Курс лекций по теоретической механике. Динамика (I часть)

1. Курс лекций по теоретической механике

Московский государственный университет путей сообщения (МИИТ)
Кафедра теоретической механики
Научно-технический центр транспортных технологий
Бондаренко А.Н.
Курс лекций по
теоретической
механике
Динамика (I часть)
Электронный учебный курс написан на основе лекций, читавшихся автором для студентов,
обучавшихся по специальностям СЖД, ПГС и СДМ в НИИЖТе и МИИТе (1974-2006 гг.). Учебный
материал соответствует календарным планам в объеме трех семестров.
Для полной реализации анимационных эффектов при презентации необходимо использовать средство просмотра
Power Point не ниже, чем встроенный в Microsoft Office операционной системы Windows-ХР Professional.
Замечания и предложения можно послать по e-mail: [email protected] .
Москва - 2007

2. Содержание

Лекция 1. Введение в динамику. Законы и аксиомы динамики материальной точки. Основное уравнение
динамики. Дифференциальные и естественные уравнения движения. Две основные задачи динамики.
Примеры решения прямой задачи динамики
Лекция 2. Решение обратной задачи динамики. Общие указания к решению обратной задачи динамики.
Примеры решения обратной задачи динамики. Движение тела, брошенного под углом к горизонту, без учета
сопротивления воздуха.
Лекция 3. Прямолинейные колебания материальной точки. Условие возникновения колебаний.
Классификация колебаний. Свободные колебания без учета сил сопротивления. Затухающие колебания.
Декремент колебаний.
Лекция 4. Вынужденные колебания материальной точки. Резонанс. Влияние сопротивления движению при
вынужденных колебаниях.
Лекция 5. Относительное движение материальной точки. Силы инерции. Частные случаи движения для
различных видов переносного движения. Влияние вращения Земли на равновесие и движение тел.
Лекция 6. Динамика механической системы. Механическая система. Внешние и внутренние силы. Центр
масс системы. Теорема о движении центра масс. Законы сохранения. Пример решения задачи на
использование теоремы о движении центра масс.
Лекция 7. Импульс силы. Количество движения. Теорема об изменении количества движения. Законы
сохранения. Теорема Эйлера. Пример решения задачи на использование теоремы об изменении
количества движения. Момент количества движения. Теорема об изменении момента количества
движения..
Лекция 8. Законы сохранения. Элементы теории моментов инерции. Кинетический момент твердого тела.
Дифференциальное уравнение вращения твердого тела. Пример решения задачи на использование
теоремы об изменении момента количества движения системы. Элементарная теория гироскопа.
Рекомендуемая литература
1. Яблонский А.А. Курс теоретической механики. Ч.2. М.: Высшая школа. 1977 г. 368 с.
2. Мещерский И.В. Сборник задач по теоретической механике. М.: Наука. 1986 г. 416 с.
3. Сборник заданий для курсовых работ /Под ред. А.А. Яблонского. М.:Высшая школа. 1985 г. 366 с.
4. Бондаренко А.Н. “Теоретическая механика в примерах и задачах. Динамика” (электронное пособие
www.miit.ru/institut/ipss/faculties/trm/main.htm ), 2004 г.

3. Лекция 1

Динамика – раздел теоретической механики,
изучающий механическое движение с самой общей точки
зрения. Движение рассматривается в связи с действующими
на объект силами.
Раздел состоит из трех отделов:
Динамика
Динамика
материальной точки
Динамика
механической системы
Аналитическая механика
■
Динамика точки – изучает движение материальной точки
с учетом сил, вызывающих это движение.
Основной объект - материальная точка – материальное тело, обладающей массой, размерами которого можно пренебречь.
■
Динамика механической системы – изучает движение совокупности материальных точек и твердых тел, объединяемых общими законами
взаимодействия, с учетом сил, вызывающих это движение.
■
Аналитическая механика – изучает движение несвободных механических систем с использованием общих аналитических методов.
Основные допущения:
– существует абсолютное пространство (обладает чисто геометрическими свойствами, не зависящими от материи и ее движения .
– существует абсолютное время (не зависит от материи и ее движения).
Отсюда вытекает:
– существует абсолютно неподвижная система отсчета.
– время не зависит от движения системы отсчета.
– массы движущихся точек не зависят от движения системы отсчета.
Эти допущения используются в классической механике, созданной Галилеем и Ньютоном. Она имеет до сих пор достаточно широкую область
применения, поскольку рассматриваемые в прикладных науках механические системы не обладают такими большими массами и скоростями
движения, для которых необходим учет их влияния на геометрию пространства, время, движение, как это делается в релятивистской механике
(теории относительности).
■
Основные законы динамики – впервые открытые Галилеем и сформулированные Ньютоном составляют основу всех методов описания и
анализа движения механических систем и их динамического взаимодействия под действием различных сил.
■ Закон инерции (закон Галилея-Ньютона) – Изолированная материальная точка тело сохраняет свое состояние покоя или равномерного
прямолинейного движения до тех пор, приложенные силы не заставят ее изменить это состояние. Отсюда следует эквивалентность состояния
покоя и движения по инерции (закон относительности Галилея). Система отсчета, по отношению к которой выполняется закон инерции, называется
инерциальной. Свойство материальной точки стремиться сохранить неизменной скорость своего движения (свое кинематическое состояние)
называется инертностью.
■ Закон пропорциональности силы и ускорения (Основное уравнение динамики - II закон Ньютона) – Ускорение, сообщаемое
материальной точке силой, прямо пропорционально силе и обратно пропорционально массе этой точки:
или
1
Здесь m – масса точки (мера инертности), измеряется в кг,
численно равна весу, деленному на ускорение свободного падения:
G
m .
g
F – действующая сила, измеряется в Н (1 Н сообщает точке массой 1 кг ускорение 1 м/c2, 1 Н = 1/9.81 кг-с).
a
m
F
ma F .
1

4. Лекция 1 (продолжение – 1.2)

■ Закон равенства действия и противодействия (III закон Ньютона) – Всякому действию соответствует равное по величине и
противоположно направленное противодействие:
F2,1 m2
F1, 2
F1, 2 F2,1
m1
Закон справедлив для любого кинематического состояния тел. Силы взаимодействия, будучи приложенные к разным точкам (телам)
не уравновешиваются.
■ Закон независимости действия сил – Ускорение материальной точки под действием нескольких сил равно геометрической сумме
ускорений точки от действия каждой из сил в отдельности:
или
a ( R ) a1 ( F1 ) a2 ( F2 ) ....
a ( F1 , F2 ,...) a1 ( F1 ) a2 ( F2 ) ....
■
Основное уравнение динамики :
ma Fi .
- соответствует векторному способу задания движения точки.
Дифференциальные уравнения движения материальной точки:
d 2 r в основное уравнение динамики:
Подставим ускорение точки при векторном задании движения a
.
dt 2
M
r
z
a
В координатном виде: Используем связь радиуса-вектора с координатами
и вектора силы с проекциями:
r (t ) x(t )i y (t ) j z (t )k
az
M(x,y,z)
O
r
O
k
i
После группировки
векторное соотношение
d 2x
распадается
( x) : m 2
на три скалярных
dt
уравнения:
2
ay
ax
z
j
y
x
n
F2 a
(1).
x
y
F1
Fi X i i Yi j Z i k
d2
m 2 ( xi yj zk ) ( X i i Yi j Z i k ).
dt
Xi;
m x X i ;
d y
( y ) : m 2 Yi ;
dt
d 2z
(z) : m 2 Zi .
dt
Естественные уравнения движения материальной точки – получаются
проецированием
векторного дифференциального
b
s уравнения
движения на естественные (подвижные)
O1
оси координат:
или:
M
d 2r
Fi
dt 2
- дифференциальное уравнение движения точки в векторном виде.
F1
F2
m
или:
m y Yi ;
m z Z i .
- дифференциальные
уравнения движения
точки в координатном
виде.
Этот результат может быть получен формальным
проецированием векторного дифференциального
уравнения (1).
( ) : ma ττ Fiτ ;
m s Fiτ ;
(n) : ma n Fin ;
s 2
m
Fin .
(b) : m 0 Fib .
- естественные
уравнения движения
точки.
2

5. Лекция 1 (продолжение – 1.3)

Две основные задачи динамики:
1. Прямая задача: Задано движение (уравнения движения, траектория). Требуется определить силы, под действием которых происходит заданное
движение.
2. Обратная задача: Заданы силы, под действием которых происходит движение. Требуется найти параметры движения (уравнения движения,
траекторию движения).
Обе задачи решаются с помощью основного уравнения динамики и проекции его на координатные оси. Если рассматривается движение несвободной
точки, то как и в статике, используется принцип освобождаемости от связей. В результате реакции связей включаются в состав сил, действующих
на материальную точку. Решение первой задачи связано с операциями дифференцирования. Решение обратной задачи требует интегрирования
соответствующих дифференциальных уравнений и это значительно сложнее, чем дифференцирование. Обратная задача сложнее прямой задачи.
Решение прямой задачи динамики - рассмотрим на примерах:
Пример 1. Кабина весом G лифта поднимается тросом с ускорением a . Определить натяжение троса.
y
1. Выбираем объект (кабина лифта движется поступательно и ее можно рассматривать как материальную точку).
2. Отбрасываем связь (трос) и заменяем реакцией R.
R
ma Fi G R .
4. Проецируем основное уравнение динамики на ось y:
( y ) : ma y R G.
ay
G
Определяем реакцию троса: R G ma y G a y G (1
).
g
g
ay
Определяем натяжение троса: T R ; T R G (1
).
g
3. Составляем основное уравнение динамики:
a
G
При равномерном движении кабины ay = 0 и
натяжение троса равно весу: T = G.
При обрыве троса T = 0 и ускорение кабины
равно ускорению свободного падения: ay = -g.
Пример 2. Точка массой m движется по горизонтальной поверхности (плоскости Oxy) согласно уравнениям: x = a coskt, y = b coskt. Определить силу, действующую на точку.
N
1. Выбираем
объект
(материальную
точку).
Таким
образом,
величина
силы пропорциональна
расстоянию точки до центра координат и
направлена
к центру
по(плоскость)
линии, соединяющей
точку
с центром.
2. Отбрасываем
связь
и заменяем
реакцией
N.
Траектория движения точки представляет собой эллипс с центром в начале координат:
3. Добавляем к системе сил неизвестную силу F.
y
r
O
F
x
y
G
Определяем проекции силы:
Fx m x mak 2 cos kt mk 2 x;
F y m y mak 2 sin kt mk 2 y.
x 2 a 2 cos 2 kt ;
2
2
xm a y F
G N F.
i 1
2
2
2
y b sin kt.
a b ( x) : m x Fx ;
5. Проецируем основное уравнение динамики на оси x,y :
( y ) : m y F y .
Модуль
F Fx2 Fy2
Направляющие косинусы:
силы:
Fy
F
x
y
cos( F , x.) x ; cos( F , y.)
.
mk 2 x 2 y 2 mk 2 r.
F
r
F
r
x
4. Составляем основное уравнение динамики:
3

6. Лекция 1 (продолжение 1.4)

Пример 3: Груз весом G подвешен на тросе длиной l и движется по круговой траектории в горизонтальной
плоскости с некоторой скоростью. Угол отклонения троса от вертикали равен . Определить натяжение троса и
скорость груза.
1. Выбираем объект (груз).
2. Отбрасываем связь (трос) и заменяем реакцией R.
l
Rb
n
an
ma Fi G R .
4. Проецируем основное уравнение динамики на оси ,n, b: ( ) : ma τ 0;
3. Составляем основное уравнение динамики:
Из третьего уравнения определяем
реакцию троса:
G
Определяем натяжение троса:
T R ; T R
G
.
cos
(n) : ma n R sin ;
G
R
.
cos
(b) : 0 R cos G.
Подставляем значение реакции
троса, нормального ускорения
во второе уравнение и
определяем скорость груза:
G v2
G
sin .
g l sin cos
v
gl sin 2
.
cos
Пример 4: Автомашина весом G движется по выпуклому мосту (радиус кривизны равен R) со скоростью V. Определить давление
автомашины на мост.
N
1. Выбираем объект (автомашина, размерами пренебрегаем и рассматриваем как точку).
v
2. Отбрасываем связь (шероховатую поверхность) и заменяем реакциями N и силой трения Fтр.
Fтр
R
ma Fi G N Fтр .
(n) : ma n G N .
4. Проецируем основное уравнение динамики на ось n:
3. Составляем основное уравнение динамики:
G
n
Отсюда определяем нормальную реакцию:
Определяем давление
автомашины на мост:
N G ma n G m
v2
Q N ; Q G (1
).
gR
Отсюда можно определить скорость,
соответствующую нулевому
v
давлению на мост (Q = 0):
v2
v2
G (1
).
R
gR
gR .
4

7. Лекция 2

Решение обратной задачи динамики – В общем случае движения точки силы, действующие на точку, являются переменными, зависящими
от времени, координат и скорости. Движение точки описывается системой трех дифференциальных уравнений второго порядка:
После интегрирования
каждого из них будет
шесть постоянных
C1, C2,…., C6:
x f1 (t , C1 , C 2 , C 3 );
y f 2 (t , C1 , C 2 , C3 );
z f 3 (t , C1 , C 2 , C3 ).
x f 4 (t , C1 , C 2 ,..., C 6 );
y f 5 (t , C1 , C 2 ,..., C 6 );
z f 6 (t , C1 , C 2 ,..., C 6 ).
После подстановки найденных значений постоянных получаем:
m x X i ;
Значения постоянных C1, C2,…., C6
находятся из шести начальных
условий при
x t x=0 0:
; y y0 ; z z 0 ;
x x 0 ;
y y 0 ;
m y Yi ;
m z Z i .
z z 0 .
x f 4 (t , x 0 , y 0 , z 0 , x0 , y 0 , z 0 );
y f 5 (t , x 0 , y 0 , z 0 , x0 , y 0 , z 0 );
x f1 (t , x 0 , y 0 , z 0 );
y f 2 (t , x 0 , y 0 , z 0 );
z f 3 (t , x 0 , y 0 , z 0 ).
Таким образом, под действием одной и той же системы сил
материальная точка может совершать целый класс движений,
z f 6 (t , x 0 , y 0 , z 0 , x 0 , y 0 , z 0 ).
определяемых начальными условиями.
Начальные координаты учитывают исходное положение точки. Начальная скорость, задаваемая проекциями, учитывает влияние на ее движение
по рассматриваемому участку траектории сил, действовавших на точку до прихода на этот участок, т.е. начальное кинематическое состояние.
Пример 1 решения обратной задачи: Свободная материальная точка массы m движется по действием силы F, постоянной по модулю и
величине. . В начальный момент скорость точки составляла v0 и совпадала по направлению с силой. Определить уравнение движение точки.
z
ma F F const.
1. Составляем основное уравнение динамики:
i
y
2. Выберем декартову систему отсчета, направляя ось x вдоль направления силы
и спроецируем основное уравнение динамики на эту ось:
( x ) : ma x Fx F .
F
3. Понижаем порядок производной:
m
dv x
F.
dt
4. Разделяем переменные:
F
dt.
m F
dx ( t C1 )dt.
m
5. Вычисляем интегралы от обоих частей уравнения:
x
dv x
dx F
6. Представим проекцию скорости
t C1 . 7. Разделяем переменные:
как производную координаты по времени: dt
m
8. Вычисляем интегралы от обоих частей уравнения:
F
dx ( m t C1 )dt.
9. Для определения значений постоянных C1 и C2 используем начальные условия t = 0, vx
vx
t 0
F
0 C1 v0 .
m
x t 0
= v0 , x = x0 :
F 02
C1 0 C 2 x0 .
m 2
В итоге получаем уравнение равнопеременного движения (по оси x):
или
m x F .
F
dt.
m
F
v x t C1 .
m
dv x
F t2
x
C1t C 2 .
m 2
C1 v0 ; C 2 x 0 .
x
F t2
v0 t x 0 .
m 2
5

8. Лекция 2 (продолжение 2.2)

Общие указания к решению прямой и обратной задачи. Порядок решения:
1. Составление дифференциального уравнения движения:
1.1. Выбрать систему координат – прямоугольную (неподвижную) при неизвестной траектории движения, естественную (подвижную) при
известной траектории, например, окружность или прямая линия. В последнем случае можно использовать одну прямолинейную
координату. Начало отсчета совместить с начальным положением точки (при t = 0) или с равновесным положением точки, если оно
существует, например, при колебаниях точки.
1.2. Изобразить точку в положении, соответствующем произвольному моменту времени (при t > 0) так, чтобы координаты были положительными
(s > 0, x > 0). При этом считаем также, что проекция скорости в этом положении также положительна. В случае колебаний проекция
скорости меняет знак, например, при возвращении к положению равновесия. Здесь следует принять, что в рассматриваемый момент
времени точка удаляется от положения равновесия. Выполнение этой рекомендации важно в дальнейшем при работе с силами
сопротивления, зависящими от скорости.
1.3. Освободить материальную точку от связей, заменить их действие реакциями, добавить активные силы.
1.4. Записать основной закон динамики в векторном виде, спроецировать на выбранные оси, выразить задаваемые или реактивные силы
через переменные время, координаты или скорости, если они от них зависят.
2. Решение дифференциальных уравнений:
2.1. Понизить производную, если уравнение не приводится к каноническому (стандартному) виду. например:
dv x
1
kvx ,
dt
m
2.3. Если в уравнении три переменных,
dv x
1
cx,
то сделать замену переменных, например:
dt
m
x
dv x
dv
, или
s .
dt
dt
dv
dt.
k
g v 2
m
dv x
1
dv
k
kdt или
g v 2 ,
vx
m
dt
m
dv x dx v x dv x
1
cx и затем разделить переменные.
dtdx
dx
m
1
dv
1
ln v x kt C1
2.4. Вычислить неопределенные интегралы в левой и правой частях уравнения, например: x kdt
m
vx
m
1
Используя начальные условия, например, t = 0, vx = vx0, определить постоянную интегрирования: ln v x v k t 0 C1 ; C1 ln v x 0 .
x0
m
2.2. Разделить переменные, например:
Замечание. Вместо вычисления неопределенных интегралов можно вычислить определенные интегралы с переменным верхним пределом.
Нижние пределы представляют начальные значения переменных (начальные условия) .Тогда не требуется отдельного нахождения постоянной,
которая автоматически включается в решение, например:
v
dv
t
1
v m kdt.
v 0
0
ln v
v
v 0
1 t
kt ;
m 0
2.5. Выразить скорость через производную координаты по времени, например,
ln v ln v 0
1
v
kt ln v 0
ds
e m
dt
1
1
kt 0; ln v kt ln v 0 .
m
m
и повторить пункты 2.2 -2.4
Замечание. Если уравнение приводится к каноническому виду, имеющему стандартное решение, то это готовое решение и используется.
Постоянные интегрирования по прежнему находятся из начальных условий. См., например, колебания (лекция 4, стр.8).
6

9. Лекция 2 (продолжение 2.3)

Пример 2 решения обратной задачи: Сила зависит от времени. Груз весом P начинает двигаться по гладкой горизонтальной поверхности
под действием силы F, величина которой пропорциональна времени (F = kt). Определить пройденное расстояние грузом за время t.
y
1. Выбираем систему отсчета (декартовые координаты) так, чтобы тело имело положительную координату:
N
F
O
x
2. Принимаем объект движения за материальную точку (тело движется поступательно), освобождаем от связи
(опорной плоскости) и заменяем реакцией (нормальной реакцией гладкой поверхности):
3. Составляем основное уравнение динамики:
ma Fi F P N .
4. Проецируем основное уравнение динамики на ось x :
( x ) : ma x F kt или
x
k
t.
m
k
dv
2
dv x tdt.
6. Разделяем переменные:
m x gRkt.
gR
v y dv y dt 2 dy.
Максимальная высота полета m
2 .
6. Разделяем переменные:
k
k t2
y
dy уравнения:
7. Вычисляем интегралы от обоих частей
y
при
обращении
знаменателя
в
нуль:
dv
tdt
.
v
C
.
v
x m
x y
1
y
vy
y
m
2
v 2y
gR 2
7. Вычисляем интегралы
1
2
2 gR v y 0
2.
gR 2 ( ) .
v1 y dv y k2 dy
от обоих частей
уравнения:
0
8. Определим
значение
постоянной C
2
y RC 0.
vy0
v x t 0R y
C1 v0 0. v
1
y0
из начального условия t2= 0, v2x = v0=0:
m 2
Отсюда при постановке
v
v
1
1
y
y0
8. Подставляем
2
k t 2
В итоге
получаем
выражение
радиуса Земли и ускорения
2
9. Представим проекцию скорости
gR
.
1
1
переменные: 2 dx
2 dt.
t скорости9.в Разделяем
y dx
пределы:
получаем уравнение
. свободного
v y v y 0 2 gR
функции
падения движения
2
2по времени:
R kдля
.
как производную координаты
m 2 В итоге
y
R
(по
оси получается
x), которое IIдает
значение
dt mот 2координатыky :t 2
космическая
3
k
t
2
2
пройденного
пути
за
время
t:
Максимальную
высоту
dx
dt
.
скорость:
10. Вычисляем интегралы от обоих
1m 2 1 v y 0
v y 0 частей
1уравнения:
x
C2 .
1
2
полета можно найти
2
gR
mH
6
k t 3 11kg
t3 / с
.
11. Определим
значение
постоянной
max
приравнивая
скорость
нулю:
2 gR 2 C 2 H max R F 0 3 H max R 2 gR 2
vxy 0 S 2 gR
.2км
2
.
C 2 0. 2 gR v y 0
x t 0
C 2 x 0 0.
из начального условия t = 0, x = x0=0:
m 6
P 6
m 6
x
P
5. Понижаем
2 производной:
v dv порядок
y
y
F
y
y
Пример 3 решения обратной задачи: Сила зависит от координаты. Материальная точка массой m брошена вверх с
поверхности Земли со скоростью v0. Сила притяжения Земли обратно пропорциональна квадрату расстояния от точки
до центра тяготения (центра Земли). Определить зависимость скорости от расстояния y до центра Земли.
1. Выбираем систему отсчета (декартовые координаты) так, чтобы тело имело положительную координату:
ma Fi F .
2. Составляем основное уравнение динамики:
k
k
m y 2 .
или
y
y2
Коэффициент пропорциональности можно найти, используя вес точки на поверхности Земли: F P при y R.
x
k
gR 2
mgR 2
Отсюда дифференциальное
2
mg
.
y
.
k
mgR
.
m
y
уравнение имеет вид:
R2
y2
y 2 или
dv y
gR 2
4. Понижаем порядок производной:
2 . 5. Делаем замену переменной: dv y dv y dy v y dv y .
7
dt
y
dt
dydt
dy
3. Проецируем основное уравнение динамики на ось y :
R
O
( y ) : ma y F

10. Лекция 2 (продолжение 2.4)

Пример 2 решения обратной задачи: Сила зависит от скорости. Судно массы m имело скорость v0. Сопротивление воды движению судна
пропорционально скорости. Определить время, за которое скорость судна упадет вдвое после выключения двигателя, а также пройденное
расстояние судном до полной остановки.
1. Выбираем систему отсчета (декартовые координаты) так, чтобы тело имело положительную координату:
y
2. Принимаем объект движения за материальную точку (судно движется поступательно), освобождаем от связей
(воды) и заменяем реакцией (выталкивающей силой – силой Архимеда), а также силой сопротивления движению.
N
x
O
3. Добавляем активную силу (силу тяжести).
ma Fi G R N .
x v x .
5. Проецируем основное уравнение динамики на ось x : ( x) : ma x R v x или
G
m
dv x
dv x
x
6. Понижаем порядок производной:
vx .
7. Разделяем переменные:
dt.
dt
m
t
vx
m
vx
t
8. Вычисляем интегралы
vx
dv x
9.
Подставляем
ln v x v t .
ln v x ln v x 0 t.
dt.
от обоих частей уравнения:
x
0
пределы:
m 0
m
vx0 v x
0m
4. Составляем основное уравнение динамики:
R
m v
m
Получено выражение, связывающее скорость и
Время движения, за которое
t ln x 0 .
t ln 2.
время t, откуда можно определить время движения:
скорость упадет вдвое:
2 vx
gT 2
Исключив время из уравнений движения
Время полета определяем
gx
y v sin T
0;
y xtg к
. приравниванием
получаем заметить,
уравнениечто
траектории:
координаты y нулю:
Интересно
при приближении скорости
нулю2время
стремится к бесконечности,
т.е. конечная0скорость не может
2 движения
2
2
v
cos
2v sin
быть равна нулю. Чем не “вечное движение”? Однако, при 0этом пройденный путь до остановки является конечной величиной.
Для
T 0замену
определения
пройденного
пути
обратимся
к
выражению,
полученному
после
понижения
порядка
производной,
и
сделаем
Дальность полета определяем
g vx
2v sin 2v02 sin 2
x
переменной:
v dv
dv 0
L;
подстановкой dv
времени
полета:
x dv
v cosdv
dx
T vv cos
x
dt
m
0x
vx .
dt
x
dxdt
0x
dx
После интегрирования и подстановки пределов получаем:
■
x
x
x
.
g
x
m
(v x 0 v x ).
dx
g
m
dv x
vx .
m
dv x m dx.
0
dx.
vx 0
Пройденный путь
до остановки:
x
m
v x0 .
Движение точки, брошенной под углом к горизонту, в однородном поле силы тяжести без учета сопротивления воздуха
v0
O
vx
( x) : m x 0;
( y ) : m y G mg ;
v
y
t
vx 0
vy0
0
ma Fi G .
y
x
G
x
dv x 0;
dv y gdt;
dx
v0 cos ;
dt
dy
v0 sin gt ;
dt
dv x
0;
dt
v x v x 0 v0 cos ;
dv y
dt
g;
dv x 0; dv y gdt ;
v y v y 0 gt v0 sin gt ;
x v0 cos t ;
gt 2
y v0 sin t
;
2
8

11. Лекция 3

Прямолинейные колебания материальной точки – Колебательное движение материальной точки происходит при условии: имеется восстанавливающая сила, стремящая вернуть точку в положение равновесия при любом
отклонении ее из этого положения.
y
N
x0=asin
N
R
a – амллитуда колебаний
N
x
G
G
T
Период
колебаний: T
Восстанавливающая
Восстанавливающей
сила есть,
силы нет,
положение равновесия положение равновесия
устойчивое
неустойчивое
N
O
x
l
G
2
Восстанавливающей
.
k
силы нет,
положение равновесия
безразличное
R
G
G
Восстанавливающая
сила есть,
положение равновесия
устойчивое
N
Необходим анализ
Сила упругости пружины – пример линейной восстанавливающей силы.
Причиной возникновения свободных колебаний
x
Направлена
всегда к свободных
положениюколебаний
равновесия,
величина
R cx
R cx
Итак, уравнение
имеет
вид: прямо
x x0пропорциональна
cos kt 0 sin kt. линейному
является начальное смещениеx x0 и/или начальная
удлинению (укорочению) пружины, равному отклонению тела от положения
k равновесия:
v0.
Уравнение можно
представить
с – коэффициент
жесткости
пружины, численно равный силе, под действием которой скорость
пружина изменяет
свою длину на единицу,
x a sin( kt ). где a – амплитуда, - начальная фаза.
одночленным
измеряется
в Н/м ввыражением:
системе СИ.
Новые константы a и - связаны
с постоянными C1 и C2 соотношениями:
Виды колебаний материальной точки:
1. Свободные колебания (без учета сопротивления среды).
2. Свободные колебания с учетом сопротивления среды (затухающие колебания).
3. Вынужденные колебания.
4. Вынужденные колебания с учетом сопротивления среды.
C1 a sin ;
Определим a и :
C2 a cos .
C12 a 2 sin 2 ;
C22 a 2 cos 2 .
C1 a sin
tg .
C2 a cos
C12 C22 a 2 .
tg
2
x
a x02 0 .
k
■
Свободные колебания – происходят под действием только восстанавливающей силы.
Запишем основной закон динамики:
ma G N R .
Корни характеристического уравнения мнимые и равные:
Выберем систему координат с центром в положении равновесия (точке O)
и спроецируем уравнение на ось x :
m x R cx.
Приведем полученное уравнение
к стандартному (каноническому) виду :
x k 2 x 0, где k 2
c
.
m
Данное уравнение является однородным линейным дифференциальным
уравнением II порядка, вид решения которого определяется корнями
характеристического уравнения, получаемое с помощью универсальной
подстановки:
zt
x e .
x z 2 e zt .
x0 kx0
.
x 0
x 0
k
z 2 k 2 0.
Общее решение дифференциального
уравнения имеет вид:
Скорость точки:
Начальные условия:
z1, 2 ki.
x C1 cos kt C2 sin kt.
x kC1 sin kt kC 2 cos kt.
t 0 x x0 , x x 0 .
Определим
постоянные:
x0 C1 cos k 0 C2 sin k 0 C11 C2 0. C1 x0 .
x
x kC1 sin k 0 kC2 cos k 0 kC1 0 kC21. C2 0 .
k
9

12. Лекция 3 (продолжение 3.2)

y
R Rc
Затухающие колебания материальной точки – Колебательное движение материальной точки происходит
при наличии восстанавливающей силы и силы сопротивления движению.
Зависимость силы сопротивления движению от смещения или скорости определяется физической природы
среды или связи, препятствующей движению. Наиболее простой зависимостью является линейная зависимость
от скорости (вязкое сопротивление):
O
x
l
Rc v ; Rcx x . - коэффициент вязкости
ma Fi G R N Rc .
c
Приведем уравнение к стандартному виду: x x x
m
m
Основное уравнение динамики:
c
x x 0
m
m
z1, 2 n n 2 k 2 .
z 2 2nz k 2 0 имеет корни:
Характеристическое уравнение
v
x
G
( x ) : m x Rx Rcx cx x
Проекция уравнения динамики на ось:
x
N
x 2nx k 2 x 0, где
2n
2 c
,k .
m
m
Общее решение данного дифференциального уравнения имеет различный вид в зависимости от значений корней:
z1, 2 n i k 2 n 2
1. n < k – случай малого вязкого сопротивления:
x e nt (C1 cos k 2 n 2 t C2 sin k 2 n 2 t )
Частота затухающих колебаний:
Декремент
колебаний:
ai 1
ai
n ( ti
T
или
k k n
*
2
*
)
2
- корни комплексные, различные.
x e nt a sin( k 2 n 2 t ).
2
2
Период: T *
.
*
k
k 2 n2
x = ae-nt
T*
*
T
2
n
ae
2
e
.
nt i
ae
T*
n .
2
Логарифмический
декремент колебаний:
x = -ae-nt
ai
ai+1
Затухание колебаний происходит очень быстро. Основное влияние силы вязкого
сопротивления – уменьшение амплитуды колебаний с течением времени.
2. n > k – случай большого вязкого сопротивления:
x e
3. n = k :
nt
(C1e
z1, 2 n
n2 k 2 t
C2 e
n2 k 2 t
)
или
x
z1, 2 n n 2 k 2 - корни действительные, различные.
x e ash ( n k t ).
- корни действительные, кратные.
nt
2
2
x e nt (C1t C2 )
- эти функции апериодические:
-эти функции также апериодические:
x 0 0
t
x
x 0 0
t
10

13. Лекция 3 (продолжение 3.3)

Способы соединения пружин. Эквивалентная жесткость.
y
y
N
N
R1
R1 R2
с1
с1
F с2
F
x
x
с2 O R
O
2
l
f
l1
G
с1
с2
y
R
N
f
l1
l2
f1
f
f2
i
0; F R1 R2 .
F c1 f c2 f (c1 c2 ) f cэкв f
cэкв (c1 c2 )
G l2
F
x
O
X
X
i
0; F R.
f f1 f 2
G
cc
R R
c c
F
R 1 2
. cэкв 1 2 .
c1 c2
c1 c2
c1c2
cэкв
Классификация решений свободных колебаний.
Дифф.
уравнение
Характер.
уравнение
x k 2 x 0
k2
c
m
Корни характ.
уравнения
z1, 2 ik
z2 k 2 0
n
<
k
z1, 2
n
i k 2 n2
x 2nx k 2 x 0
z 2 2nz k 2 0 n>
2 c
,k .
m
m
k
2n
z1, 2
n
n2 k 2
n
=
k
z1, 2 n
Решение дифференциального
уравнения
График
x C1 cos kt C2 sin kt.
x a sin(kt ).
x e nt (C1 cos k 2 n 2 t C2 sin k 2 n 2 t )
x e nt a sin( k 2 n 2 t ).
x e nt (C1e
n2 k 2 t
C2e
n2 k 2 t
)
x
x
x 0 0
x e nt ash ( n 2 k 2 t ).
x e nt (C1t C2 )
x 0 0
t
t
11

14. Лекция 4

Вынужденные колебания материальной точки – Наряду с восстанавливающей силой действует периодически изменяющаяся сила, называемая возмущающей силой.
Возмущающая сила может иметь различную природу. Например, в частном случае инерционное воздействие неуравновешенной массы m1 вращающегося ротора вызывает гармонически изменяющиеся проекции силы:
y
O
m1a oc
m1 2OA
m1 p 2OA H
t pt.
x H sin pt.
x
A
y
N
R
x
O
l
x
G
Fi G R N .
Основное уравнение динамики: ma
Проекция уравнения
( x) : m x Rx x cx H sin pt
динамики на ось:
c
H
Приведем уравнение
H
x x sin pt.
x k 2 x sin pt.
к стандартному виду:
m
m
m
Решение этого неоднородного дифференциального уравнения состоит их двух частей x = x1 + x2 : x1 – общее решение соответствующего
однородного уравнения x k 2 x 0 и x2 – частное решение неоднородного уравнения:
Общее решение:
x1 C1 cos kt C2 sin kt.
x2 A sin pt.
x 2 pA cos pt.
Частное решение подбираем в форме правой части:
x 2 p 2 A sin pt.
Ap 2 sin pt k 2 A sin pt
H
sin pt.
m
Полученное равенство должно удовлетворяться при любом t .
Тогда:
A( p 2 k 2 )
H
или
m
В итоге полное решение:
A
H
.
m( k p 2 )
2
Таким образом, частное решение:
x x1 x2 C1 cos kt C2 sin pt
H
sin pt. или
2
m( k p 2 )
x2
H
sin pt.
m( k p 2 )
2
x a sin( pt )
H
sin pt.
m( k p 2 )
2
Постоянные С1 и С2, или a и определяются из начальных условий с использованием полного решения (!):
Таким образом, при одновременном действии восстанавливающей и возмущающей сил материальная точка совершает сложное колебательное
движение, представляющее собой результат сложения (наложения) свободных (x1) и вынужденных (x2) колебаний.
1.
Если p < k (вынужденные колебания малой частоты),
2.
Если p > k (вынужденные колебания большой частоты),
то фаза колебаний совпадает с фазой возмущающей силы:
то фаза колебаний противоположна фазе возмущающей силы:
x2
H
sin pt.
m( k p 2 )
2
x2
H
H
sin pt
sin( pt ).
2
2
m( p k )
m( p k 2 )
2
12

15. Лекция 4 (продолжение 4.2)

A
Коэффициент динамичности – отношение амплитуды вынужденных колебаний
Aст
к статическому отклонению точки под действием постоянной силы H = const:
Статическое отклонение можно найти из уравнения равновесия:
Амплитуда
H
вынужденных колебаний: A
2
Здесь:
R cx cAст mk Aст H .
m( k 2 p 2 )
Таким образом, при p < k
(малая частота
вынужденных колебаний)
коэффициент динамичности:
k2
2
k p2
1
.
p2
1 2
k
При p > k
(большая частота
вынужденных колебаний)
коэффициент динамичности:
k2
1
2
2
.
2
p k
p
1
k2
X i 0; R H 0.
Отсюда:
Aст
H
.
mk 2
n
0
k
n
0.2
k n
0.3
k
p
3
2
k
3
2
Резонанс – возникает, когда частота вынужденных колебаний совпадает с частотой собственных колебаний
1
(p = k). Это наиболее часто происходит при запуске и остановке вращения плохо сбалансированных
роторов, закрепленных на упругих подвесках.
0
H
1
x k 2 x sin kt.
Дифференциальное уравнение колебаний при равенстве частот:
m
Приравнивая коэффициенты при одинаковых
Делением второго уравнения
npA sin kt взять нельзя, т.к. получится
x1 C1 cos kt C2 sin kt.
Общее
решение:
решение в форме правой части x 2
тригонометрических
функциях
получаем систему Частное
.
на первое получаем сдвиг фазы tg 22
2
линейно
зависимое решение (см. общее
k
p
уравнений:
вынужденных
колебаний:
H x 2 Bt cos kt.решение).
решение
Возьмем частное
и вычислим производные
:
2
2 в виде
Таким образом, уравнение
движения при вынужденных
колебаний с учетом
Ac (k p ) m cos ;
2
2
x 2 B cos kt Btk sin kt.
x 2 Bk sin ktсопротивления
Bk sin kt Btkдвижению,
cos kt например
2 Bk sin ktпри
Btk
kt. сопротивление):
n < kcos
(малое
H
2npAc sin .
H
nt
H k 2 n 2 t C sin k 2 n 2 t ) H
Подставим в дифференциальное
x2 cos
x1 kt
x 2k 2 Bt
e cos
(Ckt1 cos
pt ). B
.
2 2 Bk sin kt A
sin
c sin(
kt
.
m
2
Bk
sin
kt
Btk
sin
kt
.
уравнение:
2km
m
m
Возведением в степень обоих
Вынужденные колебания при сопротивлении движению не затухают. Частота и
уравнений
и сложением
Ht изменения
Таким образом,
полученоихрешение:
период вынужденныхHt
колебанийили
равны частоте и периоду
x a sin( kt динамичности
)
sin( ktпри
резонансе
).
x x1 H
x 2 C1 cos kt C 2 sin
kt
cos kt
.
получаем амплитуду
возмущающей
силы.
Коэффициент
имеет
A
.
2mk
2
2
mk
вынужденных колебаний: c
2
2 2
2 2
конечную
величину
и
зависит
от
соотношения
n
и
к.
m (k имеют
p ) амплитуду
4n p
Вынужденные колебания при резонансе
неограниченно возрастающую пропорционально времени.
Влияние сопротивления движению при вынужденных колебаниях.
Дифференциальное уравнение при наличии вязкого сопротивления имеет вид:
x 2nx k 2 x
H
sin pt.
m
Общее решение выбирается из таблицы (Лекция 3, стр. 11) в зависимости от соотношения n и к (посмотреть).
Частное решение возьмем в виде
x 2 Ac sin( pt ) и вычислим производные :
Подставим в дифференциальное уравнение:
Ac p 2 sin( pt ) 2nAc p cos( pt ) k 2 Ac sin( pt )
x 2 Ac p cos( pt ).
x 2 Ac p 2 sin( pt ).
H
H
H
sin( pt ) sin( pt ) cos cos( pt ) sin .
m
m
m
13

16. Лекция 5

Относительное движение материальной точки – Положим, что подвижная (неинерциальная) система координат Oxyz движется по некоторому закону относительно неподвижной (инерциальной) системы координат
O1x1y1z1. Движение материальной точки M (x, y, z) относительно подвижной системы Oxyz– относительное, относительно неподвижной системы O1x1y1z1– абсолютное. Движение подвижной системы Oxyz относительно
неподвижной системы O1x1y1z1– переносное движение.
F1
z
z1
F2
Fn
M
ωe
r
e
O
Основное уравнение динамики:
y
z
ma Fi .
Абсолютное ускорение точки:
Подставим абсолютное ускорение точки в основное уравнение динамики:
Перенесем слагаемые с переносным и кориолисовым ускорением в правую часть:
a a a r a e a c.
m(a r a e a c ) Fi .
ma r Fi ma e ma c .
Перенесенные слагаемые имеют
Тогда относительное движение точки можно рассматривать
размерность сил и рассматриваются как абсолютное, если к действующим силам добавить
как соответствующие силы инерции, переносную и кориолисову силы инерции:
ma r Fi e c .
равные:
e ma e , c ma c . В проекциях на оси подвижной системы
y1
( x ) : m x X i ex cx ;
координат имеем:
x
y
O
O1
Частные случаи относительного движения точки для различного
( y ) : m y 3 Yi ey cy ;
x
2
5 2
oc
m
R
cos
(
7
.
27
10
)
6370 10 0.5
вида переносного
движения:
Величина силы тяжести (веса) на поверхности
Земли равна
P = mg .
e
e
(
z
) : m z Z i 0ez.00172
cz .
e
e
e тяжести:
e
e
x1
Центробежная
сила
инерции
составляет
малую
долю
от
силы
r , a ос e 0 ( e r).
1. Вращение вокруг неподвижной оси:
a a вр a ос .
Pa вр e mg
9.81
60
oc
вращение всего 0.00343
oc тяжести
Максимальная
силы
(при
= 0вр - на
от
силы
e φ
экваторе)
. Еслисоставляет
вр
mвеличина
a врe , oc
mинерции
a осe .
вр
0величины
e
. a c 2 e
e
e
e
e
e
e
равномерное,
то
ε
=
0:
oc
e
Отклонение силы тяжести
v r . c ma c .
sin e sin
0.00172
n0.866 0e .00149 τ 0.085n 0
2
τ
e
P s
ma τ , e ma n . e e e .
a eτ s , a ne . 60e0
c
Таким образом,
влияние
вращения Земли на равновесие тел чрезвычайно мало и в практических расчетах не принимается во
e 0; a 0. c 0.
en 0.
a ne 0.
внимание.
e eτ .
Если движение прямолинейное, то =
от направления силы притяжения также мало :
2. Поступательное криволинейное движение:
sin sin
e ; e
e
a
aPτ a n .
oc
e
:
Если движение прямолинейное и равномерное, то подвижная система является инерциальной и относительное движение может
рассматриваться как абсолютное:
Никакими механическими явлениями нельзя обнаружить
ma r Fi .
e 0.
a e 0.
прямолинейного равномерного движения (принцип относительности
N
ωe
классической механики).
R
R
e
a ос
G
φ
eос
P
Влияние вращения Земли на равновесие тел – Положим, что тело находится в равновесии на поверхности Земли на произвольной широте φ
(параллели). Земля вращается вокруг своей оси с запада на восток с угловой скоростью:
Радиус Земли составляет около 6370 км.
e
2
рад
7.27 10 5
. R – полная реакция негладкой поверхности.
24 60 60
с
G – сила притяжения Земли к центру.
Условие относительного равновесия:
R G oc
0.
e
S
Ф – центробежная сила инерции.
Равнодействующая сил притяжения и инерции – сила тяжести (вес):
P G oc
.
e
14

17. Лекция 5 (продолжение 5.2)

Влияние вращения Земли на движение тел в поле тяготения Земли – Положим тело падает на Землю с некоторой высоты H над поверхностью Земли
на широте φ . Выберем подвижную систему отсчета, жестко связанную с Землей, направляя оси x, y по касательной к параллели и к меридиану:
e
N
ωe
R
z
c
ac
y
P
vr
φ
Уравнение относительного движения:
Здесь учтена малость центробежной силы инерции по сравнению с силой тяжести. Таким образом сила
тяготения отождествляется с силой тяжести. Кроме того, считаем, что сила тяжести направлена
перпендикулярно поверхности Земли вследствие малости ее отклонения, как рассмотрено выше.
c