Задачи динамики
В динамике решаются две основные задачи.
Прямая задача динамики состоит в том, чтобы по известным силам, действующим на точки, найти движение механической системы. Решение прямой задачи сопряжено с интегрированием уравнения динамики системы при известных начальных условиях.
Обратная задача динамики – по известным движениям точек механической системы найти необходимые для осуществления этих движений силы. Решение обратной задачи выполняется путем подстановки заданных законов движения в уравнения динамики механической системы.
Частным случаем динамики является состояние равновесия механической системы, т.е. такое ее состояние, при котором значения скоростей и ускорений материальных точек равно нулю на рассматриваемом интервале времени. Механические системы, находящиеся в состоянии равновесия, изучаются в разделе динамики – статике. Задачи статики состоят в следующем.
Определение условий, при которых механическая система будет находиться в равновесии (условия равновесия).
Разработка критериев эквивалентности систем сил и способов приведения сложных систем сил к более простым, эквивалентным.
Практически, любая механическая задача, возникающая при проектировании или автоматическом управлении машинами, сводится к какой-либо из перечисленных основных задач. Например, расчеты элементов конструкций на прочность и жесткость приводят к задачам статики или прямой задаче динамики, а расчет основных параметров исполнительных элементов машины (двигателей, механических передач), разработка систем управления движением машин осуществляются на основе решения обратной задачи динамики. Таким образом, динамика является наиболее ценным разделом теоретической механики, тщательное изучение которого обеспечивает необходимую фундаментальную подготовку современного инженера.
2. Динамика материальной точки
Уравнения динамики материальной точки в декартовых координатах
Рассмотрим движение
материальной точки относительно
неподвижной декартовой системы координат
(рис. 1). Вектор силы, действующей на точку
,
а вектор ускорения точки
.
Тогда векторное уравнение динамики
будет равносильно трем скалярным
уравнениям
,
,
.
(1)
Уравнения
(1) полностью определяют динамику точки
в трехмерном пространстве. Если движение
точки происходит в плоскости, то, направив
какую-либо ось, например z,
перпендикулярно плоскости движения,
будем иметь два скалярных уравнения
динамики
,
.
Если точка движется прямолинейно, то,
взяв ось x
за направление движения, получим только
одно уравнение
.
Задача
По прямолинейному горизонтальному участку дороги движется автомобиль со скоростью V. В момент времени t = 0 автомобиль начинает торможение; при этом сила трения F колес о дорогу постоянна. Пройдя некоторый путь S с момента начала торможения, автомобиль останавливается. Как изменится тормозной путь автомобиля, если его скорость в момент начала торможения будет превышена в два раза?
Решение
Движение автомобиля будем рассматривать как движение его центра масс C (рис. 2).
За ось отсчета перемещений точки C примем неподвижную ось x. Начало отсчета O – положение точки С в момент начала торможения t = 0. Тогда уравнение динамики центра масс автомобиля будет иметь вид
,
знак “-“ указывает на то, что сила трения направлена в сторону, противоположную направлению x. Разделив правую и левую части уравнения динамики на массу автомобиля m, получим
,
где
.
Найдем закон движения центра масс
автомобиля x(t),
дважды проинтегрировав по времени t
уравнение динамики
,
,
где
C1,
C2
– постоянные интегрирования, значения
которых определяются начальными
условиями:
,
.
Вычислим эти постоянные, подставив
начальные условия в выражения для
и
,
.
Следовательно, центр масс автомобиля при торможении движется по закону
.
Вычислим время τ, необходимое для полной остановки автомобиля
.
Подставив значение τ в закон движения центра масс, получим тормозной путь автомобиля
.
Если
скорость превышена в два
раза, то
,
и
.
Таким образом, тормозной путь автомобиля
возрастет в четыре
раза.
Задача
В шахте опускается равноускоренно лифт массы m = 280 кг. В первые τ = 10 с он проходит S = 35 м. Найти натяжение каната, на котором висит лифт.
Решение
Движение лифта будем рассматривать как движение его центра масс C (рис. 3). Лифт опускается под действием силы тяжести G = mg, g = 9.8 м/с2, и силы натяжения каната T.
Ось x направим вертикально вниз. За начало отсчета O примем положение центра масс C в момент начала движения. Тогда уравнение динамики лифта будет иметь вид
.
Равноускоренному
движению лифта из положения x(0)
= 0 с начальной
скоростью v(0)
= 0 соответствует
закон
,
где
- ускорение лифта. Найдем значение этого
ускорения
.
Подставляя найденное ускорение в уравнение динамики, получим
Анализ результата показывает, что при ускоренном движении вниз сила натяжения каната меньше, чем она была бы в состоянии покоя лифта. В случае, когда a = g (свободное падение), сила натяжения каната равна нулю.
Задача
Стальной шарик скатывается по прямолинейному наклонному желобу, конец которого расположен на высоте h от пола. Угол наклона желоба – α. Найти траекторию движения шарика после его выхода из желоба, если скорость шарика на конце желоба равна V. Сопротивлением воздуха пренебречь.
Решение
Примем шарик за материальную точку C. Ось x направим вдоль пола, Ось у – перпендикулярно оси x таким образом, чтобы она проходила через конец желоба. Начало отсчета O отметим на пересечении осей x и y. На шарик при его свободном падении действует сила тяжести G = mg, направленная вертикально вниз. Тогда уравнения динамики шарика будут иметь вид
,
.
Разделив правые и левые части этих уравнений на массу шарика m, получим
,
.
Дважды проинтегрируем по времени полученные уравнения динамики
,
;
,
.
Константы интегрирования найдем, воспользовавшись начальными условиями
,
(см. рис. 4). Будем иметь
,
;
,
.
Следовательно, уравнения движения шарика имеют вид
,
.
Траекторию
шарика y(x)
найдем, выразив параметр t
из первого уравнения и подставив его
во второе уравнение:
,
.
Таким образом, траектория шарика –
ветвь параболы, направленная вниз.