках нити:

Сила трения имеет различную физическую природу и величину в зависимости от того, движется тело 1 относительно поверхности или нет:

(1.1.8)

Здесь F_тр.п. – сила трения покоя и F_тр.ск. – сила трения скольжения.

В зависимости от условий задачи возможны два решения.

I. Допустим, что действующие силы обеспечивают движение тел и

В этом случае полная система уравнений принимает вид:

,	(1.1.10)
,	(1.1.11)
.	(1.1.12)

Решая эту систему равнений, получим:

,	(1.1.13)
,	(1.1.14)
N=m1g .	(1.1.15)

Данное решение справедливо, если a>0 или m₂>μm₁.

Физический смысл последнего условия заключается в том, что сила тяжести m₂g, действующая на тело 2, должна превышать максимальное значение силы трения покоя =F_тр.ск.=μN=μm₁g, действующей на тело 2 и препятствующей движению.

II. Если m₂<μm₁, тела остаются в состоянии покоя и

Соответствующая полная система уравнений принимает вид ( ):

,	(1.1.17)
,	(1.1.18)
.	(1.1.19)

Решение этой системы дает:

,	(1.1.20)
.

Для m₁=10кг, m₂=5кг и μ=0,2 справедливо условие m₂>μm₁, поэтому тела движутся с ускорением

.

(1.1.21)

При m₁=10кг, m₂=1кг и μ=0,2 выполняется условие m₂<μm₁, сила трения покоя F_тр.п.=m₂g и тела остаются в состоянии покоя, когда

.

(1.1.21)

Ответ: 1) ; 2) .

Задача №2

На краю горизонтального диска радиусом R=0,1м неподвижно лежит маленькая шайба (рис.2.1). В момент времени t=0 диск начинает вращаться вокруг вертикальной оси, проходящей через его центр, с угловым ускорением ε=1рад/с². Через какое время t₁ шайба соскользнет с диска, если коэффициент скольжения между шайбой и поверхностью диска μ=0,2?

Рис.2.1

Угловая скорость ω и угловое ускорение ε определяются следующим образом

,

(1.2.1)

где φ - угол поворота диска вокруг вертикальной оси.

Шайба совершает ускоренное движение по окружности, где её ускорение удобно представить в виде векторной суммы.

.

(1.2.2)

Здесь – тангенциальное ускорение, направленное по касательной к окружности

.

(1.2.3)

где - единичный вектор касательной к окружности, направленный по вектору линейной скорости . Это ускорение определяет скорость изменения величины линейной скорости . Ускорение – нормальное ускорение, перпендикулярное к касательной окружности в точке нахождения шайбы и направленное к центру окружности

.

(1.2.4)

Единичный вектор нормали перпендикулярен к вектору и направлен к центру окружности. Нормальное ускорение определяет скорость изменения направления вектора .

Решение

Это пример обратной задачи динамики, где по заданному ускорению тела требуется найти необходимую силу.

1. Определим все силы, которые действуют на шайбу согласно условиям задачи: сила тяжести , сила реакции опоры и сила трения покоя (шайба считается неподвижной относительно поверхности диска).

2. Запишем в векторной форме уравнение движения шайбы в лабораторной системе отсчета:

.

(1.2.5)

Поскольку ускорение шайбы в вертикальном направлении равно нулю, то

(1.2.6)

и уравнение (1.2.5) упрощается:

(1.2.7)

Используя разложение полного ускорения шайбы на тангенциальное и нормальное ускорения, запишем уравнение (1.2.7) в виде:

,

(1.2.8)

где .

3. Перейдем от векторной формы записи уравнения (1.2.8) к скалярной, используя проекции на направления ускорений и ,

,

(1.2.9)

4. Определим зависимость величины полного ускорения шайбы

(1.2.10)

от времени. Согласно определению

.

(1.2.11)

Здесь использована известная формула для линейной скорости материальной точки, движущейся по окружности, .

Нормальное ускорение определяется выражением

,

(1.2.12)

в которое входит неизвестная угловая скорость ω(t). Для нахождения ω(t) используем определение углового ускорения

.

(1.2.13)

Разделим в этом дифференциальном уравнении относительно угловой скорости переменные ω и

(1.2.14)

и проинтегрируем левую часть по времени от t=0 до текущего момента времени t, а правую часть по угловой скорости от начального значения 0 до текущего значения ω(t)

.

(1.2.15)

Выполняя интегрирование

(1.2.16)

и подставляя (1.2.16) в (1.2.10), найдем, что

.

(1.2.17)

Из (1.2.10), (1.2.11) и (1.2.17) следует, что величина полного ускорения

(1.2.18)

монотонно растет со временем.

5. В соответствии с ростом величины ускорения должна расти сила трения покоя, обеспечивающая это ускорение,

.

(1.2.19)

Однако величина силы трения покоя ограничена сверху величиной силы трения скольжения F_тр.ск.=μN=μmg :

поэтому условие движения шайбы вместе с диском принимает вид

.

(1.2.21)

Отсюда находим, что в момент времени t₁, когда

,

(1.2.22)

шайба слетит с диска. Таким образом,

.

(1.2.23)

Отметим, что при μg<Rε шайба слетит с диска сразу после начала вращения.

Ответ: t₁=4,5с.

Задача №3

Автомобиль массой m=2000кг движется прямолинейно со скоростью υ₀=72км/ч. В момент времени t=0 на него начинает действовать тормозящая сила, линейно растущая со временем согласно формуле , где . Определите время t₁, необходимое для полной остановки автомобиля, и соответствующий тормозной путь S₁.

Решение

Это прямая задача механики, где по заданной силе необходимо определить движение тела.

1. При t>0 на автомобиль действует единственная горизонтальная сила , направленная против вектора скорости автомобиля. Векторное уравнение движения автомобиля в горизонтальной плоскости запишется следующим образом:

.

(1.3.1)

2. Перейдем к скалярной форме записи с помощью проекции уравнения (1.3.1) на направление вектора скорости :

.

(1.3.2)

Это обыкновенное дифференциальное уравнение первого порядка по времени относительно неизвестной функции υ.

3. Дифференциальное уравнение (1.3.2) решается методом разделения переменных υ и t:

.

(1.3.3)

Проинтегрируем левую часть по скорости от её начального значения υ₀ до текущей величины υ(t), а правую часть по времени от начального момента t=0 до текущего момента времени t

.

(1.3.4)

Выполняя интегрирование, получим

(1.3.5)

или

.

(1.3.6)

4. В момент остановки автомобиля t=t₁

,

(1.3.7)

поэтому из (1.3.6) находим, что

.

(1.3.8)

5. Тормозной путь S₁ находится с помощью определения величины скорости для прямолинейного движения:

,	(1.3.9)
,	(1.3.10)
	(1.3.11)

Ответ: t₁=8,94с; S₁=119м.

2. Гармонические колебания. Кинематика гармонических колебаний. Свободные незатухающие колебания

Рассмотрим одномерное движение частицы массой m вдоль оси х под действием консервативной силы:

,

(2.0.1)

где U(x) – потенциальная энергия частицы.

Согласно II-ому закону Ньютона уравнение движения частицы имеет вид:

.

(2.0.2)

Нас интересуют возможные положения равновесия частицы, где скорость, ускорение и действующая на частицу сила равны нулю:

(2.0.3)

Согласно (2.0.2) в положении равновесия производная потенциальной энергии по координате обращается в ноль,

,

(3.0.4)

поэтому потенциальная энергия в этих точках имеет экстремум и принимает либо максимальное, либо минимальное значение (точки перегиба здесь не рассматривается). Максимум потенциальной энергии соответствует неустойчивому положению равновесия, поскольку при сколь угодно малом отклонении частицы от данного положения равновесия частица под действием силы будет удаляться от исходного положения. В точке минимума потенциальной энергии имеет место устойчивое положение равновесия. В этом случае частица, выведенная из положения равновесия внешним воздействием, стремится вернуться в исходное положение под действием возвращающей силы. При любом смещении частицы из положения устойчивого равновесия возвращающая сила всегда направлена к точке равновесия.

Наше рассмотрение ограничено важным частным случаем движения частицы в малой окрестности устойчивого положения равновесия в точке х=0, когда потенциальная энергия описывается формулой:

.

(2.0.6)

Здесь k>0 – постоянная величина.

Для этого случая уравнение движения частицы записывается следующим образом:

,

(2.0.7)

или

.

(2.0.8)

Перенесем член -kx в левую часть равенства с изменением знака и получим следующее уравнение:

.

(2.0.9)

Разделим левую и правую части полученного уравнения на массу m

,

(2.0.10)

и введем обозначение . В результате приходим к дифференциальному уравнению вида

.

(2.0.11)

Данное обыкновенное дифференциальное уравнение второго порядка по времени описывает механическую систему, которая называется гармоническим осциллятором. Примером гармонического осциллятора может служить шарик, подвешенный на вертикальной пружине.

Общее решение полученного дифференциального уравнения может быть записано в виде:

,

(2.0.12)

где – амплитуда гармонических колебаний, – круговая, или циклическая частота колебаний, связанная с частотой колебаний . Аргумент косинуса называется фазой колебаний, а постоянная - начальной фазой. При подстановке функции (2.0.12) в дифференциальное уравнение (2.0.11) это уравнение превращается в числовое тождество для всех моментов времени.

Неизвестные величины А и находятся с помощью двух начальных условий, определяющих начальное состояние частицы и обычно задаваемых для момента времени t=0,

, .

(2.0.13)

Из начальных условий (3.0.13) следует, что

, .

(2.0.14)

Число начальных условий должно равняться числу неизвестных постоянных в общем решении обыкновенного дифференциального уравнения. В свою очередь число произвольных постоянных в общем решении обыкновенного дифференциального уравнения равно порядку этого уравнения, который определяется высшей производной искомой функции по времени.

Приведённое выше решение уравнения гармонического осциллятора описывает свободные незатухающие колебания. Смещение x, скорость V и ускорение a данных колебаний определяются формулами:

,	(2.0.15)
,	(2.0.16)
.	(2.0.17)

В случае свободных незатухающих гармонических колебаний полная механическая энергия осциллятора Е сохраняется постоянной. Она равна сумме его кинетической

(2.0.18)

и потенциальной

(2.0.19)

энергий. С учетом (2.0.12) выражение для полной энергии принимает вид:

.

(2.0.20)

Здесь использовано соотношение .

Задача №4

Найти результирующее движение в случае двух гармонических колебаний одинаковой частоты, происходящий вдоль оси х с амплитудами А и В.

Решение

1. Задача решается методом векторных диаграмм. Будем рассматривать смещение x как проекцию на ось x вектора постоянной длины A, который вращается с постоянной угловой скоростью ω в плоскости X0Y вокруг точки x=y=0

,

(2.4.1)

где . Формула (2.4.1) описывает гармонические колебания вдоль оси x с циклической частотой , амплитудой A и начальной фазой .

2. Если частица одновременно участвует в двух гармонических колебаниях вдоль оси x, то для начального момента времени t=0 из одной точки x=y=0 строятся два вектора, положение и длина которых определяются соответственно амплитудой и начальной фазой этих колебаний. Суммарное движение частицы описывается вектором, равным сумме этих двух векторов.

3. Найдем графически сумму двух гармонических колебаний

.

(2.4.2)

Из точки О, как показано на рис.4.1, построим два вектора, соответствующие гармоническим колебаниям в начальный момент времени t=0. Суммарный вектор имеет длину

(2.4.3)

и начальную фазу

.

(2.4.4)

Рис.4.1

При t>0 все три вектора , и вращаются с одинаковой угловой скоростью ω, равной частоте гармонических колебаний. Проекция вектора на ось х описывает результирующее движение частицы в виде

.

(2.4.5)

Ответ: .

Задача №5

Частица совершает гармонические колебания около положения равновесия х=0 с циклической частотой ω=4 рад/с так, что в начальный момент времени t=0 её координата x₀=0,25м, а скорость V₀=1м/с. Найдите смещение частицы x(t) как функцию времени t.

Решение

1. Общее выражение, описывающее гармонические незатухающие колебания, имеет вид:

,

(2.5.1)

где А, ω и φ₀ - постоянные величины. Согласно условиям задачи известны циклическая частота

и состояние частицы в момент времени t=0:

м,	(2.5.3)
м/с2.	(2.5.4)

2. Из (2.5.3) и (2.5.4) получаем, что амплитуда колебаний

м

(2.5.5)

и начальная фаза

.

(2.5.6)

3. C учётом (2.5.5) и (2.5.6) выражение (2.5.1) принимает вид

м ,

(2.5.7)

где время t измеряется в секундах.

Ответ: м, где время t измеряется в секундах.

Задача №6

Рассмотреть движение тела массой m=1 кг в колебательных системах 1 и 2, показанных на рис.6.2. Коэффициенты жёсткости пружины и . Массами пружин и трением можно пренебречь. Определите периоды T₁ и T₂ гармонических колебаний тела в этих системах.

Система 1 Система 2

Рис.6.2

Решение

Для расчёта механической колебательной системы необходимо: 1) найти положение равновесия системы, 2) проанализировать его устойчивость, записав выражение для силы, возникающей при малом смещении тела из положения равновесия и 3) получить уравнение движения тела в малой окрестности устойчивого положения равновесия, записав его в стандартной форме уравнения движения гармонического осциллятора.

Определим все силы, действующие на тело согласно условиям задачи: сила тяжести , сила реакции опоры ,силы упругости деформированных пружин и . В нашем случае достаточно рассмотреть только горизонтальное движение тела, поскольку вертикально направленные силы взаимно скомпенсированы.

Очевидно, что в обеих системах имеются положения равновесия, причем будем считать, что для системы 1 в положении равновесия обе пружины не деформированы. Для каждой системы введём ось х, вдоль которой происходит движение тела, и направим её слева направо. При этом примем, что положение равновесия находится в точке х=0.

Система 1

1. Определим устойчивость положения равновесия. При смещении тела относительно равновесия пружины деформируется таким образом, что возникающие силы упругости обеих пружин направлены в одну сторону – к положению равновесия тела. Следовательно, формируется возвращающая сила и положение равновесия устойчивое.

2. Если смещение тела относительно положения равновесия х, полная сила упругости, действующая на тело,

.

(2.6.1)

Здесь учитывается то обстоятельство, что смещения тела и прикреплённых к нему концов пружины одинаковые.

3. Согласно II - ому закону Ньютона уравнение движения тела имеет вид:

(2.6.2)

или

,

(2.6.3)

где

(2.6.4)

- циклическая частота и

с

(2.6.5)

- период гармонических колебаний тела в системе 1.

Система 2

1. Определим устойчивость положения равновесия. При смещении тела относительно положения равновесия пружины деформируются таким образом, что возникающие силы упругости обеих пружин направлены в одну сторону – к положению равновесия тела. Следовательно, формируется возвращающая сила и положение равновесия устойчивое.

2. Смещение х тела относительно положения равновесия равно сумме смещений правых концов обеих пружин

,

(2.6.6)

при этом на тело действует сила упругости только пружины 2

.

(2.6.7)

3. Согласно II – ому закону Ньютона уравнение движения тела запишется в виде

.

(2.6.8)

4. Поскольку пружины считаются невесомыми, то согласно III – ему закону Ньютона для сил упругости пружин выполняется равенство

(2.6.9)

и

.

(2.6.10)

Тогда из (2.6.6) и (2.6.10) следует, что

.

(2.6.11)

5. С учётом (2.6.11) уравнение движения тела (2.6.8) запишется следующим образом:

(2.6.12)

или

,

(2.6.13)

где

(2.6.14)

- циклическая частота и

с

(2.6.15)

- период гармонических колебаний тела в системе 2.

Согласно полученным результатам эквивалентная жёсткость k пружин в системе 1 определяется формулой

,

а в системе 2 – формулой

.

Ответ: с, с.