r

Часть 2
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
ОСНОВНЫЕ РАСЧЕТНЫЕ ЗАВИСИМОСТИ
Кинематика материальной точки
dr
dV
и ускорение a =
.
Мгновенные скорость V =
dt
dt
∆r
∆V
Средние скорость < V >=
и ускорение < a >=
,
∆t
∆t
где t – время, r и ∆r – радиус-вектор и перемещение точки.
Проекции: на оси декартовой системы координат
r = xi + yj + z k , V = ϑ x i + ϑ y j + ϑ z k , a = a x i + a y j + a z k ,
dx
dy
dz
= x& , ϑ y = , ϑ z = , ϑ = V = ϑ x2 + ϑ y2 + ϑ z2 ,
dt
dt
dt
для r и a – аналогично, например, a x = &x& = ϑ&x ;
ϑx =
на естественные оси
V = ϑτ τ , ϑ = V = ϑτ , ϑτ = dS/dt ; a = aτ + a n , где тангенциальное aτ =
dϑτ
τ и
dt
ϑ2
нормальное a n =
n ускорения, R – радиус кривизны траектории;
R
∆S
путь ∆ S = ∫ ϑ (t ) dt , средняя путевая скорость ϑ =
.
∆
t
∆t
Кинематика твердого тела
Поступательное движение
Решается задача кинематики материальной точки.
Вращательное движение
Угловые скорость ω = dφ / dt и ускорение тела ε = dω / dt ;
линейные скорость V = [ω, r ] (формула Эйлера) и ускорения точки тела aτ = [ε, r ] ,
a n = [ω, [ω, r ]] , где dφ – элементарный угол поворота тела.
Плоское движение
МЦС – точка P : VP = 0 ; МЦУ – точка Q : aQ = 0 ;
скорости и ускорения двух точек тела связаны как VB = VA + VBA, a B = a A + aτBA + anBA ,
где VBA , a BA – характеристики точки B во вращательном движении вокруг A ,
[
]
[
]
например, VBA = ω, AB , и, в частности, VB = ω, PB , т.е. ϑB = ω PB и VB ⊥ PB .
~
41
ω
Сложное движение точки
V = V '+ V 0 , a = a '+ a 0 + a к (формула Кориолиса),
где aк = 2[ω, V'] – кориолисово ускорение; a и V , a' и V ' , a 0 и V0 – характеристики
в движениях: абсолютном (в т.н. неподвижном пространстве K ), относительном (в т.н.
подвижном пространстве K ' ) и переносном (движении K относительно K ' ).
Расчет механизмов
Вначале определяются виды движения отдельных элементов системы по
умолчанию рассматриваемой в неподвижном пространстве основания. Анализ обычно
начинается со звена, для которого кинематические характеристики известны, и
последовательно осуществляется переход к звеньям, имеющим с предыдущим общую
точку, обычно принимаемую за полюс. По формулам для соответствующего вида
движения решаются задача скоростей, а затем задача ускорений, в которой
используются данные из первой. В плоском движении скорости удобно находить с
помощью МЦС P : пусть, например, известны линии действия скоростей VA |/| VB и
модуль ϑ A . Тогда по пересечению перпендикуляров к V A и VB определяется точка
P , по направлению V A – направление вращения тела, по которому – модуль ϑ B .
Идеализация
По умолчанию принимается: 1) отсутствие проскальзывания между
соприкасающимися элементами: нитями и блоками, колесом и неподвижной
поверхностью и пр., откуда следует равенство скоростей и касательных ускорений их
точек касания; 2) нерастяжимость нитей, откуда следует
2
равенство скоростей и ускорений всех их точек.
1
Кривошипно-шатунный механизм
O
Механизм включает следующие элементы (рис. 55):
3
кривошип 1 (стержень, закрепленный шарнирно в точке O ),
Рис. 55
совершающий
вращательное
движение;
шатун
2,
совершающий плоское движение; ползун 3, движущийся поступательно.
Некоторые особенности
При решении используются векторный (геометрический) или аналитический
(координатный) подходы.
~ , ε~ , изображаемые стрелкой в плоскости
Алгебраические величины ω
вращения (см. рис. 27), отвечают по правилу правого винта аксиальным векторам ω и
ε , действующим перпендикулярно этой плоскости; точка их приложения в рамках
твердого тела значения не имеет.
При использовании векторных равенств удобно подчеркивать двумя или одной
чертами характеристики V и a с известными направлениями и/или модулями. Так, в
плоском случае такое уравнение приводит к двум скалярным, откуда находятся две
неизвестные, отвечающие числу недостающих черточек: например, VB = VA + VBA ,
где точка A принята за полюс, т.е. вектор V A известен, VBA ⊥ BA всегда и здесь
также известно направление VB .
42
Практика без теории ценнее, чем теория без практики.
Квинтилиан
1. КИНЕМАТИКА МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
1.1. Прямолинейное движение
Пример 1.1. С аэростата, находящегося на высоте h , упал камень. Через
какое время t камень достигнет Земли, если аэростат: 1) поднимается со
скоростью ϑ ; 2) опускается со скоростью ϑ ; 3) неподвижен?
Y
Решение. Систему отсчета свяжем с поверхностью
Va
h
Земли, примем t = 0 в момент начала падения камня, введем
g
систему координат (рис. 56, в следующих подобных задачах
аналогично).
Кинематическое уравнение движения камня имеет вид
Рис. 56
2
V = V0 + at , т.е. r = r0 + V0t + at / 2 , где a = g = const , где g –
ускорение свободного падения. В проекции на ось Y скорость камня
ϑ = ϑ0 − gt , y = h + ϑ0t − gt 2 / 2 , ϑ 0 = ϑa + ϑ к , где ϑа – скорость аэростата,
ϑк = 0 – скорость камня относительно аэростата в начальный момент времени
(подробнее про сложение движений – см. п. 3, часть 2).
В первом случае ϑ0 = ϑ , y (t ) = h + ϑt − gt 2 / 2 и y = 0 – в конце падения,
откуда получаем квадратное уравнение h + ϑt − gt 2 / 2 = 0 . Во втором случае
ϑ0 = −ϑ . Действуя аналогично, находим, что
y = h − ϑt − gt 2 / 2 = 0 . В третьем
gt 2
случае ϑ 0 = 0 , y = h −
= 0 . Требуемый момент времени определяется из
2
решения квадратных уравнений. Заметим, что только решения, для которых
t > 0 , имеют смысл.
Пример 1.2. Тело 1 брошено вертикально вверх с начальной скоростью
ϑ0 , тело 2 падает с высоты h без начальной скорости. Найти зависимость
расстояния l между телами 1 и 2 от времени t , если известно, что тела начали
двигаться одновременно.
Решение. В проекции на ось Y (рис. 57) уравнения
2
Y
движения тел имеют вид: 1) ϑ1 = ϑ0 − gt , y1 = ϑ0t − gt 2 / 2 ; 2)
l
V0 1
0
Рис. 57
g
h
ϑ 2 = − gt ,
y 2 = h − gt 2 / 2 ,
где
l = y 2 − y1 .
Тогда
l = h − gt 2 / 2 − ϑ0 t + gt 2 / 2 = h − ϑ0t , т.е. l не зависит от g .
Пример
1.3.
Электропоезд
движется
по
прямолинейному участку пути со скоростью ϑ 0 . Если
выключить ток, то, двигаясь равнозамедленно, он
43
остановится через время T . Найти ускорение a поезда и пройденное им
расстояние S до остановки.
Решение. Введем ось X по направлению движения поезда, вектор a
направим по оси X , в начальный момент времени t = 0 : x0 = 0 . Тогда в
проекции на эту ось скорость поезда ϑ = ϑ 0 + at и его координата в конце пути
x = ϑ0 t + at 2 / 2 = S . При этом ϑ = 0 , т.е. at = −ϑ 0 и a = −ϑ0 / t , где знак минус
показывает, что тело движется замедленно, а не ускоренно.
Пример 1.4. Тело 1 движется прямолинейно равноускоренно, имея
начальную скорость ϑ10 и ускорение a . Через время t после начала движения
тела 1 из той же точки начинает двигаться равноускоренно тело 2, имея
начальную скорость ϑ 20 и то же ускорение a . Найти ускорение а, при котором
тело 2 сможет догнать тело 1.
Решение. Примем направление оси X и векторов V10 , V20 , a
совпадающими. Уравнения движения тел в проекции на ось X : 1)
ϑ1 = ϑ10 + at1 ,
x1 = ϑ10t1 + at12 / 2 ; 2) ϑ 2 = ϑ 20 + at 2 ,
x2 = ϑ20t 2 + at 22 / 2 ;
t 2 = t1 + t . Скорость сближения (скорость первого тела в системе отсчета,
связанной со вторым) ϑ0 = ϑ1 (t 2 + t ) − ϑ2 (t 2 ) = ϑ10 + a(t 2 + t ) − ϑ20 − at 2 , т.е.
ϑ0 = ϑ10 − ϑ20 + at = const не зависит от времени. Тело 1 до выхода тела 2
пройдет путь x0 = x1 (t ) = ϑ10t + at 2 / 2 , и тогда время, когда тело 2 догонит тело 1,
x0 ϑ10t + at 2 / 2
ϑ10 + at 2 / 2
1 1  − ϑ20 + at / 2 
,
=
=
t,
= 1 +
τ=
τ t 
ϑ10 + at / 2 
ϑ0 ϑ10 − ϑ20 + at ϑ10 − ϑ20 + at
ϑ − ϑ10
− ϑ20 + at / 2
> −1 , т.е. a > 20
τ > 0 ⇒ 1/ τ > 0 ⇒
.
ϑ10 + at / 2
t
Пример 1.5. Точка движется по прямой в одну сторону. На рис. 58 показан
график пройденного пути S в зависимости от времени t . Найти с помощью
этого графика: 1) среднюю скорость точки за время движения; 2) максимальную
скорость; 3) момент времени t* , когда мгновенная скорость за первые t* секунд
равна средней скорости.
Решение. 1) Средняя путевая скорость
S
ϑ = S , где S – путь, пройденный за время ∆t .
A
∆t
S0
Так, материальная точка двигалась при t ∈ [0, t0 ]
N
S3
(не до t1 , т.к. S = const при t ∈ (t 0 , t1 ] ). Точка A
отвечает t 0 секундам от начала движения, за
S2
которые средняя скорость ϑ 0 = S (t 0 ) / t 0 , где
A1
t*
S (t 0 ) = S 0 – путь, пройденный за промежуток
O
t 2 t3
t0
t1 t
времени ∆t = t0 − 0 .
Рис. 58
2) Средняя скорость равна тангенсу угла
44
∠A1OA , образованного проведенным из начала координат отрезком OA с осью
абсцисс. Мгновенная скорость равна тангенсу угла наклона касательной к
графику в рассматриваемой точке. Максимальная скорость соответствует
S − S2
максимальному углу наклона, т.е. углу при t ∈ [t 2 , t3 ], и ϑmax = 3
, т.к. этот
t3 − t 2
участок близок к прямолинейному.
3) В точке N (см. рис. 58) графика касательная к нему проходит через
начало координат, что отвечает моменту времени t* , когда мгновенная скорость
равна средней скорости за эти первые t* секунд.
Пример 1.6. Из пункта A (рис. 59), находящегося на шоссе, необходимо за
кратчайшее время попасть на машине в пункт B , расположенный в поле на
расстоянии l от шоссе. Известно, что скорость машины по полю в η раз
меньше ее скорости по шоссе. На каком расстоянии CD от точки D следует
свернуть с шоссе.
Решение. Индексами п и ш обозначим кинематические параметры,
связанные с движением по полю и по шоссе соответственно, а также положим
AD = y , CD = x . Время движения из пункта A в пункт
x
D
B : t = t п + t ш . Учитывая, что ϑпη = ϑш , получим A C
l
y−x
l2 + x2
B
зависимость t ( x ) =
+
.
Рис. 59
ηϑп
ϑп
Очевидно, что минимальный путь обеспечивается при x = y , т.е. при
движении по гипотенузе треугольника ABD , а максимальная средняя скорость
– при x = 0 , т.е. при минимально возможном расстоянии CB = DB , проходимом
с меньшей скоростью. Определим величину x = x0 , соответствующую
минимальному времени движения из A в B путем дифференцирования.
Исследуем функцию t = t (x ) на интервале x ∈ [0, y ] . Из условия равенства нулю
dt
1
x
первой производной:
=−
+
= 0 , найдем критическое
dx
ηϑп ϑ l 2 + x 2
п
значение x0 = l / η 2 −1 . Отметим, что производная в области реальных значений
физических величин (ϑп , η и l ≠ 0 ) на отрезке x ∈ [0, y ] не терпит разрыв.
Характер экстремальной точки определим с помощью достаточного
d 2t
l2
=
> 0 при любом
признака существования экстремума:
dx 2 ϑп (l 2 + x 2 )1,5
действительном x , т.е. x0 – точка минимума. Значения функции t = t (x ) на
45
концах закрытого интервала при
x = 0:
t1 =
1 y

 + l  , и при
ϑп  η

x = y:
l2 + y2
1  y l η 2 − 1 
l
+
.
время t0 =
t2 =
. При критическом значении x0 =
η

2
ϑ
η
ϑп
п
η −1


Выполним сравнение t0 с t1 и t 2 :
2
y
y l η −1
t1 > t 0 : + l > +
⇒ η > η 2 − 1 ⇒ t1 > t 0 ;
η
η
η
t 2 > t 0 : y 2 + l 2η 2 − l 2 + 2 yl η 2 − 1 < l 2η 2 + y 2η 2 ⇒
y 2 − l 2 − y 2η 2 + 2 yl η 2 − 1 < 0 ⇒ ( y η 2 − 1 − l ) 2 > 0 ⇒ t 2 > t 0 .
Итак, наименьшие затраты на время реализуются при условии поворота с
шоссе в поле на расстоянии от точки D , равном l / η 2 −1 , т.е. независимом от
расстояния AB , скорости машины по полю и по шоссе, а определяемом только
отношением этих скоростей и расположением пункта B относительно шоссе.
Пример 1.7. Радиус-вектор частицы меняется со временем t по закону
r = bt (1 − αt ) , где b – постоянный вектор, α – положительная постоянная.
Найти: 1) скорость V и ускорение a частицы в зависимости от времени;
2) промежуток времени ∆t , по истечении которого частица вернется в
исходную точку, а также путь S , который она пройдет при этом.
Решение. 1) Уравнение движения частицы в векторной форме
dr
dV
r = b(t − αt 2 ) , а ее скорость V =
= b(1 − 2αt ) и ускорение a =
= b(−2α ) .
dt
dt
2) В проекции на ось X (рис. 60), совпадающую по направлению с b (или
в проекции на вектор b ), получим, что x = bt (1 − αt ) . В начальный момент
1
времени t 0 = 0 и x 0 = 0 . Величина x = bt (1 − αt ) = 0 при t = 0 и t = , т.е.
α
∆t
1
∆t r =r = . Путь, пройденный за это время S = ∫ ϑdt ,
1
t =0
0
α
t=
0
t
=
t = 1/ α
2α
где модуль вектора скорости
b
1

b
(
1
2
t
)
при
t
−
α
≤

O
2α ,
A
X
ϑ = b 1 − 2αt = 
1
Рис. 60
b(2αt − 1) при t ≥
2α

1
2α
1
α
1
1
0
т.е. путь S = ∫ b(1 − 2αt )dt + ∫ b(2αt − 1)dt = b(t − αt 2 )
0
2α
46
2α
+ b(αt 2 − t )
1
α
1
2α
=
1
1 1
1
1  b
 1
=
= b
−
+ − −
+
.
 2α 4α α α 4α 2α  2α
Иной вариант решения. Точка движется по прямой от точки O до точки
A , а затем обратно, т.к. возвращается в исходную точку. Она движется с
постоянным ускорением, ее скорость в точках O и A равна нулю, т.е. время,
затраченное на участки О − А и А − О одинаково и
1
2α
1 /( 2α )
1  b
 1
= 2b
−
.
=
2
α
4
α
2
α


0
Пример 1.8. Точка движется, замедляясь, по прямой с ускорением, модуль
которого зависит от ее скорости ϑ по закону a = α ϑ , где α – постоянная. В
начальный момент скорость точки равна ϑ0 . Какой путь она пройдет до
остановки и за какое время?
dϑ
Решение. Величина
= aτ и при прямолинейном движении a = aτ , т.е.
dt
dϑ
dϑ
=α ϑ ,
dϑ = α ϑ dt ,
2 ϑ = αt + С , где константа
= ∫ αdt ,
∫
dt
ϑ
интегрирования C находится из начального условия: 2 ϑ0 = α ⋅ 0 + С , т.е.
S = 2 OA = 2 ∫ b(1 − 2αt )dt = 2b(t − αt 2 )
0
2 ϑ = αt + 2 ϑ0 . В момент остановки ϑ = 0 = αtо + 2 ϑ0 , т.е. t о = −
Заметим, что α < 0 ( a < 0 ), т.к. точка движется замедленно.
2
tо
tо
tо  2 2

α t
 αt

Путь S = ∫ ϑ dt , S = ∫  + ϑ0  dt = ∫ 
+ ϑ0 + αt ϑ0  dt ,



0 2
0 4
0

2 ϑ0
.
α
2 ϑ03
α 2t о 3
αt о 2
dϑ
S=
+ ϑ0 t о +
ϑ0 , S = −
и
. Или иначе: учитывая, что a =
12
2
3α
dt
S
0
2 ϑ03
dS
ϑdϑ
ϑ=
, т.е. a =
= α ϑ , находим, что ∫ ϑ dϑ = ∫ αdS и S = −
.
dt
dS
3
α
ϑ
0
0
1.2. Криволинейное движение
Пример 1.9. Небольшое тело брошено со скоростью ϑ 0 под углом α = 45o
к горизонту. Найти радиус кривизны R
β Vx
траектории тела через время t после начала Y V0
a n Vy
V
движения, а также уравнение траектории,
g
дальность полета и наибольшую высоту
R
α
подъема
тела.
Cопротивлением
воздуха
X
Рис. 61
пренебречь.
47
Решение. Систему отсчета свяжем с поверхностью Земли и введем
систему координат (рис. 61), положим t = 0 в момент бросания. Уравнение
движения тела, принятого в задаче за материальную точку, в проекциях на оси
X и Y имеет вид ϑ x = ϑ0 cos α и
x = ϑ0t cos α ; ϑ y = ϑ0 sin α − gt и
y = ϑ0t sinα − gt 2 / 2 . Радиус кривизны R = ϑ 2 / an , где ϑ = ϑ x2 + ϑ y2 ,
ϑ = ϑ02 cos 2 α + ϑ02 sin 2 α + g 2t 2 − 2ϑ0 gt sin α = ϑ02 + g 2t 2 − 2ϑ0 gt sin α .
Можно также воспользоваться общим алгоритмом, приведенным в п. 2.3,
часть 1. Величины ϑ x = ϑ 0 cos α и ϑ y = ϑ 0 sin α − gt ; a x = 0 и a y = − g ; a = g ;
dϑ d
2 g 2t − 2ϑ0 g sin α
1
2
2 2
aτ =
=
ϑ0 + g t − 2ϑ0 gt sin α =
;
dt dt
2 ϑ 2 + g 2t 2 − 2ϑ gt sin α
0
0
g 2ϑ02 − ϑ02 g 2 sin 2 α
(ϑ02 + g 2t 2 − 2ϑ0 sin α ⋅ gt )1,5
an = g
=
; R=
.
gϑ0 cos α
ϑ02 + g 2t 2 − 2ϑ0 gt sin α
В ряде случаев решение можно упростить. Так, здесь, как видно из рис.
61, a n = g cos β , где cos β = ϑ x / ϑ , т.е. a n = gϑ x / ϑ ⇒ R = ϑ 3 /( gϑ x ) , откуда
приходим к выражению для R .
Исключив t из уравнений движения, получим уравнение траектории
x2 g
y = xtgα − 2
, являющейся параболой, проходящей через начало
2ϑ0 cos 2 α
координат, с вертикальной осью симметрии. Дальность полета L определяется
при y = 0 из зависимости y = y (x) , откуда находим два значения: x1 = 0 и
2
− aτ2
ϑ02 sin( 2α )
x2 =
, отвечающие начальному моменту времени и L соответственно.
g
Наибольшая высота подъема достигается при
d2y
g
dy
xg
gt
(
=
−
< 0 , α ≠ 90 o ),
= tgα − 2
=
tg
α
−
=
0
2
2
2
2
dx
2ϑ0 cos α
dx
2ϑ0 cos α
2ϑ cos α
0
2sinαϑ0
, что видно и из y = 0 = ϑ0 sin α − gt / 2 .
g
0,5 
 
2 g 
x 2 g  

Заметим, что из уравнения траектории tgα = 1 ± 1 − 2 y +
  и
2

ϑ
2
ϑ
 

0 
0  
действительные значения α соответствуют ординатам, не превышающим
ϑ 2  g 2 x2 
y = 0 1 − 4  . Такая зависимость называется параболой безопасности.
2 g 
ϑ0 
т.е. при t =
48
Точки, лежащие вне ограничиваемой ею области, не Y
могут быть достигнуты (рис. 62).
Пример 1.10. Материальная точка движется по
окружности радиусом R . Зависимость пути от времени
X
Рис. 62
дается уравнением S = ct 3 , где c = const . Найти
нормальное a n и тангенциальное aτ ускорения точки в момент, когда ее
скорость равна ϑ .
ϑ2
dϑ d 2 S
, aτ =
Решение. Составляющие ускорения a n =
=
= 6сt . Время
2
R
dt
dt
dS
= 3ct 2 , т.е. t = ϑ / 3c и aτ = 12cϑ .
t найдем из зависимости ϑ =
dt
Пример 1.11. Во сколько раз нормальное ускорение a n точки, лежащей на
ободе вращающегося колеса, больше ее тангенциального ускорения aτ для того
момента, когда вектор полного ускорения точки составляет угол α < 90 o с
вектором ее линейной скорости?
a
Решение. Из рис. 18 видно, что n = tgα .
aτ
Пример 1.12. Две частицы движутся в однородном поле тяжести. В
начальный момент частицы находились в одной точке и имели скорости ϑ10 и
ϑ 20 , направленные горизонтально в противоположные стороны. Найти
расстояние между частицами в момент, когда векторы их скоростей окажутся
взаимно перпендикулярными.
Решение. Векторы скорости V1 и V2 в проекциях на оси декартовой
системы координат (рис. 63 – для случая ϑ20 > ϑ10 ) в
i
момент времени t
можно представить как
V10
V 20
j
X
V1 = −ϑ10 i + gtj и V2 = ϑ 20 i + gtj , где i, j – орты осей
X и Y . Определим момент времени t* , когда
V1 ⊥ V2 , из условия равенства нулю скалярного
произведения (т.е. cos ∠(V1 , V2 ) = cos 90 o =0):
V1
V2
Y
V1V2 = −ϑ10ϑ 20 + g 2 t* 2 ⇒ t* = ϑ10ϑ20 / g .
Рис. 63
Проекции скоростей на ось Y одинаковы,
поэтому частицы за время t* по вертикали совершат одинаковое перемещение,
равное gt * 2 / 2 . Поэтому расстояние между частицами в любой момент времени
будет складываться из горизонтальной составляющей: S = S1 + S 2 , где S1 = ϑ10t
и S 2 = ϑ20t . Тогда требуемое расстояние S* = (ϑ10 + ϑ20 ) ϑ10ϑ20 / g .
Пример 1.13. Радиус-вектор точки A относительно начала координат
меняется со временем t по закону r = αti + βt 2 j , где α и β – постоянные, i и j
49
– орты осей X и Y . Найти: 1) уравнение траектории точки y (x) ; 2) зависимости
от времени скорости V (t ) , ускорения a(t ) и модулей этих величин; 3)
зависимости от времени угла ϕ между векторами a и V .
Решение. 1) Закон движения точки в векторной форме r = αti + βt 2 j , в
координатной форме: x = α t , y = β t 2 , где из первого уравнения t = x / a . Тогда
y = βt 2 =
βx 2
, т.е. y ( x) =
βx 2
и траекторией является парабола (с минимумом
α
α
или максимумом в точке (0, 0) при β > 0 или β < 0 соответственно).
dr
dV
= αi + 2 β tj и a =
= 2 β j , т.е. скорость вдоль оси X
2) Векторы V =
dt
dt
неизменна, а ускорение направлено вдоль оси Y . Модуль скорости
2
2
ϑ = ϑ x2 + ϑ y2 , где ϑ x = α , ϑ y = 2βt , т.е. ϑ = α 2 + 4βt 2 . Модуль ускорения
a = a y = 2β .
3) Вектор a || j , т.е. ϕ = ∠(a, V ) = arctg
Иной
вариант
решения.
ϑx
α
=
.
ϑ y 2βt
Скалярное
произведение
aV = aϑ cos ϕ ⇒
aV
2βj(αi + 2βtj)
4β 2 t
2βt
cos ϕ =
=
=
, т.к. ij = 0 .
=
2
2 2
aϑ 2β α 2 + 4β 2t 2 2 β α 2 + 4 β 2 t 2
α + 4β t
Пример 1.14. Частица движется в плоскости XY со скоростью
V = αi + β xj , где α и β – постоянные. В начальный момент частица находилась
в точке x = y = 0 . Найти: 1) уравнение траектории частицы y( x ) ; 2) радиус
кривизны траектории в зависимости от x .
Решение. 1) Решим обратную задачу кинематики и определим закон
dr
движения r (t ) по зависимости V (t ) . Вектор V (t ) = , V = ϑ x i + ϑ y j , ϑ x = α ,
dt
ϑ y = βx ⇒ x = ∫ ϑ x dt ; x = α t + C1 , где константу C1 находим из начального
условия при t = 0 : x = x 0 = 0 , т.е. 0 = α 0 ⋅ 0 + C1 ⇒ C1 = 0 и x = αt .
Величина y = ∫ ϑ y dt = β ∫ xdt , где x = x(t ) = αt , т.е. y = βαt 2 / 2 при
условии y 0 = 0 . Выразим t через x и подставим в y( t ) : t = x / α и
y ( x) = βα
x2
2α 2
=
β 2
x , т.е. траекторией точки является парабола.
2α
50
Иной вариант решения. Найдем бесконечно малые приращения dx и dy за
dy β xdt β x
=
=
. Проинтегрировав
время dt : dx = ϑ x dt = α dt , dy = ϑ y dt = βxdt ;
dx αdt
α
y
x x
β 2
β
dy
=
x при заданных начальных условиях.
∫
∫ dx , получаем y =
α
2
α
0
0
2) Найдем R : R = ϑ 2 / an , ϑ = ϑ x2 + ϑ y2 = α 2 + βx 2 , a n = a 2 − aτ2 ,
dϑ
. Ускорение a = a x i + a y j ; V = αi + βαtj , т.е. a = αβ j . Напомним, что
dt
ϑ y = ϑ y (x) , а x = x(t ) , т.е. ϑ y = ϑ y (t ) – функция сложная. Здесь можно выразить
составляющую ϑ y через t и выполнить дифференцирование по t как в примере
1.9 или воспользоваться правилом дифференцирования сложной функции:
dϑ y dϑ y dx d ( βx) dx
ay =
=
=
= βα , a 2 = α 2 β 2 ;
dt
dx dt
dt dt
dϑ dϑ dx
β 2 xα
aτ =
=
=
.
2
2 2
dt dx dt
α +β x
aτ =
Или, выражая все кинематические величины через t , получаем, что
dϑ (t ) d
β 2α 2t
2
2 2 2
aτ =
=
α +β α t =
и
2
2 2 2
dt
dt
α +β α t
an = α β −
2 2
(αβ 2 x)2
α 2 + β 2 x2
=
α 2β
. Радиус кривизны R =
(α 2 + β 2 x 2 )1,5
α 2β
.
α +β x
Пример 1.15. За промежуток времени ∆t материальная точка прошла
половину окружности радиуса R . Найти за это время среднее значение модуля
скорости ϑ , модуль среднего вектора скорости V , модуль среднего вектора
2
2 2
полного ускорения a , если модуль тангенциального ускорения постоянен.
S
, где S –
∆t
πR
ϑ =
. Величина
∆t
Решение. Средняя скорость ϑ =
пройденный точкой
путь, т.е.
∆r
<V> =
, где ∆r – вектор перемещения (рис. 64),
∆t
∆V
2R
т.е. V =
. Модуль < a > =
, где ∆V = V2 − V1 .
∆t
∆t
Векторы
V1
и
V2
антиколлинеарны,
т.е.
∆V = ϑ2 − (−ϑ1 ) .
51
V2 2
V3
∆r
3
− V1
∆V
1
V1
Рис. 64
V3
Ускорение aτ = const = C и, учитывая, что aτ = ϑ& , а ϑ = S& , получаем, что
ϑ = Ct + C1 , S = Ct 2 / 2 + C1t + C2 , где C1 , C 2 – константы интегрирования.
Воспользовавшись условиями S (0) = 0 , S (∆t ) = πR , ϑ (0) = ϑ1 , ϑ ( ∆t ) = ϑ 2 ,
πR C∆t
ϑ − ϑ1
−
, ϑ1 = C1 ,
C= 2
, откуда
находим, что С 2 = 0 ,
С1 =
∆t
2
∆t
2πR
2πR
= ϑ2 + ϑ1 = ∆V и < a > = 2 .
∆t
∆t
ϑ2
Если постоянен модуль нормального ускорения a n =
= const , тогда
R
2ϑ
, а если бы при этом точка прошла четверть
ϑ = const и aτ = 0 , < a > =
∆t
окружности до точки 3, то ∆V = 2ϑ (см. рис. 64).
Пример 1.16. Частица A движется в одну сторону по траектории (рис. 65)
с тангенциальным ускорением, модуль которого aτ = ατ , где α – постоянный
вектор, совпадающий по направлению с осью X , а τ –
τ
единичный вектор, связанный с частицей A и
A
направленный по касательной r траектории в сторону O
α
возрастания дуговой координаты. Найти скорость
X
частицы в зависимости от координаты x , если при
Рис. 65
x = 0 ее скорость равна нулю.
dϑ
Решение. Величина aτ = τ = ατ cos β , где ϑτ – проекция вектора
dt
скорости V на касательное направление, β – угол между τ и осью X .
dϑ
Умножим выражение на ϑτ : ϑτ τ = ϑτ ατ cos β , и учтем, что проекция
dt
dϑ
dx
dx
ϑ x = ϑτ cos β =
и τ = 1. Тогда получаем, что ϑτ τ = α
и ϑτ dϑτ = αdx , т.е.
dt
dt
dt
с учетом начального условия ϑ x = 0 = 0 после интегрирования ϑ 2 / 2 = αx и
ϑ = 2αx .
dS
, dSτ = dr и idr = dx , где dr –
dt
вектор элементарного перемещения точки A , i – орт оси X , S – дуговая
dϑ
dϑ
координата, находим: aτ = τ = τ ϑτ , ϑτ dϑτ = dSατ = αidr = αdx .
dt
dS
Пример 1.17. Уравнения движения точки A имеют вид x(t ) = 2t ,
Или иначе: с учетом того, что ϑτ =
y (t ) = 4t 2 + 1 , см. Определить вид ее траектории и для момента времени t1 = 1 с
найти и показать на рисунке положение точки на ней, скорость, полное,
52
тангенциальное и нормальное ускорения точки, а также радиус кривизны
траектории.
Решение: Для определения зависимости, описывающей траекторию в
плоскости XY и в общем случае имеющей вид f ( x, y ) , следует исключить из
уравнений t . Для этого здесь удобно выразить t через x и подставить в
выражение для y : t = x / 2 , y = 4 x 2 / 4 + 1 = x 2 + 1 , т.е. траекторией точки
является парабола. Если, например, уравнениями движения являлись бы
x = 2 cos(πt / 3) и y = sin(πt / 3) + 1 , см, то, выполняя преобразования:
2( y − 1) = 2 sin(πt / 3) ,
[
]
x 2 + 4( y − 1) 2 = 4 cos 2 (πt / 3) + sin 2 (πt / 3) ,
приходим
к
уравнению эллипса x 2 / 4 + ( y − 1) 2 = 1 с центром в точке с координатами (0, 1) и
большой и малой полуосями равными 2 и 1 см.
Радиус-вектор точки r = xi + yj = 2ti + (4t 2 + 1) j , векторы V = 2i + 8tj и
a = 8 j и их модули ϑ = 2 1 + 16t 2 см/с , a = 8 см/с 2 , для момента времени t1
координаты векторов V (2, 8) и a(0, 8) , точки A (2, 5) (рис. 66), что можно
использовать для проверки. Величина ϑ = 2 17 см/с , построенный по
проекциям вектор V совпадает по направлению с касательной к траектории и
точка движется в сторону возрастания координат x и y , что также можно
проверить, определив ее положение в моменты времени, близкие к t1 .
Ускорения
dϑ
2 ⋅ 32t
32t
aτ =
=
=
≅ 7,76 см/с 2 ,
V
dt 2 1 + 16t 2
1 + 16t 2
a
aτ
an = a 2 − aτ2 ≅ 1,94 см/с 2 и радиус кривизны
ϑ2
R=
≅ 35 см . Скорость с течением времени
an V
an
x
увеличивается, ее производная ϑ& положительна и вектор
aτ направлен как и V (в противном случае – в
1 см,
противоположную сторону), вектор a n направлен
4 см/с, 4 см/с 2
перпендикулярно V в сторону вогнутости траектории.
Вектор a = aτ + a n совпадает с полученным выше из
проекций a x и a y вектором a , что подтверждает
корректность решения.
Рис. 66
Ускорения
можно
также
найти,
используя
координатное представление. Учитывая, что aτ представляет собой проекцию a
на касательное направление, т.е., например, на направление орта e V = V / ϑ ,
можно
записать,
что
aτ = ae V ,
т.е.
aτ = (ϑ x a x + ϑ y a y ) / ϑ
и
53
aτ = (2 ⋅ 0 + 8t ⋅ 8) /( 2 1 + 16t 2 ) ≅ 7,76 см/с 2 . Модуль нормального ускорения в
соответствии с этим an = [e V , a] = a sin α , где α – угол между a и V , т.е.
an = (ϑx a y − ϑ y a x ) / ϑ = (2 ⋅ 8 − 8t ⋅ 0) /(2 1 + 16t 2 ) ≅ 1,94 см/с 2 .
2. КИНЕМАТИКА ТВЕРДОГО ТЕЛА
2.1. Вращательное движение
Пример 2.1. Ось с двумя дисками, расположенными на расстоянии l друг
от друга, вращается с частотой n оборотов за единицу времени. Пуля, летящая
прямолинейно с постоянной скоростью V (рис. 67), пробивает оба диска. При
этом отверстие от пули во втором диске смещено относительно отверстия в
первом диске на угол α . Найти скорость пули.
Решение. Примем положительное направление оси Z совпадающим с
направлением вращения дисков (по правилу правого винта) и начальный
момент времени t = 0 , когда пуля пробивает диск 1. При t = 0 угол поворота
дисков ϕ 0 = 0 и координата пули z = 0 .
1
2
Уравнение вращательного движения дисков
вокруг оси
Z
в проекции на эту ось: Z
ϕ
ϕ = ϕ 0 + ω0t + εt 2 / 2 . Ускорение ε = 0 , т.к. угловая
V
скорость ω0 = 2πn постоянна, т.е. ϕ = 2πnt . Скорость
l
пули в проекции на ось Z : ϑп = ϑ , а т.к. ускорение
Рис. 67
отсутствует, то зависимость ее координата от времени
z = ϑt и ϑ = z / t . Когда пуля между дисками прошла расстояние l , диски
2πnl
повернулись на угол α , т.е. ϑ =
.
Z
α
ω
Пример 2.2. Вентилятор вращается с частотой n оборотов
ε
в единицу времени. После выключения вентилятор, вращаясь
равнозамедленно, сделал до остановки N оборотов. Какое время
t прошло с момента выключения вентилятора до полной его
Рис. 68
остановки?
Решение. Закон вращательного движения вентилятора
вокруг оси Z (рис. 68), связанной с направлением вращения по правилу правого
винта ( ϕ 0 = 0 ): ϕ = ω0 t + εt 2 / 2 , ω = ω0 + εt . При выключении ( t = 0 ): ω 0 = 2πn .
В конечный момент остановки ( t = t к ): ω = 0 , ϕ к = 2πN . Тогда ω0 = −εtк ⇒
ε = −ω 0 / t к , где знак минус указывает на процесс торможения (т.е. скорость ω
со временем уменьшается). Величина ϕ к = ω 0t к +
2πN = πnt к ⇒ t к = 2 N / n .
54
εt к2
ω t2 ω t
= ω0t к − 0 к = 0 к ;
2
tк 2
2
Пример 2.3. Твердое тело вращается вокруг неподвижной оси Z по закону
ϕ = at − bt 3 , где a и b – константы. Найти: 1) средние значения угловой
скорости и углового ускорения за промежуток времени от t = 0 до остановки;
2) угловое ускорение в момент остановки тела.
Решение. 1) Проекции мгновенных значений на ось вращения
dϕ
dω
ω=
= a − 3bt 2 , ε =
= −6bt , где индексы z у ω z , ε z опустим. В момент
dt
dt
∆ϕ
a
остановки ω = 0 и a − 3bt к2 = 0 , t к =
; средние значения < ω >=
и
3b
∆t
∆ω
< ε >=
; ∆t = t к − t н , где индексы н и к соответствуют начальному и
∆t
конечному состоянию.
a
a 2
При t н = 0 : ϕ н = 0 , ω н = а , ε н = 0 . При tк =
: ϕк =
a , ω0 = а ,
3b
3b 3
2a a 3b 2a
a 3b
6b a
εк = −
. Значения < ω >=
=
, < ε >=
= 3ab .
3
3b
3 3b a
a
Иной вариант определения < ε > . Зависимость ε = ε (t ) – линейная и
εн + εк
3b a
, т.е. при ε н = 0 значение < ε >=
= 3ab и ε к = 2 3ab .
2
3b
Пример 2.4. Твердое тело вращается, замедляясь, вокруг неподвижной оси
с угловым ускорением ε , пропорциональным ω , где ω – его угловая
скорость. Найти среднюю угловую скорость тела до остановки, если в
начальный момент времени t н скорость ω = ω 0 .
dω
Решение. Имеем ε =
= k ω , где k – некоторая отрицательная, ввиду
dt
торможения, константа пропорциональности. После интегрирования с учетом
начального условия получаем, что 2 ω = kt + C , 2 ω0 = k ⋅ 0 + C и момент
времени, отвечающий остановке, т.е. когда ω = 0 , определится как
t к = −2 ω 0 / k .
< ε >=
ωdt
Средняя угловая скорость тела < ω >= ∫
или, в частности, до
dt
∫
∆ϕ ϕ к
=
, где принято, что ϕ = 0 при t н = 0 . Зависимость угла
остановки < ω >=
∆t
tк
поворота ϕ от времени найдем после интегрирования зависимости для ω :
55
2
k 2t 3 kt 2
dϕ  kt
k 2t 2

+
ω0 + ω 0t
при
ω=
=  + ω0  =
+ kt ω 0 + ω 0 , ϕ (t ) =
12
2
dt  2
4

ω
8 ω0
ϕ (t н ) = 0 , т.е. ϕ (t к ) = −
ω0 , < ω >= 0 и < ω > не зависит от k .
12 k
3
Пример 2.5. Частица A движется по окружности радиуса R , так что ее
радиус-вектор r относительно точки O (рис. 69) поворачивается с постоянной
угловой скоростью ω . Найти модуль скорости частицы, а также модуль и
направление ее полного ускорения.
Решение. Проекция угловой скорости на ось вращения Z , проходящую
через точку O перпендикулярно плоскости рисунка, Y
dϕ
A
ω=
. Интегрируя выражение ∫ ωdt = ∫ dϕ с учетом
r
ϕ
dt
R
α
того, что ω = const и ϕ 0 = 0 при t = 0 , получаем, что
O
X
ϕ = ωt .
Треугольник OBA равнобедренный, откуда
r = 2R cosα ; угол α = 2ϕ . Длина дуги, отвечающая α ,
Рис. 69
т.е. пройденный точкой путь S = 2 Rϕ = 2 Rωt .
Например, время прохождения половины окружности t1 / 2 = π /(2ω ) , а путь за
dS
это время составляет πR . Скорость точки ϑ =
, т.е. ϑ = 2Rω = const . Полное
dt
dϑ
ускорение a = aτ + a n , где тангенциальное ускорение aτ =
= 0 , т.е. a = a n .
dt
Нормальное ускорение a n = ϑ 2 / ρ , где радиус кривизны ρ = R при движении
точки по окружности, т.е. a = 4Rω2 . Вектор a направлен к центру окружности,
т.е. составляет с положительным направлением оси X угол α .
Иной вариант решения. С учетом проекций радиус-вектора на оси
координат его можно представить как r = xi + yj = r sin ϕi + r cosϕj , или
x = 2R sin 2 ϕ и y = R sin( 2ϕ ) . Дважды дифференцируя зависимости для
координат по времени, находим, что модули скорости и ускорения ϑ = 2ωR и
a = 4ω 2 R . Угол α можно определить с помощью скалярного произведения:
cosα = ai / a , где ai = 4ω 2 R cos(2ϕ ) , a = 4ω 2 R , т.е. cosα = cos(2ϕ ) и α = 2ϕ .
56
2.2. Плоское движение
Пример 2.6. Найти скорость оси диска,
катящегося вправо, при известных скорости ползуна
и геометрии системы (рис. 70).
Решение. Согласно основной лемме
кинематики проекции ϑ ААВ = ϑВАВ ,
ϑ ААВ = ϑ А sin α , ϑ B АВ = ϑ B cos α , т.е. ϑ B = ϑ A tgα .
Заметим, что ϑ ААВ = ϑ А cos ∠(V А , AB ) ,
ϑ B АВ = ϑ B cos(VB , AB ) и скалярное произведение
А
А
VА
ϑ А АВ
α
А
B
VВ
B
ϑ В АВ
Рис. 70
VА AB = VB AB . Если бы отрезок AB был горизонтален, то ϑ ААВ = 0 и ϑ B = 0 .
Аналогично, например, для рис. 71, где движение
А
диска а) вращательное или б) плоское, находим, что
а)
~
ω
стержень AB , совершающий плоское движение, здесь
движется мгновенно поступательно. Скорости точек A и
B параллельны друг другу и не перпендикулярны AB ,
B VВ откуда следует их равенство в т.ч. со скоростями любых
VА
других точек стержня с учетом нахождения МЦС в
А
б)
бесконечности.
ω~
Пример
2.7.
Определить
скорость вертикально поднимаюα
B VВ щегося груза 1, подвешенного на
идеальных нитях, если скорости
Рис. 71
других грузов равны ϑ (рис. 72).
1
Решение. Элементы 1 и 3 совершают поступательное
Рис. 72
движение, а 2 – вращательное (рис. 73).
V'
Т.к. нити нерастяжимые, то скорости
U
ϑ = ϑ ' = ϑ" . По основной лемме кинематики
U
скорость первого груза u = ϑ / cosα . Заметим,
2
V"
что u ≠ 2ϑ cosα , как может показаться из рис.
V"
74. Пример 2.8. Определить виды мгновенных 1
1
3
движений элементов (рис. 75) и для случаев
Рис. 74
V
плоского движения найти МЦС. Качение дисков
Рис. 73
происходит
без
проскальзывания,
известны величины ω1 и ω 2 и геометрия системы.
ω~1 O
A
Решение. Элементы 1 и 2 имеют одну неподвижную
ω~2
точку в плоскости рисунка, через которую проходит ось
вращения перпендикулярно этой плоскости, т.е. они
Рис. 75
совершают вращательное движение. Движение звена 3
плоское (рис. 76). Скорость точки B соприкосновения дисков ϑB = ω 2OB ,
VА
57
VA
2
1
O~
ω2
ω~1
A
B
P3
3
направлена перпендикулярно OB в сторону ω~2 ,
скорость ϑ A = ω1OA определяется аналогично.
Скорости двух точек
A и
B
тела 3
антиколлинеарны, и, следовательно, МЦС P3
находится в точке пересечения AB с прямой,
проходящей через концы векторов V A и VB , и
ϑ A / AP3 = ϑB / BP3 = ω3 , скорость ω~3 направлена по
часовой стрелке. Случай, когда ω~1 и ω~2
VB
Рис. 76
VA
а)
VB ω~1
A
B
O
~
ω2
б)
ω~3
P3
ω~3
P3
в)
VB ω~1
VA
A
VA
O
~
ω2
B
A
ω1OA < ω 2OB
ω1OA > ω 2 OB
VB ω~1
B
O
~
ω2
ω1OA = ω 2 OB
Рис. 77
сонаправлены и векторы V A и VB коллинеарны, продемонстрирован на рис. 77,
когда для вариантов а и б движение звена 3 мгновенно вращательное, а для в –
мгновенно поступательное.
Пример 2.9. Найти решение предыдущей задачи для условий рис. 78.
А
VB
А
VB
в)
б)
а)
B
А
B
VB
B
Рис. 78
Решение. Ползуны совершают поступательное движение, элемент AB
плоское движение. Его МЦС для варианта а находится в точке P (рис. 79) и
ϑ A > ϑB , т.к. AP > BP , для варианта б – в бесконечности, т.е. движение
мгновенно поступательное (по основной лемме кинематики ϑ A = ϑB ) и поле
VA
А
ω~
VB
а)
VA
А
P
VB
А
B
B
б)
Рис. 79
58
ω~
VB
B
в)
скоростей однородно, а в случае в движение мгновенно вращательное вокруг
точки A и поле скоростей ротационное.
Пример 2.10. Система (рис. 80) включает два одинаковых блока
радиусами r , на которые симметрично намотана идеальная нить. Блоки
начинают поворачиваться с одинаковыми по модулю угловыми скоростями.
Найти МЦС нижнего блока.
Решение. С учетом симметрии находим, что поля скоростей,
1
связанных с блоками 1 и 2, аналогичны (рис. 81, где r – радиус
блоков), а векторы угловых скоростей имеют противоположное
направление. Поэтому МЦС P звена 2 отстоит от точки A на
2
расстояние, равное r , в сторону, противоположную AC , и скорость
точки С в два раза больше скорости точки A . Или иначе, запишем, Рис. 80
что ω1 = ω2 = ω и ϑD = ωr = ϑ A , скорость МЦС ϑP = 0 , а
[
]
VP = VA + VPA , т.е. VPA = ω, AP = −VA , откуда находим
P , когда AP = r , AP ⊥ AD с учетом
ω~1 положение точки
~
D
направления ω 2 и V A .
VD
Пример 2.11. Точка A находится на ободе колеса
радиусом
R,
катящегося
без
скольжения
по
~
VPA ω 2
горизонтальной поверхности, центр которого имеет
A С
постоянную скорость V . Найти зависимость от времени
P
скорости и ускорения точки A и путь, проходимый ею
между последовательными касаниями о поверхность.
VA
VC
Решение. Колесо совершает плоское движение,
Рис. 81
которое можно представить как сумму поступательного
движения вместе с полюсом, например, центром колеса O ,
и вращения вокруг оси, проходящей через точку O перпендикулярно плоскости
движения (рис. 82). Поскольку МЦС P находится в точке касания колеса с
неподвижной поверхностью, а скорость его центра O равна V , то модуль
~ направлена по часовой стрелке, т.е.
угловой скорости ω = ϑ / R и величина ω
вектор ω – за плоскость рисунка.
Скорость V A = V + V AO , где скорость точки A в ее круговом движении
[
]
около полюса O : VAO = ω, OA , она направлена в сторону угловой скорости и
ее модуль ϑ AO = ωR . Спроецируем уравнение на оси
Y
декартовой системы координат (см. рис. 82):
ϑ Ax = ϑ − ωR cos ϕ , ϑ Ay = ωR sin ϕ , где ϕ = ωt , т.к.
V AO
ω~
O
V
ω = const , принято ϕ 0 = 0 при t = 0 . Тогда вектор
скорости V = (ϑ − ωR cos ϕ )i + ωR sin ϕj , а вектор
A ϕ P
2
2
ускорения a = ω R sin( ω t )i + ω R cos( ω t ) j .
T
Путь, проходимый точкой S = ∫ ϑ A (t )dt , где
0
59
Рис. 82
X
время между последовательными касаниями о шоссе за один оборот
колеса T = 2πR / ϑ , скорость
ϑ A = ϑ 2 (1 − cos(ωt )) 2 + ϑ 2 sin 2 (ωt ) = 2ϑ 1 − cos(ωt ) , т.е. S = 8R .
Заметим, что траекторией точки является циклоида – кривая, которую
описывает фиксированная точка окружности, катящейся без скольжения по
неподвижной прямой. Ее параметрическое уравнение имеет вид
x = Rϕ − R sin ϕ , y = R − R cos ϕ (рис. 83). Длина
Y
траектории
при
движении
по
циклоиде:
dx = R(1 − cos ϕ )dϕ , dy = R sin ϕ , dS = dx 2 + dy 2 ,
ϕ
откуда также определяется путь S .
Точки, находящиеся на расстоянии a от центра
X
Рис. 83
окружности, меньшем ее радиуса R , движутся по
менее выпуклым кривым, центр колеса – по прямой, точки с a > R делают
обратные петли. Так, железнодорожные колеса имеют выступы, точки на
которых, описывая петлю, расположенную ниже рельса, какое-то время
движутся назад (относительно вагона). При a < R получается укороченная
циклоида, а во втором случае – удлиненная, которые также называются
трохоиды. Их уравнениями являются зависимости x = aϕ − R sinϕ , y = a − R cosϕ .
К циклоидальным кривым также относятся эпициклоида – если качение
происходит по направляющей окружности при внешнем касании, и
гипоциклоида – если касание внутреннее. Перевернутая циклоида является
брахистохроной, т.е. кривой скорейшего спуска, в т.ч. по сравнению с
кратчайшим прямолинейным спуском, а материальная точка, помещенная в
любую точку ее арки, достигает низшей точки за одно и то же время.
Пример 2.12. Определить виды движения звена 2 кривошипно-шатунного
механизма (рис. 84), когда звено 1 расположено параллельно осям X или Y .
Найти направления скорости и для какого-либо из этих
Y
A
X
случаев ускорения точек A и B по заданным на рис. 84 ~
кинематическим характеристикам звена 1, полагая ε~1
B
ω1
геометрию системы известной.
O
2
Решение. Кривошип OA совершает вращательное 1
движение вокруг оси, проходящей через точку O
Рис. 84
перпендикулярно
плоскости
рисунка.
Поэтому
траекторией точки A является окружность с центром в точке O , а ее скорость
направлена перпендикулярно OA в сторону угловой скорости ω~1 (рис. 85).
Ускорение a = aτ + a n , где aτ в связи с одинаковым направлением ω~ и ε~
A
A
A
n
сонаправлено с V A , а a A направлено к центру вращения, т.е. точке
A
1
1
O . Ползун
совершает поступательное движение и его скорость и ускорение направлены
вдоль оси X .
60
Звено AB совершает плоское движение. В случае, когда звено OA
расположено вдоль Y (рис. 85а), скорость V A – по направлению оси X , как и
VB , откуда следует, что поле скоростей звена AB однородно и его движение
мгновенно поступательное. Напомним, что при таком движении ускорения
точек не равны и, как видно даже из рисунка, их направления не совпадают.
Определим, каким образом вдоль оси X
aτA V A A
направлен вектор a B с учетом направления
a)
A
aA
a = aτ + a n .
Воспользуемся
формулой
A
a nA
ε~1
ω~1
O
ω~1
B
VB
O
aB
б)
VA
Рис. 85
A
a B = a A + aτBA + a nBA , где a BA – ускорение
точки B во вращательном движении вокруг
полюса A : направление a nBA совпадает с BA ,
а aτ ⊥ BA в сторону ускорения ε~ ,
BA
B
A
A
2
направление которого пока не известно. По
правилу
замыкания
ломанной
до
многоугольника изобразим эти векторы
графически (рис. 86): направления a A и a nBA
точно известны, как и то, что векторы a B и
aτBA направлены вдоль прямых l 1 , l 2 соответственно.
Вектор a B является суммой векторов a A , a nBA , aτBA , т.е. его начало
совпадает с началом первого из них, а конец – с
aB
l1
концом последнего, откуда определяем направление
векторов a B и aτBA . С учетом направления поворота
aτBA
AB вокруг точки A вектором aτBA определяем, что l 2 a nBA
aA
~
ускорение ε направлено против часовой стрелки.
2
Рис. 86
Или иначе: для нахождения МЦУ звена 2
попытаемся отложить полупрямые из точек A
A
и B под некоторым острым углом к
l6
l1
A
направлению a A и a B в сторону ε~2 (рис. 87).
B
l5
При этом рассмотрим различные варианты для
aA
l3
a B (вправо и влево) и ε~2 : по часовой ( l 1 , l 2 ,
l4
l2
l 3 ) и против часовой ( l 4 , l 5 , l 5 ) стрелки.
Рис. 87
Видно, что пересекаются выходящие из точек
A и B только полупрямые l 2 и l 3 , l 5 и l 6 , т.е. a B направлено влево.
Последний из этих случаев отвечает направлению ε~2 по часовой стрелке, т.е.
когда проекция на ось Y вектора a nBA больше, чем для a A (по сравнению с рис.
86). Для варианта рис. 88 возможно иное направление a B .
61
Обратимся к случаю, когда звенья 1 и 2 расположены на одной прямой
(рис. 85б). По основной лемме кинематики, исходя из направления V A ⊥ AB ,
находим, что скорость VB = 0 , поле скоростей
A l
l1
ротационное, и движение звена AB мгновенно
A 3
вращательное. Заметим, что для определения l 6
B
aB
скорости точки B в обоих случаях можно также
l5
воспользоваться формулой VB = VA + ω 2 , AB .
aA
l4
Пример 2.13. Колесо катится без скольжения по
l2
прямолинейному рельсу. Известны его радиус R,
Рис. 88
скорость VO и ускорение a O центра. Найти a P .
Решение. Рассмотрим движение колеса в пространстве основания.
Угловые скорость ω = ϑO / R и ускорение ε = aO / R (см. п. 3.5 в части 1).
[
]
Примем точку O за полюс, т.к. a O известно. Ускорение a P = a O + aτPO + a nPO ;
n
aτPO = Rε = RaO / R = aO и a PO
= Rω 2 . Проецируя это векторное равенство на
горизонтальную ось, находим, что векторы aτPO ↑↓ a O ,
VO O ε~
a nPO
aτPO
P
Рис. 89
aO
n
a P = a PO
⇒ a P = ϑO2 / R – ускорение МЦС колеса. Как
следует из направления aτ , ε~ направлено по часовой
PO
стрелке. На рис. 89 отмечены отрезки циклоиды,
являющейся траекторией точки P . Видно, что ускорение
a P = aτP направлено по касательной к ним (величина a Pn ,
как и ϑP , нулевая).
Пример 2.14. Цилиндр радиусом R катится без скольжения
A
a B
по горизонтальной плоскости, так что центр C движется с
C
постоянным ускорением a . Через время
t после начала
O
движения его положение соответствует рис. 90. Найти:
Рис. 90
1) скорости точек A и B ; 2) ускорение точек A , B и O ;
3) радиусы кривизны траекторий точек A и B (рис. 90).
Решение. 1) Задача скоростей. Скорость ϑC = at (для ϑC = 0 при t = 0 ).
При движении без проскальзывания неподвижной точкой цилиндра, т.е. МЦС,
является точка O соприкосновения его с неподвижной поверхностью. Угловая
~
скорость вращения ω = ϑC / R = at / R , величина ω
VA
A
направлена в сторону VC относительно O , т.е. по
часовой
стрелке.
Тогда
модули
скоростей
C VC B
ϑ A = 2 Rω = 2at и ϑ B = 2 Rω = 2at , их направление
ω~
VB
показано на рис. 91.
O
2) Задача ускорений. Проекция углового
ускорения на мгновенную ось вращения, проходящую
Рис. 91
через точку O перпендикулярно плоскости рисунка,
62
X
aτOC
ε = a / R , величина ε~ направлена по часовой стрелке.
Ускорение некоторой точки M , лежащей на радиусе
R , определяется согласно уравнению
n
a M = a C + aτMC + a nMC , где aMC
= ω 2 R , aτMC = εR (см.
также рис. 92), т.е. у всех составляющих векторов в
правой части известны модуль и направление. В
проекции на оси декартовой системы координат
a Ay = −ω 2 R ,
получаем,
что
a Ax = a + εR ,
τ
A a AC
Y
a nAC
C a
ε~
n
aOC
Рис. 92
aOx = a − εR ,
aOy = ω 2 R .
Тогда
a A = a 4 + (at 2 / R ) 2 ,
aO = a 2 t 2 / R , их направления показаны на рис. 93.
Найдем ускорение точки B :
a B = a C + aτBC
n
a BC
= ω 2 R , aτBC = εR , вектор aτBC направлен
aτAC
a
+ a nBC ,
вниз, a nBC
где
–к
aτOC
aO
aA
a nAC
n
aOC
точке C , т.е. a Bx = a − ω R , a By = −εR = −a (рис. 94).
a
Ускорения точек A и B можно определить также с
Рис. 93
помощью МЦУ (или использовать положение МЦУ здесь
для проверки). Для этого проведем через точки C и O полупрямые под углом
µ ( tgµ = ε / ω 2 = R /(at 2 ) ) к направлению a A и
aB
a
a B a aτ
~
aτBC
BC
a O соответственно в сторону ε (рис. 95).
a nBC
a nBC
Точка их пересечения и есть МЦУ Q , а
aC
aO
a > a 2t 2 / R
a < a 2t 2 / R
CQ =
, OQ =
. Углы:
Рис. 94
2
4
2
4
ε +ω
ε +ω
∠COQ = µ , ∠OCQ = 90o − µ , т.е. треугольник QOC прямоугольный:
2
CQ + OQ =
2
2
a 2 + a 4t 4 / R 2
(a / R) 2 + (at / R) 4
= R2 и
tgµ = CQ / OQ = R /(at 2 ) . Откладывая от AQ и BQ в точках A и B углы µ в
сторону, противоположную ε~ , получаем соответствующие ускорения.
Например, a A = AQ ε 2 + ω 4 , по теореме синусов
AQ
R
CQ
=
=
, где β – ∠CQA ,
sin(90 o + µ ) sin β sin(90 o − µ − β )
2  − 0,5

4R
Rω 2
откуда определяем, что a A =
, sin β = 1 + 2 4 

sin β
a t 

т.е.
A
C
a
B
,
a A = a 4 + (at 2 / R ) 2 . Аналогично для точки B
63
ε~
aO
O
Рис. 95
Q
BQ
R
CQ
Rω 2 tgµ
=
=
, где β – ∠CQB , откуда a B =
имеем:
,
sin µ sin γ sin(180o − µ − γ )
sin γ
− 0,5
 ( a − Rω 2 ) 2 
, т.е. a B = a 1 + (1 − at 2 / R) 2 .
sin γ = 1 + 2 4 2 
R ω tg µ 

3) Радиус кривизны траектории входит в формулу для нормального
ускорения ρ = ϑ 2 / a n . Тангенциальное ускорение, как и скорость, направлено
вдоль прямой, касательной к траектории движения в данный момент времени, а
нормальное ускорение лежит на прямой, перпендикулярной скорости, т.е. для
точки A вектор a nA направлен вдоль оси Y . Проекция полного ускорения a A на
эту ось a nAC = ω 2 R , т.е. ρ A = (2 Rω ) 2 / ω 2 R = 4 R . Угол OBC равен 45 o и, находя
с учетом этого проекции составляющих в уравнении для a B на направление
OB , получаем, что a Bn = (ω 2 R + εR − a) / 2 = ω 2 R / 2 , т.е. ρ B = 2 2R .
Радиус кривизны траектории ρ можно найти также из базовой формулы
dα = dS / ρ , где S – дуговая координата, dα – отвечающий dS угол поворота
радиус-вектора, проведенного из центра кривизны (см. п. 2.3, часть 1). Плоское
движение можно рассматривать как вращательное вокруг МЦС O . Напомним,
что вписанный в окружность угол равен половине
соответствующего ему центрального угла, т.е. dα = dϕ / 2 (рис.
dϕ
96), где
ϕ& = ω , угловая скорость
ω = ϑo / R . Тогда
O
dα 1 dϕ dS 1
=
=
, где ϑ = ϑτ , ϑτ = dS / dt , т.е. скорость любой
dα
dt 2 dt
dt ρ
P
точки
окружности
ϑ = ωρ / 2
и
ρ = 2ϑ / ω .
Скорости
Рис. 96
ϑ A = ω OA = 2 Rω
и
ϑ B = ω OB = 2Rω ,
т.е.
ρ A = 4R
и
ρ B = 2 2 R . Для определения величины ρ можно также представить dS как
функцию dϕ , воспользовавшись уравнением циклоиды.
Пример 2.15. Вращающийся диск (рис. 97) Y
движется в положительном направлении оси X . Найти
C
уравнение y (x) , характеризующее положения МЦС, O
X
V
если в начальный момент центр C диска находился в
Рис. 97
точке O и в дальнейшем движется: 1) с постоянной
скоростью ϑ , а диск раскручивается без начальной
угловой скорости с постоянным угловым ускорением ε против часовой
стрелки; 2) с постоянным ускорением a без начальной скорости, а диск
вращается с постоянной угловой скоростью ω против часовой стрелки.
Решение. Скорость точки P , мгновенного центра скоростей, можно
выразить через скорость точки C как VP = VC + VPC , где VC = V , VP = 0 , т.е.
64
VPC = − V и вектор VPC антиколлинеарен V и направлен вдоль оси X (рис.
98). Во вращательном движении вокруг точки C горизонтальное направление
вектора скорости имеют точки, лежащие на прямой, параллельной оси Y и
проходящей через точку C . В виду вращения диска
VPC
против часовой стрелки скорости таких точек, лежащих
Y
l
ниже оси X сонаправлены с V , т.е. следует
рассматривать только область с y > 0 .
O
C V
Проекции угловой скорости и ускорения на ось
X
dω
Рис. 98
вращения связаны как ε =
. В первом задании
dt
ускорение ε = const , т.е. ω = εt + ω0 , где по условию ω0 = 0 . Тогда
ϑPC = ωr = εtr , где r – расстояние вдоль прямой l от точки C , и ϑ = εtr , т.е.
координата МЦС y = r = ϑ /(εt ) . Точка C перемещается с постоянной скоростью
dx
ϑ = , и для x = 0 при t = 0 координата x = ϑt . Получаем уравнение
dt
траектории точки P : t = x / ϑ и y = ϑ 2 /(εx ) , т.е. ей является гипербола.
Во втором задании скорость ϑ = ϑ PC = ωr , т.е. r = ϑ / ω . После
интегрирования получаем, что скорость ϑ = at (ϑ = 0 при t = 0 ) и координата
r = at / ω = y , т.е. t = yω / a и
x = at 2 / 2 ( x = 0 при t = 0 ). Расстояние
x = y 2ω 2 /(2a ) , y = 2ax / ω , траекторией является парабола.
Пример 2.16. При падении стержня длиной l его концы
скользят по неподвижным поверхностям (рис. 99), а скорость
α
нижней точки равна ϑ = const . Найти зависимость ускорения
Рис. 99
середины стержня С от угла α .
Решение. Скорости точек A и B при движении направлены, как показано
на рис. 100. Тогда МЦС стержня находится в точке P , а угловая скорость
ω = ϑB / BP = ϑ /(l sin α ) и, например, скорость ϑ A = ω AР = ϑ AР / BP = ϑ ctgα .
Ввиду того, что V = const , ускорение a B = 0 , т.е.
A
P
МЦУ находится в точке B . Ускорение a A
aτAB
n
a AB
направлено вниз и складывается из нормальной и
ω~
VA
тангенциальной составляющих вокруг МЦУ:
С
a A = aτAB + a nAB . Его проекция на направление
aС
a
A
α
Рис. 100
B VB
a nAB = ω 2l ,
стержня
откуда
находим,
что
a A = ω 2l / sin α . Ускорение a С направлено как и
a A , и модуль aC = a A / 2 ввиду в два раза
меньшего расстояния до МЦУ, т.е. a A = ϑ 2 /(2l sin 3 α ) .
65
Пример 2.17. Определить кинематические характеристики звеньев 1, 2 и 3
и точек A , B и M (рис. 101) при заданных кинематических параметрах первого
звена и геометрии системы.
M
Решение. Рассмотрим движение
O~ ~
механизма относительно неподвижного
ω1 ε1 1 A
B
2
пространства основания. Выделим виды
3
движения его элементов:
Рис. 101
1 – вращательное движение (т.к. имеется
неподвижная точка О ), 2 и 3 – плоское движение. Анализ механизма начнем со
звена 1, характеристики которого заданы, являющегося ведущим.
Задача скоростей
A
Звено 1. Траекторией движения точки A является
O ω~
VA окружность с центром в точке O . Модуль ее скорости во
1
вращательном движении вокруг оси, проходящей через
Рис. 102
точку O , ϑ A = ω1OA , вектор скорости направлен
перпендикулярно OA в сторону вращения, т.е. по направлению ω~1 (рис. 102).
Звено 2. Точка B может перемещаться только вдоль горизонтальной
прямой l (рис. 103). При плоском движении в задачах скоростей удобно
вводить мгновенный центр скоростей. Здесь P2 находится на пересечении
перпендикуляров к скоростям точек A и B . Угловая скорость ω~2 согласно
направлению вектора VA направлена против часовой стрелки, т.е. скорость
точки B вправо. Модули этих величин
P2
A
ω 2 = ϑ A / AP2 и ϑ B = ω 2 BP2 . Заметим, что
~
ω2
ϑ B = ω 2 BP2 и ϑ A = ω 2 AP2 , т.е. скорости прямо
VA
l B V
пропорциональны расстоянию до МЦС с
B
одинаковыми
коэффициентами
ω2 ,
что
Рис. 103
соответственно следует отобразить и на рисунке.
Иной вариант нахождения скорости точки B . Рассмотрим ее круговое
движение около полюса A : VB = VA + VBA (рис. 104). Величина и направление
V A известны из предыдущего этапа, для удобства решения подчеркнем V A в
формуле двумя чертами. Направление скорости VBA точки B во вращательном
движении вокруг точки A также
VB
VBA
известно: VBA ⊥ АВ , а модуль нет.
A
Подчеркнем VBA одной чертой и
V
VA
BA
Y
направим перпендикулярно AB .
B VB V
A
X
Аналогичное
выполним
для
вектора VB и получим: VB = V A + VBA ,
Рис. 104
где нижняя черта соответствует известному модулю, верхняя – известному
направлению вектора. Одно векторное уравнение отвечает двум скалярным
соотношениям, выражающим его проекции на оси введенной системы
66
координат, например, X и Y (см. рис. 104), на плоскости или трем в
пространстве, что определяет число неизвестных скаляров. Так, для плоского
случая их два: это могут быть направления или модули двух векторов или
модуль одного и направление (определяемое углом) другого вектора. В данной
задаче отсутствуют две черточки, что отвечает двум неизвестным: ϑB и ϑBA .
Направление векторов, величины которых заранее неизвестны,
выбираются произвольно, вдоль соответствующей прямой в любую сторону,
как, например для VBA при условии, что VBA ⊥ AB . Если при решении
уравнений эти величины получены со знаком минус, то их направление на
рисунке следует изменить на противоположное. Предварительную оценку
направления можно выполнить из векторного треугольника (см. рис. 104).
Заметим, что величина и направление вектора VB могут быть найдены с
помощью основной леммы кинематики.
M
Звено 3. Это звено имеет точку P3 касания с
B
неподвижной плоскостью. Скорость точки P3 ввиду
P3
VB VM
отсутствия проскальзывания нулевая, т.е. она является
МЦС. Угловая скорость ω~3 мгновенно вращательного
ω~3
движения вокруг оси, перпендикулярной плоскости
рисунка и проходящей через точку P3 , направлена по
Рис. 105
часовой стрелке, и ω3 = ϑ B / BP3 . Точка M движется по окружности вокруг
точки P3 со скоростью ϑM = ω3 MP3 (рис. 105).
Проверить правильность нахождения величин ϑ B и ϑ M можно, следуя
основной лемме кинематики (рис. 106, 107). Так, tgα = AP2 / BP2 из
M
A
VA
B
P2
A
VA
VM
VB
VB
90o− α
Рис. 107
Рис. 106
(VA ) AB = ϑ A cosα и
треугольника
ABP2 , а
ϑ B = ϑ A BP2 / AP2 . Заметим, что выбирая за полюс
[
α
B
α
]
точку A , VB = VA + ω 2 , AB (рис. 108), где вектор
ω 2 по правилу правого винта направлен от
плоскости рисунка и VBА ⊥ AB . Видно, что
проекции векторов VA и VB на направление AB
равны между собой (равны BC ), а сумма длин
отрезков, проведенных из концов векторов VA и
VB в точку C дает ϑBА .
67
(VB ) AB = ϑB sin α ,
A
~
ω
2
т.е.
VBA
ω2
VA
B
VA
Рис. 108
.
VB
С
A
VA
A
ω~1
B
VB
O
O
ω~1
B
VB
VA
б)
а)
Рис. 109
Звенья 2 и 3 совершают плоское движение и здесь возможна реализация
какого-либо
частного
поведения:
мгновенно
вращательного
или
поступательного, наблюдаемого, в частности, для звена 2 на рис. 109а и 109б
соответственно. При этом звено 3 на рис. 109б мгновенно покоится, т.к. как
минимум две ее точки B и P3 неподвижны.
P2 '
Такому положению отвечает смена направления
движения звена 3 (рис. 110), где одним и двумя
A' V
V
B'
штрихами обозначены различные состояния
A'
B
'
A
B, P2 относительно этого положения.
Задача ускорений
B' ' VB
A' '
Звено 1. Точка A совершает криволинейное
VA VB''
движение, т.е. полное ускорение складывается из
VA''
тангенциального ускорения aτA , направленного
Рис. 110
по касательной к траектории, как и скорость, в
сторону углового ускорения ε~1 , и нормального ускорения a nA , ему
перпендикулярного и направленного к центру вращения O
a nA A
(рис. 111). Модули этих составляющих aτA = εOA и
O ε~1
a nA = ω 2OA , а полного ускорения a A = OA ω 4 + ε 2 .
aτA
aA
Последнее образует угол ϕ с AO .
Рис. 111
Звено 2. Воспользуемся зависимостью a B = a A + a BA .
Ускорение a A = aτA + a nA и a BA = aτBA + a nBA . Величина и направление a A уже
известны, подчеркнем a A в формуле двумя чертами. Направление ускорения
a nBA точки B во вращательном движении вокруг точки A также известно: вдоль
n
AB к точке A , а модуль a BA
= ω 22 AB , где ω 22 найдено в задаче скоростей,
подчеркнем a nBA двумя чертами. Направление ускорения aτBA точки B во
вращательном движении вокруг точки A известно: aτBA ⊥ АВ , а модуль нет.
Подчеркнем aτBA одной чертой и направим в произвольную сторону
перпендикулярно AB (рис. 112). Заметим, что при обычно при решении задач
эти черточки всегда присутствуют, а выбор из трех недостающих одной, которая
также известна, например, из схемы системы, может варьироваться.
68
a nA A
aA
aτA
α
aτBA
a nBA
B
aB
Y
a BA
V
aτBA
a nBA
V
a BA
V
aB V
B
X
aB
Рис. 112
aA
а)
a nBA
V
a BA
a BA
aA
aτBA a B
V б)
a BA
V
a BA
aτBA
V
a nBA
aA
в)
Рис. 113
aB
Так, здесь точка B совершает прямолинейное движение и соответственно
и вектор ее скорости, и вектор ускорения направлены вдоль горизонтальной
прямой l . Итак, имеем a B = aτA + a nA + aτBA + a nBA
(снизу отсутствуют две черточки). В проекциях на
оси X и Y получаем систему двух уравнений
n
а B = − a nA + aτBA sin α − a BA
cos α и
n
0 = − aτA + aτBA cos α + a BA
sin α , из которой
A
aA µ
Q
aB
~
ε2 µ
P2
~
ω
2
B
Рис. 114
определяются две неизвестных а B и aτBA .
Напомним, что если величины получены со знаком минус, то их направление
заменяется противоположным (например, как для а B на рис. 112).
Ввиду того, что векторы aτBA и a B могут быть направлены в
противоположные стороны, здесь возможны различные варианты решения
(например, рис. 113), определяемые числовыми значениями задачи. При этом,
чтобы суммарный вектор a B мог быть горизонтален, векторы a BA и a A должны
расходиться в разные стороны вдоль оси Y , а a B в отличие от рис. 113а, б
может быть направлен и вправо (рис. 113в).
Для проверки найдем МЦУ (например, для рис. 113а). При известных
значениях параметров для данной задачи можно получить, например, рис. 114,
где AQ = a A / κ , BQ = a B / κ , tgµ = ε / ω 2 , κ = ε 2 + ω 4 . В точке B ускорение
противоположно скорости, т.е. ее движение замедленное, в точке A угол между
скоростью и ускорением острый (направления VA и aτA совпадают) и ее
движение ускоренное.
Звено 3. Примем точку B за полюс. Тогда a M = a B + a MB , где
a MB = aτMB + a nMB . Вектор a B определен полностью (уже известны его модуль и
n
n
направление), как и вектор a MB
: a MB
= ω32 MB , a nMB ↑↑ MB . Вектор aτMB имеет
длину aτMB = ε 3 MB , aτMB ⊥ MB . Расстояние от МЦС, например, до точки B с
69
известным ускорением не изменяется в процессе движения (равно радиусу r
диска), поэтому для определения ε 3 можно воспользоваться формулой
дифференцирования
ω3 :
τ
a MB
d  ϑ  1 dϑ B a B
&3 =  B  =
ε
=
ω
=
.
Тогда
3
M
τ
dt
r
r
dt
r


n
Y
a MB a MB
a
a
τ
MB
B
B
a M = a B + a MB + a nMB , т.е. имеем два
a B P3
aM
уравнения
с
двумя
a nMB скалярных
неизвестными (рис. 115):
β
ε~3
n
X
a Mx = −a B − aτMB sin β − a MB
cos β ,
Рис. 115
n
2
2
sin β . Ускорение a M = a Mx
+ a My
.
a My = aτMB cos β − a MB
Пример 2.18. 1) Задана скорость звена 5 (рис. 116), требуется найти
скорости остальных звеньев.
2) Задан, например, закон движения звена 1:
1
2
ϕ1 = 3t , рад, и требуется найти угловое ускорение звена
O
2, ускорение его МЦС и положение МЦУ в момент
времени t1 = 5 с, если R1 = 1,5r1 = 0,3 м . Проскальзывание
5
между элементами отсутствует, нити нерастяжимы, 3
вертикальны; геометрические характеристики известны.
Решение.
Виды
движения
тел
системы
2
(относительно неподвижного основания):
V5
1 – вращательное движение вокруг оси, проходящей через
4
точку O перпендикулярно плоскости рисунка; 2 – плоское
Рис. 116
движение; 3, 4, 5 – поступательное движение.
1) Модули скоростей ϑ12 = ϑ11 = ω1 R1 , ϑ13 = ϑ14 = ω1r1 , а скорости V11 = V5 ,
V22 = V12 , V13 = V21 , V23 = V4 , V14 = V3 (рис. 117). Ввиду того что две точки
твердых тел 1 и 2 имеют одинаковые скорости ( A и A' , B и B ' ), поля их
скоростей одинаковы, т.е. МЦС звена 2 находится в точке P и скорость
ϑ23 = ω 2CP , где CP = r2 − r1 , радиус r2 = (r1 + R1 ) / 2 , а ω 2 = ω1 , где ω1 = ϑ11 / R1 .
2) Радиусы r1 = 0,2 м , r2 = 1, 25r1 = 0, 25 м и CP = 0, 25r1 = 0,05 м. Угловая
скорость
(
)'
ω2 = ω1 = 3t 2 − 25t t = 6t − 25 = 5 рад/с
и
угловое
ускорение
ε 2 = ε1 = (6t − 25)t' = 6 рад/с 2 . Точка C движется вертикально вверх, ее скорость
ϑ = ϑ 3 = 0,3t − 1,25 = 0,25 м/с и ускорение a = ϑ& = 0,3 м/с 2 . Заметим, что
C
2
C
C
МЦС P все время находится на одном и том же расстоянии от точки C , и для
нахождения углового ускорения можно было воспользоваться формулой
70
V12
V14
A'
B'
V13
V11
V3
V22
a P = a C + a nPC + aτPC , где a PC – ускорение
точки P во вращательном движении вокруг
C , т.е. вектор a nPC всегда направлен к центру
V23
A
d  ϑC  1 dϑC aτC
0,3
ε= 
=
=
= 6 рад/с 2 .
=
dt  CP  CP dt
CP 0,05
Направления векторов a C и VC совпадают,
как и ω~2 и ε~2 , т.е. соответствующие
движения ускоренные.
Найдем ускорение a p (рис. 118а):
вращения,
P
C
B
V21
V4
V5
точке
n
a PC
= ω 22CP ,
C,
а
ускорение, модуль которого aτPC = ε 2CP ,
направлено перпендикулярно CP в сторону
ε~2 , т.е. по часовой стрелке. Тогда
a P = a C + a nPC + aτPC , где
n
= 25 ⋅ 0,05 = 1,25 м/с 2 ,
a PC
aτPC = 6 ⋅ 0,05 = 0,3 м/с 2 . Учитывая, что
Рис. 117
aτPC = aC , получаем, что a P = a nPC (рис. 118б).
Откладывая
от
aP
и
aC
угол
( tgµ = ε / ω 2 = aτ / a n = 0,24 ) в сторону ε~
µ
и
проводя полупрямые, находим МЦУ Q (рис. 119).
2
2
PC
PC
2
aC
C
Углы α = 90o − µ , β = 90o и CQ = CP sin µ =
а)
a nPC
P
a PC
aτPC
a nPC
τ
б)
a PC
= CP tgµ / 1 + tg 2 µ = aC / ε 2 + ω 4 = 0,012 м.
aC
Пример 2.19.
aP
Q
Решить задачу скоростей
Рис. 118
при
известной
геометрии
β
aC
α
µ
и кинематических характеристиках, указанных на
P рис. 120. Проскальзывание колеса по поверхности
aP
C
отсутствует.
Рис. 119
Решение. Звенья 1 (рис. 120а), 1, 4 (рис. 120б),
1, 3, 5 (рис. 120в) совершают вращательное движение, звенья 3, 5 (рис. 120а) –
поступательное движение, остальные – плоское. С учетом этого и что МЦС P3
колеса находится в точке его соприкосновения с неподвижной поверхностью,
проведем линии l i (рис. 121), вдоль которых направлены скорости
соответствующих точек.
71
V
A
D
4
A
5
1 C
O
2
1 2
O
B
3
C
B
3
A
V
C
1
4
D
2
ω~
O
E
4
B
D
5
3 F
а)
Рис. 120
Рис. 121а: скорости точек A и B параллельны, т.е. звено 2 движется
мгновенно поступательно и скорость точки C направлена аналогично. Проводя
перпендикуляры к соответствующим прямым определяем МЦС P4 звена 4,
откуда находим направление ω~4 и VC , а также V A , VB и ω~1 . Модули этих
VA
l1
ω~4
P4
V
D
A
l4
ω~1
l2
P3 ω~
3
V
C
B
VB
VC
C
O
l3 A
VA
B VB
O
а)
P2
ω~2
б)
D
ω~4
величин ω 4 = ϑ / P4 D ,
ϑ A = ϑ B = ϑC = ω 4 P4C , ω1 = ϑ A / AO .
Рис. 121б: исходя из направления
ω~2
скорости VC определяем направление ω~4 ,
VE
ω~3 и VB , откуда находим положение
l7
ω~4
VA
МЦС P1 звена 1 и направление ω~1 и V A ,
E
l5 A
VC
ω~5 а
также ω~1 . Величины скоростей
V
C
B B
ω 4 = ϑ / CD , ω3 = ϑ / P3C , ϑB = ω3 P3 B ,
l6
F
~
~
ω3
ω 2 = ϑ B / P2 B , ϑ A = ω 2 P2 A , ω1 = ϑ A / P2 A .
ω
O
D
На рис. 121в последовательно
в)
определяем следующие направления: ω~1 ,
V A ⇒ ω~2 , VB и VC ⇒ ω~4 , VE , а также
Рис. 121
ω~3 и ω~5 ; длины векторов скоростей:
ω1 = ω , ϑ A = ω1 OA , ω 2 = ϑ A / P2 A , ϑ B = ω 2 P2 B , ϑC = ω 2 P2C , ω 4 = ϑC / P4C
(точка P4 не обозначена на рис. 121в), ϑE = ω 4 P4 E , ω3 = ϑB / BD , ω5 = ϑE / EF .
Заметим, что для описания скоростей и ускорений точек A , B и C (рис. 121а, в)
по двум известным можно использовать также теорему о скоростях и
ускорениях точек прямой, проведенной в твердом теле (см. п. 3.2, часть 1).
P2
72
3. СЛОЖНОЕ ДВИЖЕНИЕ
3.1. Сложное движение точки
Пример 3.1. Велосипедист едет со скоростью V0 в северном направлении,
и ему кажется, что ветер, который дует со скоростью V1 откуда-то с северовостока, направлен почти навстречу ему: под малым углом α к линии его
движения. Определить истинное направление ветра. Найти кажущееся
направление ветра с точки зрения велосипедиста, который едет в обратном
направлении с той же скоростью.
Решение. Суммарный поток воздуха, ощущаемый велосипедистом как
действующий под углом α , складывается из двух потоков: встречного,
движущегося со скоростью его собственного движения: V = − V0 , и косого со
скоростью V1 . Истинное направление ветра составляет угол ϕ = α + β с
направлением, противоположным движению велосипедиста, вектором V (рис.
122). Векторы V2 , V1 , V образуют треугольник: V2 = V1 + V , и по теореме
синусов ϑ1 / sin α = ϑ / sin β , откуда находим β и ϕ .
При движении велосипедиста на юг угол γ между V3
V0
кажущимся направлением ветра
V3
и направлением,
γ
a
противоположным движению велосипедиста, вектором V ,
V1
определяется соотношением
β
ϑ1 / sin γ = ϑ / sin[180 o − (α + β + γ )] = ϑ / sin(α + β + γ ) .
α
V
Тогда ϑ / ϑ1 = [sin γ ⋅ cos(α + β ) + cosγ ⋅ sin(α + β )] / sin γ и
V2
ctg γ = [ϑ / ϑ1 − cos(α + β )] sin(α + β ) .
Иной вариант решения. Истинная скорость ветра V1 , его
Рис. 122
относительная скорость в системе отсчета, связанной с
велосипедистом, V2 , а переносная скорость, т.е. скорость велосипедиста, V0 .
Тогда имеем: V1 = V2 + V0 , откуда определяется направление V1 . При
движении в противоположном направлении аналогично получаем, что
V1 = V3 + V , т.е. V3 = V1 + V0 , откуда определяется направление V3 .
Пример 3.2. Самолет пролетает последовательно стороны АВ, ВС и СА
треугольника ABC за данные промежутки времени t1 , t 2 и t3 соответственно.
При этом его все время сносит с курса ветром с постоянной скоростью U .
Определить скорость U и собственную скорость самолета V .
Решение. По длинам сторон и промежуткам времени определим
фактическую скорость полета самолета по каждой из сторон треугольника (рис.
123): ϑ AB = AB / t1 , ϑ BC = BC / t 2 , ϑCA = CA / t3 . Скорости ϑ AB , ϑBC и ϑCA равны
сумме собственной скорости самолета V (постоянной по модулю) и скорости
сноса U (постоянной по модулю и по направлению). Начала векторов V AB ,
73
VBC и VCA поместим в общей точке O , а
через их концы проведем окружность,
центр которой лежит в точке D .
Тогда эти векторы будут равны:
V AB = OD + DA1 , VBC = OD + DB1 и
B
V AB A1
O
VBC
VCA
.
C1
D
VCA = OD + DC 1 . Очевидно, что
C
постоянный по величине и направлению
A
B1
вектор OD равен U , а векторы DA1 , DB1
и DC 1 , длины которых одинаковы и
Рис. 123
равны радиусу построенной окружности
соответствуют собственным скоростям самолета при движении его по сторонам
AB , BC и CA .
Пример 3.3. Три точки находятся в вершинах
V3 3
равностороннего треугольника со стороной a . Они
начинают одновременно двигаться с постоянной по
V2
модулю скоростью ϑ , причем первая точка все время
V1
1
2
держит курс на вторую, вторая – на третью, третья – на
первую (рис. 124). Через сколько времени точки
Рис. 124
встретятся?
Решение. Ввиду симметрии задачи точки
встретятся в точке 0 (рис. 125), точке пересечения высот
3
(медиан, биссектрис), проведенных из всех трех вершин.
Траектории точек, например точки 2 , заранее не
известны, но для равностороннего треугольника
0
1
2 расстояние 2 − 0 , как нетрудно убедиться, равно a / 3 .
Это расстояние входит в формулу для средней скорости
Рис. 125
V = ∆r / ∆t , где ∆r – вектор перемещения точки 2 за
искомый промежуток времени ∆t . Вектор V коллинеарен ∆r , и, проецируя на
направление 2 − 0 , получаем, что ∆t = a /( 3ϑср ) . Модуль средней скорости
ϑср = ϑ cos 30 o , т.е. ∆t = 2a /(3ϑ ) .
Иной вариант решения. Скорость относительного сближения двух точек
W = V − U , где U, V – векторы их скоростей, направленные в каждый момент
времени по сторонам некоторого равностороннего треугольника и
составляющие между собой угол 120 o . В проекции на направление между ними
имеем: r& = −ϑ − ϑ cos 60 o = −3ϑ / 2 , когда при встрече
r = 0 . После
0
3ϑ ∆t
интегрирования ∫ dr = −
∫ dt находим, что ∆t = 2a /(3ϑ ) .
2
a
0
Пример 3.4. Точка A движется равномерно со скоростью ϑ так, что
вектор V все время нацелен на точку B , которая движется прямолинейно и
74
равномерно со скоростью u < ϑ . В начальный момент V ⊥ U и расстояние
между точками равно l . Через сколько времени точки встретятся?
Решение. Как и в предыдущей задаче, W = U − V .
Подвижную полярную систему координат свяжем с
точкой A (рис. 126). Тогда в проекциях получаем:
V
r& = −ϑ + u cos ϕ ,
rϕ& = −u sin ϕ .
Откуда l A
B U
ϕ
2
2
r&(ϑ + u cosϕ ) − rϕ&u sin ϕ = u − ϑ и
Рис. 126
d (rϑ + ru cos ϕ )
2
2
= u − ϑ . Учитывая, что в начальный
dt
момент времени t = 0 : r = 0 , α = 90 o , находим, что T = ϑl /(ϑ 2 − u 2 ) . Видно, что
при ϑ ≤ u точки не встретятся. Заметим, что прямая AB является линией
визирования.
0
T
a
0
Или иначе: интегрируя уравнение ∫ dr = ∫ (−ϑ + u cos ϕ )dt , находим, что
T
a = ∫ (ϑ − u cosϕ )dt . За время T вдоль прямой, на которой лежит вектор U ,
0
T
точки переместятся на расстояние uT = ∫ϑ cosϕ dt , откуда
0
О
ω~
также приходим к выражению для T .
ε~
Пример 3.5. Пусть известны геометрические
характеристики механизма (рис. 127): О1 А = ОА , α , и
А
кинематические характеристики: угловая скорость ω и
угловое ускорение ε элемента ОА . Требуется определить
кинематические характеристики ω1 и ε1 элемента О1 А .
Решим задачи скоростей и ускорений. Элемент ОА
О1
совершает
вращательное
движение
вокруг
оси,
Рис. 127
перпендикулярной плоскости чертежа и проходящей через
точку О . Как точка, принадлежащая звену ОА , точка А движется по
окружности радиусом ОА вокруг точки О и ее кинематическими
характеристиками в этом движении также являются линейные скорость V A и
ускорение a A . Согласно формуле Эйлера скорость любой
ω
точки вращающегося вокруг оси твердого тела V = [ω, r ],
V
R
где r – радиус-вектор точки А относительно
А
произвольной точки θ на оси вращения (рис. 128).
ϕ
Скорость V – вектор, т.е. характеризуется
r
направлением и модулем V = ϑ = ωr sin ϕ = ωR , где R –
θ
радиус окружности по которой движется точка А .
Воспользовавшись
правилом
дифференцирования
Рис. 128
произведения двух функций и формулой Эйлера,
75
получаем зависимость для полного ускорения: a = aτ + a n , где тангенциальное
ускорение aτ = [ε, r ] , нормальное ускорение a n = [ω, [ω, r ]]. Векторы ω, r, V по
правилу векторного произведения образуют правую тройку векторов, что
определяет направление вектора V за плоскость
ω
рисунка. Заметим, что [ω, [ω, r ]] = −ω 2 R (рис. 129), где
[ω, V ]
R
V R – радиус-вектор, перпендикулярный оси вращения и
характеризующий положение точки А относительно
А
этой оси.
Здесь вектор угловой скорости по правилу правого
Рис. 129
винта направлен за плоскость рисунка, вектор V A –
соответственно к точке О1 (по касательной к окружности с центром в точке О и
радиусом ОА в сторону поворота), перпендикулярно плоскости, в которой
лежат ω и r (рис. 130), а модуль ϑ А = ω ОА .
Как точка, принадлежащая ползуну, точка А
О
совершает
сложное
движение
(относительно
ω~
неподвижного
пространства).
Здесь
движение ω
складывается из поступательного движения ползуна вдоль
r
стержня О1 А , который совершает вращательное движение
А
вокруг оси, перпендикулярной плоскости рисунка и
проходящей через точку О1 .
VА
Введем две системы координат: неподвижную K систему, связанную с пространством основания, и K ' Рис. 130
систему, вращающуюся с угловой скоростью ω1 и угловым
ускорением ε1 , вокруг оси, неподвижной в K -системе. Тогда кинематические
характеристики точки А в K -системе, т.е. абсолютные скорость и ускорение,
определятся как
V А = V ' А +V0 А , a А = a' А +а 0 А + a к ,
где V ' А и a' А – относительные скорость и ускорение, скорость и ускорение
точки А в K ' -системе; V0 А и а 0 А – переносные скорость и ускорение,
скорость и ускорение относительно K -системы точки K ' -системы, с которой в
данный
момент
совпадает
движущаяся
точка
А;
О
a к = 2[ω, V ' А ] – ускорение Кориолиса (или поворотное
~
ускорение). Здесь (см. рис. 127) V0 А = [ω1 , r1 ] и
ω~ А
ε
осестремительное ускорение а 0 А = −ω1 2 R 1 , где r1 и R 1 –
O1
B
радиус-векторы, определяемые аналогично r и R , а,
например, в случае механизма (рис. 131) V0 А = VО1B и
Рис. 131
а 0 А =а О1 B , где VО1B и а О1B – характеристики звена O1 B ,
движущегося поступательно в горизонтальном направлении.
76
В K ' -системе точка А движется прямолинейно со
скоростью V ' А . При заданном векторе ω (см. рис. 127)
поворот звена О1 А происходит против часовой стрелки,
и V ' А и ω1 направлены согласно рис. 132. Тогда
V А = V ' А + V0 А . Спроектируем это векторное равенство
o
r1
V' А
ω1
А
.
на оси X и Y (рис. 133), учитывая, что ∠ОАС = 90 ,
О1
o
Рис. 132
∠ОАО1 = 180 − 2α ,
т.е.
О
β = ∠CAO1 = 90 o − 2α : − ϑ А cos β = −ϑ ' А , ϑ А sin β = ϑ 0 А
2
2
2
Y
V0 А
X (заметим, что V0 А ⊥ V ' А , т.е. ϑ А = ϑ0 A + ϑ ' А ). Откуда
находим, что ϑ 0 А = ω1 O1 A = ϑ А sin β = ω OA sin β и
А
VА
ω1 = ω cos(2α ) .
При некоторой модификации схем механизмов
С
V' А
скорости точки A определяются согласно показанному на
О1
рис. 134: а, в) ϑ0 = ω OA , б) ϑ = ω OA ; а) V0 ⊥ OA , V ⊥ O1 A ,
Рис. 133
б) V ⊥ OA , в) V0 ⊥ OA .
О
О
ω~
ω~
А
V'
О1
V0
а)
V
А
А V'
V'
V0
V
б)
О
ω~
V0
V
в)
Рис. 134
Пример 3.6. Определить направления абсолютной, относительной и
переносной скоростей в сложном движении точки A (рис. 135) относительно
неподвижного основания.
Решение. В случае а (рис. 135а) точка A совершает криволинейное
движение по дуге окружности, которая одновременно поворачивается вокруг
оси, проходящей через точку O . Такое движение точки A является сложным:
относительным при движении по дуге и переносным совместно с ней.
Совместно со стержнем точка A совершает поступательное движение в
неподвижных направляющих, которое является абсолютным относительно
неподвижного основания.
~, V
Вектор скорости V0 направлен перпендикулярно OA в сторону ω
вдоль OA , V ' по касательной l к окружности. Скорость V = V '+ V0 , т.е. вектор
V как суммарный должен проходить между V ' и V0 и, следовательно,
77
A
O
A
O
ω~
ω~
A
O
ω~
б)
a)
A
в)
A
O
A
ω~
U
г)
O1
U
е)
д)
Рис. 135
согласно рис. 136а быть направленным от A к O , а V ' в сторону,
противоположную направлению V0 относительно OA . Из свойств векторного
сложения по правилу параллелограмма окончательно получаем направления V '
и V.
В отличие от а в случае б точка A совершает абсолютное движение не
вместе со стержнем, а по нему, когда OA неподвижен. Остальные рассуждения
остаются неизменными (см. рис. 136а). В в траекторией абсолютного движения
является не прямая, а окружность с центром в точке O1 , т.е. вектор V
направлен вертикально, перпендикулярно O1 A . С учетом того, что V = V '+ V0 ,
получаем, что V направлен вниз (рис. 136б). В г дугообразный элемент
совершает поступательное движение со скоростью U , которая является
переносной скоростью в сложном движении точки A . Проводя аналогичные
варианту а рассуждения, находим направление вектора V (рис. 136в).
В д элемент дуги неподвижен и движение точки по нему является
абсолютным. Относительное движение точка A совершает вдоль стержня,
~ , также как и в а в своем
вращаясь одновременно с ним с угловой скоростью ω
переносном движении. Прямые, на которых лежат векторы V ' и V в отличие от
а меняются местами (рис. 136г). В е точка A в переносном движении
перемещается прямолинейно со скоростью U , а в абсолютном движении вдоль
l'
V'
V'
O
V A
V0
a)
O
l
V'
A O1
V'
V
l
V
A
l
V
A
l
V0
в)
б)
Рис. 136
78
V0
V0
г)
стержня (рис. 136в). Во всех вариантах из свойств векторного сложения при
известном модуле и направлении одной из скоростей и геометрии системы
определяются таковые для остальных.
Пример 3.7. Найти кориолисово ускорение точки,
U3
движущейся с относительной скоростью U в 1) осевом; 2)
радиальном; 3) азимутальном направлениях (рис. 137) по
U2
поверхности цилиндра радиуса R , вращающегося с угловой
U1
скоростью ω .
Решение. Ускорение a к = 2[ω, U ], т.е. 1) aк = 0 , т.к.
ω
векторы ω и U лежат на параллельных
aк3
прямых; 2, 3) aк = 2ωU , т.к. угол
Рис. 137
U3
ω U 2 U1 между ω и U составляет 90 o . Вектор
a к перпендикулярен плоскости, которая проходит через
aк 2
ω и U , а векторы ω , U и a к составляют правую тройку
векторов (рис. 138, вид сверху).
Рис. 138
Пример 3.8. Точка A движется (рис. 139) со
скоростью u = u (t ) по окружности радиусом R , которая вращается с угловой
скоростью ω = ω(t) вокруг оси X , перемещающейся поступательно со
скоростью w = w (t ) . Определить скорость и ускорение точки A относительно
неподвижного основания.
u
w
Решение. Задача скоростей. Свяжем K A
ω
систему с неподвижным пространством основания, а
K ' -систему с пластиной. Тогда скорость точки A в
X
K -системе V = V0 + V ' , где скорость точки в K ' Рис. 139
системе V ' = u . Скорость K ' -системы относительно
K -системы в геометрической точке нахождения
материальной точки A , т.е. скорость точки A , если
u
w
w0
бы она была неподвижна относительно пластины,
ω
V0 = w + w 0 , где второе слагаемое отвечает
l
X вращательной составляющей: w0 = lω , где l –
Рис. 140
кратчайшее расстояние до оси X (рис. 140),
определяемое из пройденного по окружности пути.
Заметим, что траекторией относительного движения точки A в системе K '
является окружность, а переносного движения – прямая.
Векторы w и w 0 перпендикулярны (рис. 141),
w
u
2
2
α
v
т.е. ϑ0 = w + (lω ) , вектор V0 лежит в плоскости,
V0 β w
перпендикулярной
плоскости
(π )
рисунка, w 0
Рис. 141
составляет с (π ) угол α ( tgα = w0 / w ). Модуль
.
.
79
суммарного вектора ϑ 2 = v 2 + (lω ) 2 , где вектор v = u + w находится в (π ) ,
v 2 = u 2 + w 2 + 2uw cos β .
В случае, когда векторов более, чем два, и они не
Y
перпендикулярны, для поиска их суммы удобно рассматривать
Z
X проекции векторов на оси координат. Так, V = w + w 0 + u и в
Рис. 142
проекциях на оси (рис. 142) имеем: ϑ x = w + u cos β , ϑ y = u sin β ,
.
ϑ z = w0 , модуль ϑ = ϑ x2 + ϑ y2 + ϑ z2 , т.е. ϑ = u 2 + w 2 + 2uw cos β + (lω ) 2 , где
α, β определяются в заданный момент времени.
Задача ускорений. Ускорение точки A в абсолютном движении в K системе a = a'+а 0 + a к , где относительное ускорение при движении в K ' u
системе a' = a'τ +a' n (рис. 143), где a 'n = u 2 / R , a 'τ = u& .
aτ0 ,a к
w
Если бы относительное движение точки A являлось
a' n
а пост
a'τ
не криволинейным, а прямолинейным, то нормальная
ω
компонента такого ускорения отсутствовала. Если
a 0n
ε
u&u < 0 , ω& ω < 0 или w& w < 0 , то соответствующее
Рис. 143
движение замедленное (как на рис. 143). Переносное
ускорение а 0 = а вр + а пост , где а вр = aτ0 + a n0 , осестремительное ускорение
.
a0n = w02 / R , aτ0 = w& 0 = lω& , вектор aτ0 направлен за плоскость (π ) , aпост = w& .
Кориолисово ускорение a к = 2[ω, u ], его модуль aк = 2ωu sin β , направлен от
плоскости (π ) . Модуль полного ускорения находится также через его проекции
на оси координат при текущих значениях углов между векторами и осями.
3.2. Сложение движений тела
Пример 3.9. Некоторое твердое тело одновременно вращается с угловыми
скоростями ω1 , ω 2 = 2ω1 , ω3 = 3ω1 , вокруг трех взаимно перпендикулярных
осей, проходящих через одну точку. Как по отношению к ним должна быть
ориентирована некоторая ось, вращение вокруг которой могло бы заменить все
вращения и с какой угловой скоростью вращается тело вокруг нее?
Решение. Вектор угловой скорости ω , как и
Z
вектор
бесконечно
малого
поворота
dφ ,
удовлетворяет основному свойству векторов, их
ω
ω3
сложению,
т.е.
ω = ω1 + ω 2 + ω 3
(рис.
144,
ω 0 = ω1 + ω 2 ), где все векторы относятся к одной и
ω2
ω1
той
же
системе
отсчета.
Т.к.
векторы
ω0
Y
X
2
2
2
перпендикулярны, то ω = ω1 + ω 2 + ω3 = ω1 14 .
Рис. 144
Пример 3.10. Два твердых тела вращаются вокруг
80
неподвижных взаимно перпендикулярных пересекающихся
ω2
осей с постоянными угловыми скоростями ω1 и ω 2 . Найти
ω
угловую скорость и угловое ускорение одного тела
ω1 относительно другого.
− ω1
Решение. Пусть K -система отсчета связана с первым
Рис. 145
вращающимся твердым телом, а K ' -система неподвижна.
Тогда по аналогии с линейными скоростями имеем: ω = ω'+ω 0 , где ω 0 –
угловая скорость вращения K ' -системы относительно K -системы, т.е.
ω 0 = −ω1 , ω' = ω 2 и ω = ω 2 − ω1 , ω = ω12 + ω22 , т.к. ω1 ⊥ ω 2 (рис. 145).
dω dω 2 dω1
dω1
Угловое ускорение ε =
= 0 , т.к.
=
−
. В K -системе
dt
dt
dt
dt
ω1 = const . По свойству дифференцирования векторов для некоторого вектора
da da a
a его производная
=
+ [ω, a ] . Тогда для вектора a , рассматриваемого в
dt dt a
системах отсчета L и L ' , вращающейся относительно L с угловой скоростью
da
da
ω , имеем:
=
+ [ω, a ] . Для условий задачи получаем, что
dt L dt L '
dω 2
dω 2
=
+ [− ω1 , ω 2 ] . Вектор ω 2 в K ' -системе не изменяется ни по
dt K
dt K '
модулю, ни по направлению, ω1 ⊥ ω 2 , т.е. ε = [ω 2 , ω1 ] и ε = ω1ω 2 . Если связать
K -систему со вторым вращающимся телом и проводить описание движения
относительно него, то ω = ω1 − ω 2 и ε = [ω1 , ω 2 ] .
Пример 3.11. Твердое тело вращается с постоянной угловой скоростью ω1
вокруг горизонтальной оси AB . В момент t 0 = 0 ось AB начали поворачивать
вокруг вертикали с постоянным угловым ускорением ε 2 . Найти угловую
скорость и угловое ускорение тела в некоторый момент времени t .
Решение. Ось AB поворачивается вокруг вертикали ускоренно, т.е. вектор
ε 2 коллинеарен вектору угловой скорости такого поворота ω 2
ε2
(рис. 146). Проекция на ось вращения ε 2 = ω& 2 , и учитывая, что ω 2
ω 2 = 0 при t 0 = 0 , находим, что ω 2 = ε 2 t . Угловая скорость
ω
j
.
тела ω = ω1 + ω 2 , ω = ω1 1 + (ε 2 t / ω1 )2 , т.к. ω1 ⊥ ω 2 .
k i
ω1
Рис. 146
Или иначе, движение твердого тела является сложным:
абсолютным относительно неподвижного пространства,
относительным при вращении вокруг оси AB и переносным при вращении
совместно с AB как неподвижного тела вокруг вертикальной оси, т.е.
ω = ω'+ω 0 , где ω, ω' , ω 0 – абсолютная, относительная и переносная угловые
скорости. Скорости ω' = ω1 , ω 0 = ω 2 и ω = ω1 + ω 2 .
81
dω dω1 dω 2
=
+
. Согласно формуле для
dt
dt
dt
dω1 dω1
da da a
некоторого a :
=
+ [ω, a ] , находим, что
=
i + [ω 2 , ω1 ]= −ω 2ω1k
dt dt a
dt
dt
dω
dω 2 dω 2
( 1 = 0 , т.к. ω1 = const ),
=
j = ε 2 , где i, j, k – единичные орты. Тогда
dt
dt
dt
Угловое
ускорение
ε=
ε = ε 2 j − ω 2ω1k и ε = ε 22 1 + (ω1t ) 2 . Заметим, что в О
общем случае свободного движения тела ω и ε не
С
V
лежат на одной прямой.
Пример 3.12. Круглый конус с углом
полураствора α и радиусом основания R катится
Рис. 147
равномерно без скольжения по горизонтальной
плоскости (рис. 147). Вершина конуса O находится на одном уровне с центром
основания конуса C , модуль скорости которого ϑ . Найти модули: 1) угловой
скорости конуса; 2) углового ускорения конуса.
Решение. 1) Суммарная угловая скорость вращения согласно свойству
векторного сложения ω = ω 0 + ω1 , где ω 0 , ω1 – угловые скорости вращения
вокруг вертикальной оси и оси симметрии ОС соответственно (рис. 148). Эти
скорости ω 0 , ω1 и ω можно рассматривать
ω0
как
переносную,
относительную
и
ω
h
Длины
этих
векторов
С абсолютную.
α
ω1
О
R ω0 = ϑ / h = ϑtgα / R , ω1 = ϑ / R , т.к. МЦС на
плоскости основания конуса из условия
А
Рис. 148
отсутствия проскальзывания находится в точке
A . Определим модуль и направление вектора
угловой скорости ω : отношение ω0 / ω1 = R / h , а ω совпадает в каждый момент
времени с образующей конуса, которая проходит через точку касания A .
Величина ω = ω02 + ω12 , ω = 1 + tg 2α ϑ / R = ϑ /( R cos α ) .
dω 0
dω d (ω 0 + ω1 )
2) Ускорение ε =
=
. Вектор
= 0 , т.к. ω 0 = const .
dt
dt
dt
Модуль ω1 = ϑ / R , вектор ω1 поворачивается
a вB
вокруг вертикальной оси с угловой скоростью ω 0
B о
aB
O
ω
h
и ε = [ω 0 , ω1 ], ε = ϑ 2 /( Rh) .
C
l
Заметим, что движение конуса является
aA
сферическим, т.к. его вершина всегда остается
KA
Рис.
149
неподвижной. Подобные постановки возникают и
при качении без скольжения одного кругового конуса по неподвижной
поверхности другого, когда точки их соприкосновения образуют МОВ, вдоль
которой направлен вектор ω (например, рис. 149).
82
Найдем неизвестные скорости и ускорения точек A , B и C (см. рис. 149).
Так, ϑ A = 0 , ϑC = ϑ , а ϑB = ωl , где l – кратчайшее расстояние от точки B до
МОВ. По теореме Ривальса линейное ускорение точек складывается из
вращательного и осестремительного: a = a в + a о , где a в = [ε, r ] , a о = [ω, [ω, r ]].
Ввиду того, что ϑ A = 0 , ускорение a A = a вA , т.к. точка A лежит на МОВ.
Модуль a A = ε AO , где AO – кратчайшее расстояние от точки A до прямой,
вдоль которой направлен вектор ε . Напомним, что ε = [ω 0 , ω1 ] и вектор
ускорения ε направлен от плоскости рисунка, а вектор a A перпендикулярно
ему и AO с учетом того, что векторы ε, r и a A образуют правую тройку
векторов. Ускорение a B = a вB + a оB , где a вB и a оB направлены соответственно
перпендикулярно OB и вдоль l , а модули a Bв = ε OB и a Bо = ω 2 l .
Точка C движется по окружности с постоянной скоростью ϑ , т.е.
тангенциальное ускорение равно нулю, а полное ускорение, равное
нормальному, aC = ϑ 2 / OC и вектор a C сонаправлен с CO . Воспользовавшись
в
о
+ aC
, где aCв = ε OC и aCо = ω 2CK , CK – кратчайшее
формулой a C = a C
в
о
расстояние от точки C до МОВ OA , a C
↑↑ CB и a C
↑↑ CK , находим, что
aCв
=ϑ / R,
2
aCо
=
ϑ 2CK
( R cos α )
2
. С учетом того, что
R
CK
= tgα ,
= sin α , получаем,
h
h
в
что проекция суммы векторов a C
, a оC на направление AB нулевая (модуль
каждой из проекций равен ϑ 2 / R ), а на направление OC равна aCо sin α = ϑ 2 / h
и вектор суммы направлен от C к O .
Пусть теперь образующая конуса при качении соприкасается с
неподвижной плоскостью (рис. 150). Скорость VO = 0 в любой момент
движения, а скорости всех других точек определяются как [ω, r ] , где r –
радиус-вектор, проведенный из точки O в рассматриваемую точку конуса. Из
отсутствия скольжения скорости точек на отрезке OA нулевые и, например,
VA = [ω, OA] = 0 , т.е. векторы ω и OA лежат на параллельных прямых, а с
учетом того, что ω проходит через неподвижную
точку A , – на одной прямой. Точка C описывает
С
ω0
окружность радиусом l и модуль скорости ϑ = ω0 l , а
α l d
ω
с другой стороны, из VC = V = [ω, OC] находим, что
A
О
ϑ = ωh sin α = ωd , где d – кратчайшее расстояние от
Рис. 150
точки C до МОВ и вектора ω , откуда ω = ϑ / d .
83