Основные положения динамики.Динамика материальной точки.

3 ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА ДИНАМИКА Введение Архимед (287-212 гг. до н.э) был первым и практически единственным, кто в древние времена ввел в учение о равновесии строгие доказательства, он заложил основы гидростатики и первым рассмотрел вопрос об устойчивости (теперь говорят «остойчивости») плавающих тел. Известны следующие книги Архимеда, посвященные механике: «О равновесии плоских фигур», «О механических теоремах», «О плавающих телах». Статика Архимеда основана в значительной части на учении центра тяжести и теореме о равновесии рычага. Как следствие равновесия рычага было сформулировано золотое правило механики. Этой теоремой Архимед первым показал, что в механике, как и в математике, любое утверждение должно быть строго доказано. Дальнейшее развитие механики в древности совершалось благодаря трудам греческих геометров, среди которых необходимо упомянуть Птолемея (2 в. н.э.). Птолемей ввел свою знаменитую геоцентрическую картину мира, которая господствовала в течение двадцати веков, до Н. Коперника. Современный период развития механики начинается со времени математика и мыслителя И. Ньютона (1643–1727), который основал современную классическую механику. Со времени И. Ньютона механика становится точной математической наукой. Началом механики как науки можно считать 17 в., тогда сформировались основные законы классической механики. Исаак Ньютон создал теоретические основы механики и астрономии, открыл закон всемирного тяготения, разработал (наряду с Г. Лейбницем) дифференциальное и интегральное исчисления. 4 ЛЕКЦИЯ 1. ОСНОВНЫЕ ПОЛОЖЕНИЯ ДИНАМИКИ. ДИНАМИКА МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ –––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––– 1.1. Основные понятия Классическая механика создана в XVII в. Галилео Галилеем (1564– 1642), Рене Декартом (1596–1656), Христианом Гюйгенсом (1629–1695) и другими учеными XVII века. В конечной форме классическая механика сформулирована Исааком Ньютоном (1642–1727). Ньютон изложил основы классической механики в более строгой, систематической и законченной форме, чем его предшественники, поэтому классическую механику называют «механикой Ньютона». В динамике изучаются механические движения (т. е. перемещения) материальных объектов под действием сил. Сила считается в механике основным понятием. Силы не являются в механике какими-либо самостоятельными субстанциями, независимыми от материальных тел. Они создаются материальными телами и полями. Поэтому можно сказать, что посредством сил материальные тела действуют друг на друга, т.е. взаимодействуют. Сила при этом выступает как векторная количественная мера интенсивности взаимодействий. Силы не только изменяют скорость движения материальных тел, но и вызывают их деформации. Наиболее простым и наглядным примером деформированного тела является сжатая или растянутая пружина. Системы единиц. Для измерения всех механических величин достаточно ввести три основные единицы измерения. В международной системе единиц (СИ), основными единицами являются: метр (м), килограмм (кг), секунда (с). Важнейшие производные величины в системе единиц (СИ): площадь – А ( м 2 ), объем ( м 3 ), скорость – V ( м рад. -1 ), угловая скорость – w ( º с ), усс с 5 корение – a ( (1 н =1 × кг × м с 2 рад. м ) ,угловое ускорение – e ( 2 º с -2 ), сила – F (ньютон 2 с с ), механическое напряжение (паскаль). Движение материальных объектов всегда следует рассматривать относительно определенной системы отсчета. Оно совершается в пространстве с течением времени. В классической механике, в основу которой положены аксиомы Ньютона, пространство считается однородным, изотропным трехмерным евклидовым пространством. Если тело не меняет своей формы и размеров при параллельном переносе, – значит пространство однородно, в нем нет выделенных точек. Если тело не меняет формы и размеров при вращении, значит пространство изотропно, в нем нет выделенных направлений. Движение в однородном изотропном пространстве не меняет формы и размеров тела – оно меняет лишь его положение относительно системы отсчета. В евклидовом пространстве координаты подчиняются евклидовой геометрии, т. е. геометрии, основанной на системе аксиом, постулатов и теорем, сформулированных Эвклидом в III веке до н.э.: 1. Из каждой точки к каждой точке можно провести прямую линию, и притом только одну. 2. Отрезок можно непрерывно продолжить до прямой. 3. Из любого центра любым радиусом можно описать окружность. 4. Все прямые углы равны друг другу. Основой эвклидовой геометрии является постулат о "параллельных" прямых. Согласно этому постулату, через точку, взятую вне прямой, можно провести только одну прямую, не пересекающуюся с данной. Из этого постулата вытекает, что сумма углов треугольника равна двум прямым углам и ряд других утверждений. Николай Лобачевский (1793–1856) в 1826 г. предположил, что может существовать другая геометрия, в которой допускается существование бесчисленного множества прямых, не пересекающих данную и проходящих че- 6 рез взятую вне ее точку. В геометрии Лобачевского сумма углов треугольника меньше двух прямых углов. Бернхард Риман (1826–1186) в 1854г. сформулировал другую неэвклидову геометрию, в которой через точку, взятую вне прямой, нельзя провести ни одной прямой, не пересекающей данную; иными словами, любые две параллельные линии обязательно пересекутся. Геометрия Римана отказывает параллельным линиям в существовании. В этой геометрии сумма углов треугольника больше двух прямых углов; различные перпендикуляры к прямой не параллельны (как в эвклидовой геометрии), и не расходятся (как в геометрии Лобачевского), а пересекаются. В таблице 1 приведены постулаты "параллельных" прямых в разных пространствах. Таблица. 1 Пространство Евклида Через точку вне прямой проходит одна параллельная прямая Пространство Лобачевского Через точку вне прямой проходит сколько угодно параллельных прямых Сумма углов треугольника равна 180° Сумма углов треугольника меньше180° Пространство Римана Параллельных прямых нет – все прямые пересекаются Сумма углов треугольника больше 180° Инерциальная система отсчета. Начиная с Аристотеля (384–322 г. до н. э.), считалось, что движение тела всегда поддерживается некоторой действующей причиной, и, как правило, только эта причина иссякает, тело немедленно останавливается. В XVII в. появилась и победила концепция движения, согласно которой движение по инерции, т. е. прямолинейное и равномерное движение тела, представляет собой неизменное состояние и не требует какой-либо поддерживающей силы. Тело, предоставленное самому себе, сохраняет неизменное состояние покоя или равномерного и прямолинейного движения, иными словами, сохраняет постоянную скорость – нулевую или конечную. Фактически так был сформулирован принцип инерции итальянским ученым Галилео Галилеем. 7 Принцип инерции Галилея устанавливает, что всякое тело пребывает в состоянии покоя или равномерного и прямолинейного движения до тех пор, пока внешние силы не выведут его из этого состояния, т.е. состояния покоя и состояния прямолинейного и равномерного движения неразличимы. С достаточной точностью такой инерциальной системой можно считать гелиоцентрическую систему координат. В большинстве технических задач инерциальная система отсчета может быть связана с Землей. Механика Ньютона пользуется некоторыми приближенными представлениями. К ним принадлежат представления о материальной точке, механической системе, абсолютно твердом теле. Чтобы определить положение тела в пространстве одним числом на линии, двумя – на поверхности, тремя – в трехмерном пространстве, нужно рассматривать это тело как точку, т. е. игнорировать его размеры. Считая тела материальными точками, можно говорить о расстоянии между телами как об одной величине. Чтобы ответить на вопрос, как изменяется скорость точки, если на нее действует сила, Исаак Ньютон сформулировал три закона движения. 1.2. Три закона движения В различных системах отсчета математическая форма законов природы различна, однако существуют так называемые инерциальные системы отсчета, в которых эти законы имеют наиболее простой вид. Инерциальной системой называются система отсчета, в которой материальная точка при отсутствии действующих на нее сил взаимодействия, движется прямолинейно и равномерно, т.е. системы, для которой справедлив принцип инерции Галилея. Механика Ньютона пользуется некоторыми приближенными представлениями. К ним принадлежат представления о материальной точке, механической системе, абсолютно твердом теле. 8 Чтобы определить положение тела в пространстве одним числом на линии, двумя – на поверхности, тремя – в трехмерном пространстве, нужно рассматривать это тело как точку, т. е. игнорировать его размеры. Считая тела материальными точками, можно говорить о расстоянии между телами как об одной величине. Объектом изучения в динамике являются: – материальная точка – тело конечной массы, положение и движе- ние которого в пространстве можно определять как для объекта, не имеющего размеров, т.е. геометрической точкой. Это условие выполнено, если при изучении движения можно пренебречь размерами тела и его вращением. Можно или нельзя принять материальное тело за материальную точку, зависит от конкретной задачи. Отметим, что с точки зрения механики, материальной точкой является центр тяжести тела; – механическая система (или просто система) – выделенная каким - либо образом совокупность материальных точек или абсолютно твердых тел. – абсолютно твердое тело (или просто тело) – модельное понятие механики, обозначающее совокупность точек, текущее расстояние между которыми не меняется при его движении или взаимодействии с другими телами. Законы (аксиомы) классической механики хорошо согласуются с результатами опытов для тел, размеры которого много больше межатомного o o расстояния в твердом теле, т.е. L >> A , здесь A = 10-8 см – единица измерения длины – ангстрем. Название "ангстрем" дано по имени шведского физика А. Й. Ангстрема, который первый ввёл ангстрем в употребление в 1868 году. При этом тело двигаются со скоростью, много меньшей скорости света в пустоте ( V = c ). Движение тел, размеры которого порядка межатомного o расстояния (L ~ A = 10 -8 см ), рассматривают в квантовой механике. Движение тел, двигающихся со скоростью света (V ~ с) рассматривают в специальной и общей теории относительности (теория Альберта Эйнштейна). 9 Системы единиц. Для измерения всех механических величин достаточно ввести три основные единицы измерения: единицу длины, единицу времени и единицу измерения массы или силы. В международной системе единиц измерения физических величин (CИ) основными являются метр (м), секунда (с), килограмм массы (кг). Единицей измерения силы является производная единица – 1 Ньютон (Н); 1 Н – это сила, сообщающая массе в 1 кг ускорение 1 м кг × м (1Н=1 2 ). 2 с с Первый закон Ньютона. Всякое тело продолжает удерживаться в состоянии покоя или равномерного и прямолинейного движения, пока и поскольку оно не принуждается приложенными силами изменить это состояние. Это означает: V = соnst ( или = 0 ) , когда F = 0 . Здесь V – скорость центра масс твердого тела, F – внешняя сила, линия действия которой проходит через центр тяжести тела. Под телом здесь подразумевается материальная точка. Сила определяется как причина, изменяющая равномерное и прямолинейное движение материальной точки. За меру силы И. Ньютон принял то ускорение, которое эта сила вызывает. Наблюдения показывают, что материальные объекты с трудом выводятся из состояния покоя или изменяют свое движение. Способность материальной точки сопротивляться изменению ее скорости называется инертностью. Количественная мера инертности материальной точки пропорциональна количеству вещества, заключенного в этой точке, называется массой. Масса является основной динамической характеристикой материальной точки, является скалярной положительной величиной, обладающей свойствами аддитивности: массы материальных точек складываются арифметически. 10 Единицей массы называется килограммом (кг) – эталон вещества, равный массе прототипа килограмма. Прототип килограмма представляет собой находящийся в Международном бюро по мерам и весам в Севре под Парижем цилиндр из сплава 90% платины и 10% иридия диаметром около 39 мм и такой же высоты. Выбор этого сплава обеспечивает высокие качества при хранении: химическую стойкость, однородность. Второй закон Ньютона. Количеством движения материальной точки называется векторная величина q , равная произведению массы точки m на вектор ее скорости V (рис. 1.1): q = mV . Изменение количества движения пропор- Рис. 1.1 ционально приложенной силе, направление вектора изменения количества движения совпадает с линией действия этой силы. Математически этот закон записывается в виде векторного дифференциального уравнения d ( mV ) = F dt (1.1) ( ) где m – масса движущейся точки; V Vx ; Vy ; Vz – вектор скорости ( ) движущейся точки; F Fx ; Fy ; Fz – вектор силы. Считая массу материальной точки величиной постоянной, второй закон Ньютона можно представить в виде (рис. 1.2): d d ù é V = F Þ ê a = V ú Þ ma = F . dt dt û ë dV æ Здесь a ax ; a y ; az – ускорение çç a = dt è m Рис. 1.2 ( ) (1.2) ö ÷÷ . ø 11 Ускорение, которое получает материальная точка, пропорционально действующей на точку силе. В виде (1.2) в 1736 г. основной закон записан Леонардом Эйлером (1707–1783). Векторное дифференциальное уравнение можно записать в следующем виде é d 2x é dV x = Fx , êm ê m dt = Fx , ê dt 2 éma x = Fx , ê ê ê ê dV y ê d2y ê ê = Fy , Þ ê m 2 = Fy , ma = F Þ ma y = Fy , Þ m ê ê dt ê dt êma = F ; ê ê ë z z ê m dVz = F . d 2z ê z = Fz . m êë dt ê dt 2 ë ( Здесь F Fx ; Fy ; Fz (1.1,а) ) Масса m входит в (1.2), как коэффициент пропорциональности между вектором силы и вектором ускорения. Если на точку действует одновременно несколько сил F1, F2 , ... , FN (система сходящихся сил), их действие эквивалентно одной силе – равнодействующей R , равной геометрической сумме заданных сил. Тогда (1.2) примет вид N ma = å Fi º R. (1.2) i =1 Этот же результат можно получить, используя аксиому независимого действия сил. Аксиома. При одновременном действии на материальную точку нескольких сил ускорение точки, относительно инерциальной системы отсчета, от действия каждой отдельной силы, не зависит от наличия других приложенных к точке сил и равно векторной сумме ускорений от действия отдельных сил: a = a 1 + a2 + ... + a N = 1 ( F1 + F2 + ...FN ) . m 12 Совокупность сил, приложенных к материальной точке, будем называть внешними силами. Второй закон (основной закон динамики) справедлив для системы свободных материальных точек. Если система материальных точек несвободна, освобождаясь от связей, появятся силы реакций опор, главный вектор которых обозначим R* . Тогда систему несвободных материальных точек можно рассматривать как свободную, движущуюся под действием внешних сил и сил реакций связей. В этой связи, уравнение (1.2) будет иметь вид * ma = R + R . (1.2, а) При решении задач надо принимать во внимание основное положение: для каждой силы должны быть заданы точка приложения, величина и направление. Третий закон Ньютона. Третий закон постулирует характер взаимодействия материальных точек: если одно тело действует на другое тело, то и второе тело действует на первое, причем силы взаимодействия равны по модулю, направлены вдоль прямой, соединяющей центры тяжести тел и направлены в противоположные стороны. Другими словами – действию всегда есть равное и противоположное по направлению противодействие. Галилей сформулировал закон: если на тело не действуют силы, то тело имеет постоянную скорость или скорость равную нулю. Это утверждение верно только в инерциальной системе отсчета. Отметим, что второй закон Ньютона содержит в себе также и закон инерции Галилея. Если положить F º 0 , то из (1.2), что тело движется с постоянныой скоростью: m dV = 0 Þ dV = 0 Þ V = const ( или = 0 ) . dt Понятие силы в механике связано с определенной системой отсчета. Силы можно считать отсутствующими лишь в том случае, когда все тела, от 13 которых могут исходить силы, достаточно удалены, так, что можно пренебрегать их влиянием. В системах отсчета справедлив закон инерции Галилея. Например, система отсчета, связанная с самолетом, который быстро набирает скорость при взлете. Благодаря ускорению, вас прижимает некая сила к сиденью (так называемая сила инерции), а сила реакции со стороны спинки сиденья, удерживает вас в состоянии покоя относительно этой системы. Силы, возникающие в системах отсчета, движущихся с ускорением, играют важную роль в классичекой механике. Рассмотрим, является ли система отсчета, связанная с поверхностью Земли, инерциальной. Свяжем систему отсчета с поверхностью Земли на экваторе. Неподвижная материальная точка на экваторе, вращаясь всесте с Землей врокруг своей оси, будет иметь нормальное ускорение, направленное к центру Земли, рис. 1.2: Рис. 1.2 an = wo 2 Ro . Здесь wo – угловая скорость Земли, Ro – радиус Земли. Вычислим угловую скорость вращения Земли. Земля за одни сутки совершает оборот на 360° , что соответствует 2p радиан; в сутках » 8,6 × 104 с. Тогда wo = 1 оборот 2p » » 0,73 ×10-4 с -1 . 4 с 8,6 × 10 Нормальное ускорение точки ее экваторе, равно ( )( ) an = wo 2 R » 0,73 × 10 -4 6, 4 × 108 » 3,4 см м = 0,034 2 . 2 с с Это значит, что система отсчета, связанная с поверхностью Земли, имеет ускорение и, строго говоря, не является инерциальной. Тем не менее, в дальнейшем будем считать, что ускорение тела на проверхности Земли 14 м æ ö примерно равно нулю ç an » 0,047 2 » 0 ÷ , а систему отсчета связанную с с è ø поверхностью Земли в хорошем приближении будем считать инерциальной. При этом скорость движения тел по поверхности Земли должна быть много меньше скорости света (V<< c , c – скорость света). Как следствие, ускорение силы тяжести g на различных широтах разное. Так, на северном полюсе материальная точка, лежащая на поверхности Земли (система отсчета), имеет нормальное ускорение, равное нулю, следовательно, ускорение тяжести будет на величину силы » 0,047 м с2 больше, чем на экваторе. Свяжем систему с Солнцем (рис. 1.2). Так, 1 год составляет » 3 × 107 с , угловая Рис. 1.3 скорость обращения Земли вокруг Солнца равна w= оборот 2p » » 2 × 10-7 с -1 . 7 с 3 ×10 Тогда нормальное ускорение Земли при ее вращении по орбите вокруг Солнца будет равно ( )( ) an = w 2 R » 4 × 10 -14 1,5 × 1013 » 0,6 см . с2 Здесь R » 1,5 × 1013 см – радиус Земли. Если учесть, что Солнце обращается по круговой орбите вокруг центра Галактики, отстоящего от него на расстоянии » 3 × 10 22 см , скорость движения Солнца вокруг центра Галактики, вычисленная из доплеровского сдвига спектральных линий и равна V » 3 ×107 см , тогда нормальное ускорение с движения Солнца вокруг центра Галактики равно 15 -8 см -10 м V 2 9 × 1014 3 10 3 10 an = » » × = × . R 3 ×10 22 с2 с2 Эта величина ничтожна мала. Поэтому с хорошей степенью приближения можно определить систему координат, связанную с Солнцем, как систему отсчета, не имеющую ускорения. Эту систему называют гелиоцентрической инерциальной системой отсчета. Для движений, при которых V<< c (c – скорость света), система отсчета, связанная с поверхностью Земли, также в хорошем приближении, может рассматриваться как инерциальная система отсчета. Итак, сформулируем важнейшие аксиомы классической механики, подтвержденные опытом: 1. Пространство является евклидовым. 2. Пространство изотропно, т. е. его физические свойства одинако- вы во всех направлениях. В частности, величина массы m в уравнении F = ma не зависит от направления движения. 3. Законы движения Ньютона выполняются в инерциальной систе- ме, определенной для наблюдателя, неподвижно находящегося на Земле при ее вращении вокруг своей оси и при ее движении по орбите вокруг Солнца. 1. 3. Две основные задачи динамики В динамике рассматривают две основные задачи. 1.3.1. Первая задача динамики В инерциальной системе отсчета заданы уравнения движения материальной точки массой m. Требуется вычислить равнодействующую сил R , вызывающих это движение. Как правило, решение первой задачи динамики сводится к чисто кинематическим расчетам. При решении первой задачи динамики,как правило, используют дифференциальные уравнения движения точки в координатной и 16 естественной формах. Решение осуществляется в следующем порядке. Нужно: 1. Изобразить на траектории точку в текущий момент времени; 2. Освободить точку от связей, заменяя действие связей реакциями; 3. Показать заданные внешние силы, действующие на точку; 4. Выбрать систему координат, если она не указана в задаче; 5. Составить дифференциальные уравнения движения точки в выбранной системе координат; 6. По заданным уравнениям движения определить проекции ускорения на оси координат; затем вычислить модуль н направления вектора ускорения. 7. Из второго закона вычислить главный вектор внешних, затем вычислить его модуль и направление линии действия. I. Рассмотрим движение материальной точки в плоскости, за- данное координатным способом: ìt ³ 0, ï ï í x = x (t ) , ï ïy = y t . () î Вычислим модуль и направление вектора ускорения: x, ì a x = && && x ï Þ a = a x2 + a 2y ; cos ( a , x ) = . í a ïî a y = && y; Тогда модуль и направление равнодействующей сил R , вызывающих это движение, будут равны. x, ì Rx = m && && x ï Þ R = Rx2 + R y2 ; cos ( R , x ) = . í 2 2 && x + && y ïî Ry = m && y; (1.3) Пример 1.1. Тело С масса которого равна 12 кг скользит вниз по шероховатой наклонной поверхности расположенной под углом a = 30o к горизонту под действием силы тяжести тела mg, (рис. 1.3, а). Уравнение движение 17 тела имеет вид: x = 2 t 2 Вычислить модуль силы трения скольжения груза о поверхность, коэффициент трения скольжения f через 1 с. Принять g = 10 м/с2. а б Рис. 1.3 Решение. Направим ось Сx по направлению предполагаемого движения тела, рис. 1.3, а. Совместим ось С x c направлением движения центра тяжести тела С; ось Сy направим перпендикулярно оси С x . Разложим силу тяжести тела на оси С x y , далее освободим тело от шероховатой связи и заменим ее действие нормальной реакцией N и силой трения скольжения Fтр , (рис. 1.3, б). К грузу приложены три силы: сила трения скольжения Fтр , реакция поверхности N и вес тела P ( P = mg ) (рис. 1.3, б). В проекциях на оси Cx и Cy закон движения тела имеет вид x = å Fx = mg × sin 30° - Fтр ; ì m && ï í y = å Fy = mg × cos30° - N = 0. îï m && (а) 2 Так как x = 2 t , то &х& = 4 , то первое уравнение системы (а) примет вид 4m = å Fx = mg sin a - Fтр ; отсюда Fтр = mg × sin 30° - 4m = 12 × 10 × 0,5 - 4 × 12 = 12 (Н). Сила трения Fтр связана с коэффициентом трения скольжения f законом Амонтона-Кулона: 18 Fтр = f × N Þ f = Fтр N . (б) Решая второе уравнение системы (а), получим N = mg × cos30° = 12 × 10 × 3 = 60 3 . 2 (в) Подставив значение N в (б), получим f = Fтр N = 12 » 0,12 . 60 3 Ответ: Fтр = 12 (Н); f = 0,12 . Пример 1.2. Камень массой 10 кг летит вниз с оврага высотой 100 м согласно уравнениям движения (рис.1.4): ìt ³ 0, ï ï í x ( t ) = 12t , ï ï y t = 100 - 5t. î ( ) Сопротивление среды отсутствует. Вычислить траекторию движения камня, время падения, Рис. 1.4 дальность падения и силу тяжести камня. Решение. Введем систему координат Oxy (рис.1.5). Вычислим траекторию движения шарика. Для этого определим связь между координатами y и x. Рис. 1.5 19 Связь между координатами как функцию y = x ( t ) рассматривают как уравнение траектории движения камня. Имеем: ìt ³ 0, é x ï é x ³ 0, êt= ³ 0, ïï ê 12 Þê Þê í x ( t ) = 12t , ê 2 5 2 ï ê y = 100 x . ê y = 100 - 5 × æ x ö ç ÷ ë 144 ï 2 ê è 12 ø ïî y ( t ) = 100 - 5t . ë Получили, что уравнение траектории – функция второго порядка, графическое изображение которой – парабола. Вершина параболы имеет координаты (0; 100). Камень падает по правой ветки параболы, рис. 1.5. Вычислим дальность падения шарика xmax с высоты h: y = 0 Þ 0 = 100 - 5 2 100 × 144 = 2880 » 53,7 м . xmax Þ xmax = 144 5 Вычислим время падения шарика с высоты H: xmax = 12 × to Þ to = xmax 53,7 » » 4,5 c . 12 12 Камень падает в поле сил тяжести mg. Вычислим силу тяжести камня. Имеем: ì d2 x = 2 (12t ) = 0, x = 0, ì F = m × && ï a x = && ï dt ï x Þí í 2 d ï a = && ï Fy = m × && y = 10 × ( -10 ) = 100 н. 2 ïî y y = dt 2 100 - 5t = -10 ; î ( ) Сопротивление среды отсутствует, камень падает в поле силы тяжести, следовательно, сила тяжести камня равна 100 H. 20 II. Рассмотрим движение материальной точки в плоскости, заданное естественным способом: ìt ³ 0, ï ï (1.4) Задана траектория + í S = S ( t ) , ï ïr = r t . () î Здесь S ( t ) – уравнение движения точки по заданной траектории ( S – дуговая координата), r – радиус кривизны траектории в момент времени t. Пусть точка движется по криволинейной траектории в плоскости (например, по дуге окружности), радиус кривизны которой равен радиусу окружности, то используют в качестве системы координат оси естественного трехгранника – оси Ot n . Напомним, что плоскость Ot n называется соприкасающейся плоскостью. Здесь t – орт касательной, направленный в сторону увеличения дуговой координаты S ( t ) , n – орт нормали, направленный вовнутрь вогнутости траектории. При движении точки по окружности нормаль n направлена к центру окружности. Вектор скорости и проекции вектора ускорения на естественные оси Ot n имеют вид ìVt = S& × t , ï ìt ³ 0, ï ï ï ï Vt2 × n - нормальное ускорение , í S = S ( t ) , Þ í an = r ï ï ïr = r t ; ï () ï î a = S&& ×t - касательное ускорение. î t (1.5) Прикладываем к точке все действующие на нее силы, тогда их равнодействующую обозначим через R . Обозначая проекции равнодействующей на естественные оси через Rt , Rn , получим ì Rn = m × an , R ï Þ R = m an2 + at2 ; cos ( R ,t ) = t . í R ïî Rt = m × at ; (1.6) 21 Таким образом, равнодействующая сила расположена в соприкасающейся плоскости и направлена в сторону вогнутости траектории. Пример 1.4. Вычислить давление вездеход массой 2000 кг движущегося по мосту с постоянной скоростью Vt = 40 км , если вездеход находится в ч центре вогнутого (рис. 1.6, а) и выпуклого (рис. 1.6, б) моста. Радиус кривизны в центре моста r = 20 м . Силой сопротивления движению пренебречь. а б Рис. 1.6 Решение. Примем вездеход за свободную материальную точку. Приложим к точке все действующие на нее силы: силу тяжести P = mg и реакцию поверхности моста N (рис. 1.7, а, б). а б Рис. 1.7 1. Рассмотрим движение материальной точки по вогнутому мосту, рис. 1.7, а. Направим ось t по касательной в сторону движения, а ось n – по вертикали вверх. Составим закон движения в проекциях на естественные оси: ìat = 0, ì mat = å Ft = 0, ï ï . Þí í ïî man = å Fn = N - mg. ïî N = m ( an + g ) . (а) 22 Vt2 Подставляя an = в (а), получим R æ (11)2 ö æ Vt2 ö N = mç + 9,8 ÷ = 31,7 × 103 H = 31,7 кH . + g ÷ = 2000 ç ç 20 ÷ è R ø è ø Здесь учтено, что Vt = 40 км 1000 м м = 40 × » 11 . ч 3600 с с Отметим, что давление вездехода на мост больше его силы тяжести. 2. Рассмотрим движение материальной точки по выпуклому мосту, рис. 1.7, б. Направим ось t по касательной в сторону движения, а ось n – по вертикали вниз. Направление нормальной составляющей ускорения a n будет совпадать с направлением силы тяжести вездехода mg . Тогда 2 æ V man = mg - N Þ N = m ( g - an ) = m ç g - t ç R è ö ÷= ÷ ø 2 æ 11) ö ( ÷ = 7500 H = 7,5 kH . = 2000 ç 9,8 ç 20 ÷ è ø В этом случае давление вездехода на мост будет меньше его силы тя- жести. Справка. Свободное твердое тело в пространстве может двигаться достаточно сложно. Например, если бросить к.-л. тело, при свободном полете оно одновременно будет перемещаться в пространстве и вращаться вокруг своего центра тяжести. Если в задаче нужно вычислить параметры полета тела, например высоту полета, можно пренебречь вращением тела при полете и рассматривать движение тела как движение центра тяжести тела, т.е. представить е тело материальной точки. 23 1.3.2. Вторая задача динамики По заданной массе материальной точке, действующим на нее силам и начальным условиям задачи, вычисляют основные кинематические характеристики движения точки: ускорение, скорость, траекторию движения, уравнение движения. Рассмотрим задачу о движении материальной точки в плоскости в общем случае под действием переменной силы. Пусть r ( t ) = { x ( t ) ; y ( t )} – уравнение движения материальной точки. то есть в момент времени t точка имеет координаты F ( t , r , r& ) , где {x ( t ) ; y ( t )} . r& ( t ) = Если точка движется под действием силы {x& ( t ) ; y& ( t )} – скорость точки, то второй закон И. Ньютона должен удовлетворять дифференциальному уравнению ma = F Þ m × r&& = F ( t , r , r& ) . Это векторное уравнение эквивалентно системе двух скалярных уравнений ì mx&& = Fx ( t , x, y , x& , y& ) ; ï m × r&& = F ( t , r , r& ) Þ í ï my&& = Fy ( t , x, y , x&, y& ) . î (1.7) Или, в более компактной форме: ìdr ï dt = V ; ï í ï dV = F ( t , r , V ). ïm î dt (1.7,а) Таким образом, мы получили, что физические задачи приводят нас к необходимости рассмотрения систем дифференциальных уравнений. Дифференциальные уравнения движения материальной точки (1.7) и (1.7, а) представляют собой систему двух линейных дифференциальных уравнений второ- 24 го порядка. Решение этой задачи сводится к интегрированию дифференциальных уравнений, в процессе которого в решениях появляются произвольные постоянные. Общий интеграл этих уравнений содержит четыре произвольных постоянных. Функции, удовлетворяющие дифференциальным уравнениям движения точки и содержащие четыре произвольных постоянных интегрирования (по две константы при интегрировании каждого уравнения), называются общим решением дифференциальных уравнений движения свободной точки и записываются в виде ìt ³ 0; ï ï í x = x ( t , C1, C2 ) ; ï ï y = y t, C ,C . ( 3 4) î В каждой конкретной задаче постоянные интегрирования определяются из начальных условий задачи. За начальные условия задачи (начальный момент времени) принимается момент начала движения точки под действием заданных сил, для которого известны положение точки и ее скорость: é x = xo , y = yo ; при to = 0 : ê êV = V , V = V . ox y oy ë x (1.8) где x o , y o – координаты движущейся точки; Vox , Voy – проекции ее скоростей (рис. 1.8). Рис. 1.8 Введение начальной скорости влияет на движение материальной точки под действием проложенных внешних сил до того времени, который принят за начальный момент времени. Например, скорость электровоза в момент начала торможения, принимается за начальный момент, учитывает результат действия на не- 25 го силы тяги и силы трения о поверхность рельсов до момента выключения реостата. Подчинив решение дифференциальных уравнений (1.7) начальным условиям задачи (1.8), вычисляют все четыре постоянных интегрирования. Начальные условия задачи определяют единственное решение системы дифференциальных уравнений. Интегрировать уравнения движения (1.7) можно с помощью определенных интегралов. Тогда нижние пределы интегрирования будут соответствовать значениям интегрируемых величин в начальный момент времени, т.е. начальным условиям задачи, верхние пределы интегрирования будут соответствовать значению интегрируемых величин при текущем времени t. Первый интеграл, связывающий скорость и равнодействующую силу, называют первым интегралом движения. Второй интеграл, связывающий скорость и координат – вторым интегралом движения. Справка. Геометрический смысл производной в точке определяет угловой коэффициент касательной в данной точке к соответствующему графику. Тогда задачу нахождения первообразной F ( x ) можно представить так: требуется найти кривую y = F ( x ) , для которой в точке x = xo имеет место равенство: tg a = ( F ( x ) + C ) x ' x = xo = f ( xo ) . Если y = F ( x ) есть одна из таких кривых, то все остальные могут быть получены из нее простым сдвигом на произвольный отрезок параллельно оси Oy , рис. 1.8,а. Рис. 1.8, а 26 Для того, чтобы выделить кривую в этом множестве кривых, достаточно, например, задать точку ( xo ; yo ) , через которую должна пройти кривая. Задание этой точки определяет начальное условие задачи, которое позволяет вычислить С: yo = F ( xo ) + C Þ C = yo - F ( xo ) . План решения второй задачи динамики. При решении второй задачи динамики применительно к материальной точке необходимо придерживаться следующей последовательности: 1. Изобразить точку в текущий момент времени; 2. Показать внешние силы, действующие на точку; 3. Освободить точку от связей, заменяя их действие соответствующими реакциями; 4. Выбрать систему координат; начало координат следует поместить в начальном положении точки, и оси координат направить так, чтобы координаты точки и проекции ее скорости на эти оси в текущий момент времени были положительными, если точка движется прямолинейно, то координатную ось следует направить вдоль траектории движения; если точка движется по криволинейной траектории, то целесообразно использовать естественную систему координат, совместив начало координат с текущим положением точки и направив касательную к траектории так, чтобы для текущего положения точки естественная координата и проекция скорости точки на касательную были положительными; 5. Найти сумму проекций всех сил, действующих на точку, на выбранные оси координат; 6. Составить дифференциальные уравнения движения точки; 7. Установить начальные условия движения материальной точки; 8. Проинтегрировать дифференциальные уравнения соответствующим методом, зависящим от вида полученных уравнений. 27 Произвольные постоянные интегрирования можно определять по мере их появления. В некоторых случаях при интегрировании дифференциальных уравнений удобно пользоваться определенными интегралами. Рассмотрим решение второй (основной) задачи динамики для случаев прямолинейного движения точки под действием следующих сил: – сила постоянна по модулю; – сила зависит от времени; – сила зависит от положения точки; – сила зависит от скорости. 1.4. Прямолинейное движение материальной точки При прямолинейном движении скорость и ускорение точки все время направлены вдоль траектории точки – прямой. Совместим ось Ox с траекторией движущейся точки, тогда дифференциальное уравнение прямолинейного движения точки, согласно (1.5), имеет вид m&x& = Fx (t , x ,V ). (1.9) Начальные условия задачи зададим в виде: !!! é x = xo t =0Þ ê ê ëVx = x& = Vox . Наиболее простыми и интересными примерами прямолинейного движения материальной точки являются примеры, когда сила зависит от одного параметра. Рассмотрим конкретные примеры на составление и интегрирование дифференциального уравнения (1.5а). Эти примеры позволят выявить некоторые особенности в решениях таких задач. 28 1.4.1. Внешняя сила постоянна по модулю Пример 1.5. В результате полученного толчка тело весом mg начало скользить вниз с начальной скоростью Vо = 4 м по шероховатой наклонной с поверхности расположенной под углом a = 30° к горизонту (рис. 1.9, а). Вычислить путь, пройденный телом за время t = 2 c , если коэффициент трения скольжения тела по поверхности равен f = 0,4 . Принять g » 10 м . с2 Решение. Направим ось Ox вдоль наклонной поверхности по направлению движения тела, ось Oy – перпендикулярно ей (рис. 1.9, б). Рис. 1.9 Совместим начало отсчета с положением тела в начальный момент времени. Начальная скорость Vо = 4 м направлена вниз по оси Ox , следовас тельно, начальные условия задачи имеют вид: é xo = 0, ê (а) t =0Þ ê м êVxо = 4 . с ë Тело не является свободным. Мысленно отбросим наклонную шероховатую поверхность и заменим ее действие нормальной реакцией N и силой трения Fтр , которая направлена в сторону, противоположную предполагаемому движению. 29 Тело считаем материальной точкой, в проекциях на оси Ox и Oy дифференциальный закон движения имеет вид ì dVx ì ma x = å Fx = mg × sin 30° - Fтр ; = mg × sin 30° - Fтр ; m ï ïï d t Þí í ï ma y = å Fy = mg × cos30° - N = 0. ï î ïî N = mg × cos30°. Здесь a x = (б) dV , Fтр = f × N = f × mg × cosa . dt Перепишем первое уравнение системы (б): dV = mg × sina - Fтр = mg ( sin a - f × cosa ) ; dt после сокращения на m , получим m dV = g ( sin a - f × cosa ) . dt (в) Здесь g ( sin a - f × cosa ) = 10 ( 0,5 - 0,4 × 0,87 ) » 1,54 Получили линейное дифференциальное уравнение с неразделенными переменными. Для разделения переменных умножим правую и левую части уравнения (в) на dt, получим dV = 1,54 dt . Проинтегрируем правую и левую части последнего уравнения с учетом заданных начальных условий задачи (а): V (t ) ò Vo = 4 t dV = 1,54 ò dt . (г) Правило! Нижние пределы интегрирования правой и левой части интегрального уравнения (в) соответствуют значениям интегрируемых величин при t = 0, т. е. начальным усВНИМАНИЕ! ловиям задачи, верхние пределы интегрирования – значениям интегрируемых величин при текущем времени t. 30 Интеграл (г) связывает внешнюю силу и скорость движения объекта. Этот интеграл называют первым интегралом движения,. Вычислим первый интеграл движения V (t ) ò Vo = 4 t dV = 1,54 ò dt Þ V V (t ) 4 = 1,54 t to Þ V = 4 + 1,54 t . Далее заменим в (д) V ( t ) на (д) dx и разделим переменные, получим dt dx = Vo + 1,54 × t Þ dx = 4 dt + 1,54 t dt . dt Интегрируем последнее уравнение с учетом заданных начальных условий (а): S 2 2 ò dx = 4ò dt + 1,54ò t dt . (ж) Интеграл (ж) – второй интеграл движения (связывает скорость движения объекта и его координату). Вычислим второй интеграл движения: Имеем: S x (t ) o = 4×t t 2 o +1,54 × 2 2 2 o 22 Þ S = 4 × 2 + 1,54 » 11,1 м . 2 Ответ. Пройденный точкой по наклонной поверхности за 2 с равен S » 11,1 м Пример 1.6. В результате полученного толчка тело весом mg = 40 H начало скользить вверх с начальной скоростью Vо = 4 м по гладкой наклонс ной поверхности расположенной под углом a = 30° к горизонту (рис. 1.9, а). Построить график движения тела по наклонной плоскости. Принять g » 10 м . с2 31 Рис. 1.10 Решение. Направим ось Ox вдоль наклонной поверхности по направлению скорости в начальный момент времени, ось Oy – перпендикулярно ей (рис. 1.10, б). Совместим начало отсчета с положением тела в начальный момент времени. Начальная скорость Vo направлена вдоль оси Ox вниз, следовательно, начальные условия задачи имеют вид é xo = 0, ê . t =0Þ ê м êVx = 4 . с ë Тело не является свободным. Мысленно отбросим наклонную гладкую поверхность и заменим ее действие нормальной реакцией N. Тело считаем материальной точкой, в проекциях на оси Ox и Oy дифференциальный закон движения имеет вид ì dV x = å Fx = - mg × sin 30° m ì m && = - mg × sin 30°; ï ïï d t Þí í && ïî m y = å Fy = mg × cos30° - N = 0. ï îï N = mg × cos30°. dV Здесь &x& = . dt (а) После сокращения на m, разделения переменные и интегрируя правую и левую части с учетом заданных начальных условий ( t = 0, x& = Vo ). получим: 32 dVx = - g × sin a Þ dt Vx ( t ) Þ Первый интеграл движения ò Vo t dVx = - g × sin a × ò dt Þ . (б) Þ Решение Vx = Vo - g × sin a × t. Первый интеграл движения связал внешнюю силу mg и скорость движения тела объекта Vx . Вычислим время остановки тела, после чего тело начнет скользить вниз: Vo - g × sina × to = 0 Þ to = 4 Vo Þ to = = 0,8 с . g × sin a 10 × 0,5 Далее заменим в (г) V ( t ) на dx , получим dt dx = Vo - g × sina × t . dt (в) Разделения переменные и интегрируя правую и левую части уравнения (в) с учетом заданных начальных условий (t = 0, x = 0), получим вто рой интеграл движения : dx = - g sina × t Þ dt x( t ) Þ Второй интеграл движения ò Þ Решение : x ( t ) = Vo × t - t dx = Vo - g sin a × ò t dt Þ g sin a 2 ×t . 2 Второй интеграл движения связал скорость движения тела объекта Vx и eравнение движения тела x(t). Уравнение движения тела по наклонной плоскости имеет вид: x ( t ) = Vo × t - g sin a 2 × t Þ x ( t ) = 4 × t - 2,5 × t 2 2 За t=0,8 с тело пройдет путь вверх по наклонной плоскости, равный (г) 33 S = x ( t = 0,8 ) = 4 × 0,8 - 2,5 × 0,82 » 1,6 м . Построим график движения тела по наклонной плоскости, т. е. график квадратичной функции (г) в прямоугольной системе координат Oxt , рис. 1.11. Выделим из квадратного трехчлена полный квадрат: ( ) x ( t ) = 4 × t - 2,5 × t 2 = -2,5 t 2 - 1,6t = 2 2 = -2,5 ét 2 - 2 × 0,8 × t + ( 0,8 ) - ( 0,8 ) ù = ë û Рис. 1.11 = -2,5 ( t - 0,8 ) + 1,6. 2 Итак, x ( t ) = -2,5 ( t - 0,8 ) + 1,6 . 2 График движения тела – часть параболы, вершина которой имеет координаты M o ( 0,8;1,6 ) ; ветви параболы направлены вниз, рис. 1.11. Иначе говоря, тело движется по наклонной поверхности вверх и за 0, 8 с проходит путь, равный 1,6 м и останавливается, далее начинает скользить вниз и пройдя 0, 8 с путь равный 1,6 м скатывается напрямую поверхность. Пример 1.7. Санки из состояния покоя съезжают с горы, имеющей высоту H и угол наклона к горизонту a, и движутся далее по горизонтальному участку, рис. 1.12,а. Коэффициент трения на всем Рис. 1.12, а пути одинаков и равен f. Вычислить рас- стояние, которое пройдут санки, двигаясь по горизонтальному участку до полной остановки. Решение. Направим ось Ox вдоль наклонной поверхности горы по направлению скорости, ось Oy – перпендикулярно ей (рис. 1.12, б). Совместим начало отсчета с положением тела в начальный момент времени. Начальная 34 скорость Vo = 0 и направлена вдоль оси Ox , при этом начальные условия задачи имеют вид é x = 0, t =0Þ ê . êV = 0. ë o Рис. 1.12, б Тело не является свободным. Мыс- ленно отбросим наклонную гладкую поверхность и заменим ее действие нормальной реакцией N. и силой трения Fтр ., которая направлена в сторону, противоположную движению санок. В примере 1.5 было получено: x = mg × sin 30° - Fтр , é N = mg × cosa ì m && ù ï úÞ Þê í ê ú ïî mg × cos30° - N = 0; ë Fтр = f × mg × cosa û ìVА (t ) = g ( sina - f cosa ) × t , ïï Þí ï x ( t ) = 1 g ( sina - f cosa ) × t 2 . ïî 2 (а) Вычислим время, за которое санки прошли путь ОА. Из D O ' OA имеем: OA = H × sina , тогда é 2 H sina 1 é 2 t , = ê ОА g sin f cos t , a a = A ( ) A ê g sin f cos a a ( ) 2 [OA = H sina ] Þ êê ê ê ê êëVА (t ) = g ( sina - f cosa ) t A ; êëVА = 2 gH sina ( sina - f cosa ) . Здесь t A – время, за которое санки прошли путь ОА Вычислим расстояние S, которое пройдут санки, двигаясь по горизонтальному участку до полной остановки, рис. 1.12, в. 35 Начальная скорость на этом участке Vo = VА и направлена вдоль оси Ox , при этом начальные условия задачи на этом участке движения санок имеют вид é x = 0, t =0Þ ê ê êëVA = 2 gH sina ( sina - f cosa ) . Дифференциальный закон движения Рис. 1.12, в санок на горизонтальном участке имеет вид Fтр dV dV =Þ éë Fтр = f × mg ùû Þ =-f ×g. dt m dt (б) В задаче требуется вычислить путь, пройденный санками на горизонтальном участке. Скорость тела, когда оно пройдет этот путь, равна нулю, следовательно, нужно принять скорость санок как функцию координаты V = V (x ) . Правило! В задаче задан путь, пройденный точкой. Требуется вычислить скорость точки, когда оно пройдет этот путь. Принимая скорость точки как функцию координаты ВНИМАНИЕ! V = V (x ) , получим: dV ( x) dV d x VdV dx = × = , здесь = V .1.9. dt d x dt dx dt Имеем: dV ( x ) VdV = - f × g Þ VdV × = - f × gdx . =-f ×gÞ dt dx Интегрируя правую часть последнего уравнения с учетом начальных условий задачи, получим S 1 2 1 2 S ò VdV = - f × g ò d x Þ 2 V V = - f × g × x 0 Þ 2 VA = f × g × S . (в) V A A Подставляя значение начальной скорости в точке А (в), получим: 36 gH × sina ( sina - f cosa ) = f × g × S Þ S = 1 H × sina ( sina - f cosa ) . f Получили, что расстояние S, которое пройдут санки, двигаясь по горизонтальному участку до полной остановки S= 1 H × sina ( sina - f cosa ) . f (г) Из (г) видно, что если коэффициент трения на всем пути равен нулю (f=0), то S ® ¥ ,иначе говоря, санки будут ехать бесконечно долго. 1.4.2. Задача свободного падения тела без учета сопротивления среды Тело массой m падает вертикально вниз без начальной скорости под действием силы тяжести, не испытывая силу сопротивления воздуха. Вычислить скорость падения точки с высоты h. Определим начальные условия задачи. При выбранной системе координат (рис. 1.13), имеем Рис. 1.13 é xo = 0, t =0Þ ê êV = 0. ë o (а) Согласно второму закону Ньютона, закон прямолинейного движения имеет вид ma x = å Fix , Тело падает под действием силы тяжести F=mg , g » 9,8 (б) м – ускорес2 ние свободного падения. Дифференциальный закон движения тела в произвольный момент времени t под действием силы тяжести имеет вид: 37 ma = mg Þ dV = g Þ dV ( t ) = g dt . dt (в) Эта процедура называется процедурой разделения переменных. Проинтегрируем правую и левую части дифференциального уравнения с учетом начальных условий задачи (а): V (t ) м . с Зависимость скорости падения тела от времени имеет вид, рис. 1.14: ò dV = g × dt Þ V V( t ) t = g ×t 0 ÞV = g ×t V (t ) = - g × t (г) Вычислим уравнение движения (падения) тела x = x ( t ) , имея в виду, что dx = V , получаем: dt x( t ) t t 1 dx x( t ) = g × t Þ dx = g × t dt Þ ò dx = ò gt dt Þ x 0 = g t 2 . 2 dt Итак, уравнение падения тела с высоты h имеет вид: 1 2 gt . 2 График движения показан на рис. 1.14,а. x (t ) = Рис. 1.14 Вычислим время полета: 1 2h h= gt 2 = 0 Þ t=+ . 2 g (д) Рис. 1.14,а 38 Пусть h=200 м, тогда время падения тела будет равно t= 2h 2 × 200 = » 6,4 с. g 9,8 Уравнение свободного падения тела x ( t ) и выражение скорости V ( t ) без учетом сил сопротивления среды имеют вид ét ³ 0; ê ê x t = 1 gt 2 ; ê ( ) 2 ê êëV ( t )= g × t. 1.4.3 Внешняя сила зависит от времени Пример 1.8. Машинист тепловоза начинает тормозить на прямолинейном участке пути, когда тепловоз имел скорость Vo . Сколько времени будет двигаться тепловоз до полной остановки и какой пройдет путь S, если сила торможения пропорциональна времени a t (a – постоянный коэффициент). Замечание. Сила торможения – это сила трения скольжения. Решение. Так как тепловоз движется поступательно, можно рассматривать движение одной его точки, считая, что к ней приложены все заданные силы: сила тяжести mg, нормальная реакция рельсов N и сила торможения Fтор = a mg × t . За начало отсчета принимаем момент начала торможения, когда скорость тепловоза V = Vo , тогда начальные условия задачи имеют вид é xo = 0, . t =0Þ ê êV = V . o ë (а) 39 Составим дифференциальное уравнение движения точки (тепловоза) в проекции на ось Ox: m dVx dV = - Fторм Þ m x = -a × mg × t dt dt (б) Разделим уравнение (б) на m и, разделив переменные, дважды проинтегрируем с учетом начальных условий задачи (а), получим t V =0 o dVx = -a g × t Þ dVx = -a g × td t Þ ò dVx = -a g ò t d t . dt Vo Время торможения (в) вычислим из уравнения (в) при условии, что в конце участка торможения скорость тепловоза V = 0 : V =0 Vx V o 2 to 1 t 2Vo = - a × g t 2 Þ -Vo = -a g × o Þ to = . 2 2 ag Получим уравнение движения тепловоза на участке торможения. Имеем: V (t ) Vx V o t 1 = - a g t2 Þ 2 x (t ) to æ a g × t2 ö ò d x = ò ççVo - 2 ÷÷ d t . ø 0è Уравнение движения тепловоза на участке торможения имеет вид t2 dx a g × t2 Þ V - Vo = -a g × Þ = Vo Þ 2 dt 2 x (t ) x0 t æ a g × t2 ö a g × t3 = ç Vo . ÷÷ Þ x ( t ) = Vo × t ç 2 6 è ø0 Вычислим длину участка торможения S: 2Vo ù 2 2Vo a g × to3 é S = Vo × to = êt0 = . ú = Vo 6 3 a g a g ë û Ответ. Длина участка торможения тепловоза равна S = 2Vo 3 2Vo . ag 40 1.4.4. Внешняя сила зависит от скорости Пример 1.9. Тело массой m = 2 кг, получив в точке А начальную скоo рость V = 8 м/с, движется по наклонной плоскости АВ ( a = 30 ) от точки А к точке В (рис. 1.15, а). На тело действуют: внешняя сила V = 7,84 (Н) и сиB ла сопротивления среды R = 0,2 V 2 (Н). Вычислить скорость тела, когда оно достигнет точки В, если пройденный им путь AB = 2 м. а б Рис. 1.15 Решение. Откладываем ось Аx по направлению предполагаемого движения тела, совмещаем начало отсчета на этой оси с положением тела в начальный момент времени - с точкой А (рис. 1.15, б). Запишем начальные условия задачи: é xo = 0, ê t =0Þ ê м êVo = 8 . с ë (а) Тело движется поступательно, принимаем его за материальную точку (т.е. пренебрегаем его размерами). Мысленно отбросим наклонную поверхность и заменим её действие реакцией N . Тогда на точку при её движении действуют силы: mg , N , Q , R , которые прикладываем к центру тяжести тела (точка С), рис. 1.15, б. Расписываем закон движения точки (1.2) для данной задачи: 41 m dV = å Fx = Q - mg sin a - R . dt (б) Подставляя в (б) численные значения величин и преобразуем полученное выражение 2× dV 2 2 = 20 - 2 × 10 × 0,5 - 0,2V = 10 - 0,2V . dt Получили дифференциальное уравнение движения точки с неразделенными переменными: dV 2 = -0,1(V - 50) dt (в) Одним из методов решения дифференциальных уравнений является метод разделения переменных. Требуется разделить переменные в выражении (в). В задаче задан путь, пройденный точкой. Требуется вычислить скорость точки, когда оно пройдет этот путь, следовательно, нужно принять скорость точки как функцию координаты V = V (x ) . Тогда производную по времени от скорости V = V (x ) (правая часть уравнения (в)) нужно вычислять как производную от сложной функции: dV ( x ) dV d x VdV 1 dV 2 dx = × = = , здесь =V . dt dt d x dt dx 2 dx Тогда дифференциальный закон движения точки (в) перепишется 1 dV 2 = -0,1(V 2 - 50) . 2 dx Для разделения переменных в полученном уравнении умножаем правую и левую часть на dx (V 2 - 50) : 42 dV 2 2 (V - 50) = -0,2 × dx . Интегрируем полученное уравнение с учетом начальных условий задачи (а): VB ò 8 (V dV 2 2 2 - 50) = -0,2 ò dx Þ ln ( V Þ ln 2 VB - 50) V 2 В 2 - 50 8 - 50 = - 0,2 x 2 Þ 8 = - 0,4 . (г) a Справка: ln a - ln b = ln ; b a a ln = -c, = e -c . b44 1b44424 3 процесс потенцирования Потенцируем полученное уравнение (г): 2 V В - 50 - 0, 4 - 0, 4 =e Þ V = 50 + 14e = B 14 = 50 + 14 × 2,7 -0, 4 = 50 + 14 × 0,7 = 7,7 м . с Ответ: V B = 7,7 м/с. Пример 1.10. Тело массой m = 2 кг движется с начальной скоростью o V 0 = 0 по наклонной плоскости АВ ( a = 30 ) от точки А к точке В (рис. 1.16, а). На тело действуют внешняя сила Q = 2 (Н) и сила сопротивления среды R = 0,2 V (Н). Вычислить скорость тела через 5 с после начала движения. 43 а б Рис. 1.16 Решение. Принимаем ось Аx по направлению предполагаемого движения тела, совмещаем начало отсчета на этой оси с положением тела в начальный момент времени - с точкой А (рис. 1.16, а). Запишем начальные условия задачи: при t = 0 , V = 0 , x = 0 . (а) Принимаем тело его за материальную точку (т.е. пренебрегаем его размерами). Мысленно отбросим наклонную поверхность и заменим её действие реакцией N . Тогда на точку при её движении действуют силы mg , N , Q , R , которые прикладываем к центру тяжести тела, точку С, рис. 1.16, б. Записываем закон движения точки для данной задачи: m dV = å Fx = Q + mg sin a - R . dt (б) Подставляя в (б) численные значения величин, получаем 2× dV = 2 + 2 × 10 × 0,5 - 0,2V = 12 - 0,2V = -0,2 (V - 60 ) . dt Получаем дифференциальное уравнение движения точки с неразделенными переменными: dV = -0,1(V - 60 ) dt Требуется разделить переменные в выражении (в). (в) 44 В задаче задано время, за которое точка достигнет точки В. Требуется вычислить скорость точки, следовательно, нужно задать ее скорость как функцию времени V = V (t ) . Для разделения переменных в уравнении (в) умножаем его правую и левую часть на dt , получим: (V - 60) dt dt dV dV = -0,1 (V - 60) Þ × = -0,1 (V - 60) × Þ dt d t (V - 60) (V - 60) Þ dV = -0,1 × d t . (V - 60) Интегрируем полученное уравнение с учетом начальных условий задачи (а): VB 5 dV ò (V - 60) = -0,1ò dt Þ ln (V - 60) V VB V = - 0,1 × t 5 Þ ln V B - 60 = - 0,5 . V - 60 Потенцируем полученное уравнение: V B - 60 -0,5 =e Þ V - 60 V B - 60 -0,5 =e , - 60 откуда V B = 60 - 60 × e -0,5 = 60 × (1 - e = 60 × (1 - 0,60858) = 23,5 Ответ: V B = 23,5 м . с м . с - 0,5 ) = 60 × (1 - 2,7 -0,5 )= 45 1.4.5. Задачи свободного падения тела с учетом сопротивления среды Пример 1.11. Тело массой m падает вертикально вниз без начальной скорости под действием силы тяжести с высоты h, испытывая силу сопротивления воздуха R = kmV , где k – положительный коэффициент, зависящий от размеров и формы тела, рис. 1.17. Вычислить скорость падения тела V = V ( t ) . Рис. 1.17 Определим начальные условия задачи. При выбран- ной системе координат (рис. 1.18), имеем é xo = 0, t =0Þ ê êV = 0. ë o (а) В произвольный момент времени t прикладываем к телу действующие на него силу тяжести mg и силу сопротивления среды R , рис. 1.18. Сила сопротивления среды R направлена против движения тела. Составим дифференциальный закон движения N ma x = å Fix = mg - R Þ ma x = mg - kmV . (б) i =1 Рис. 1.18 Сократив на m правую и левую части уравнения dV (а), заменим a x на , получим dt dV gö æ = g - kV = -k ç V - ÷ . dt kø è (в) 46 Для дальнейшего решения полученного дифференциального уравнения gö æ (в), разделим переменные. Для этого умножим на dt и разделим на çV - ÷ kø è правую и левую части (в), получим dV gö dt dV æ = -k ç V - ÷ × Þ = - k dt . g ö dt gö gö kø æ æ æ è çV - ÷ çV - ÷ çV - ÷ kø kø kø è è è dt × (д) Проинтегрируем дифференциальное уравнение с разделенными переменными (д) с учетом начальных условий задачи (а): V (t ) ò dV g Vk t = - k ò dt . Вычислим интегралы и пропотенцируем полученное выражение: gö æ ln ç V - ÷ kø è V (t ) t = - k × t o ; ln g k = - k × t Þ V ( t ) = g æ1 - e- kt ö . ç ÷ g k è ø k V (t ) - Итак, V (t ) = - kt ö gæ ç1 - e ÷ . kè ø (г*) Итак, получили, что в выражение скорости падения тела с высоты h входит отрицательная экспонента e Рис. 1.19 - kt , которая при увеличении аргумента быстро затухает (рис. 1.19). Поэтому скорость, близкая к предельной, устанавливается довольно быстро, в течение первых 3-5 с падения (в зависимости от величины коэффициента k ). 47 Если не учитывать сопротивление среды ( k ® 0 ), то предельное значение скорости (г*) должно совпасть с выражением в задаче свободного падения без учета сопротивления среды V ( t ) = g t : ( ) ( ) 2 kt ) - kt ö - kt - kt g g gæ ( V ( t ) = lim 1 - e e ÷ = g t. = lim 1 - e = lim ç1 - 1 + kt ç ÷ 2! k k k k ®0 k ®0 k ®0 è ø Получили, рис. 1.20, что ( ) - kt g = gt . lim k 1 - e k ®0 Вычислим уравнение падения тела x= x ( t ) с учетом сопротивления среды. ) в виду, что dx = V Þ dx = Vdt , получим: dt Рис. 1.20 ( Имея ( ) - kt - kt dx g g = 1- e Þ dx = 1 - e dt. dt k k (д) Проинтегрируем полученное уравнение (д) с учетом начальных условий (а): x (t ) ò t t t - kt g g g -kt dx = ò çæ1 - e ÷ö dt = ò dt - ò e dt Þ k 0è k0 k0 ø g t g 1 -kt t Þ x (t ) = t o - × Þ e k k ( -k ) o - kt g g æ -kt ö g æç 1 - e ö÷ Þ x ( t ) = t + ç e - 1÷ = t. 2è ç ÷ k k k ø k è ø Итак, уравнение свободного падения тела с учетом сопротивления сре- ды имеет вид: 48 - kt g æ 1- e x (t ) = ç t kç k è Если не учитывать ö ÷. (е) ÷ ø сопротивление среды (k=0), то предельное значение x ( t ) при k ® 0 должно совпасть выражением x ( t ) = ( 1 2 gt : 2 ) 2 3 æt 1 æ k t) k t) öö ( ( lim x ( t ) = g lim æ t - 1 1 - e - kt ö = ...÷ ÷ = + ÷ g lim ç - 2 ç1 - 1 + kt k ®0 k ®0 ç 2 ç ÷÷ ç k k ! ! 2 3 k k è è ø k ®0 è øø æ t t t 2 kt 3 k 2t 4 ö 1 2 = g ×lim ç - + + - ...÷ = gt . ç k k 2 3! ÷ 2 4! k ®0 è ø Уравнения свободного падения тела и скорости с учетом сил сопротивления среды имеют вид ét ³ 0; ê g æ 1 - e - kt ê x (t ) = ç t kè k ê ê êV t = g 1 - e - kt . êë ( ) k ( ö ÷; ø ) Пример 1.12. Тело массой m падает вертикально вниз без начальной скорости под действием силы тяжести, рис. 1.21. При этом тело испытывает силу сопротивления воздуха R = kmV 2 , где k – положительный коэффициент, зависящий от размеров и формы тела, от Рис. 1.21 плотности среды и площади проекции тела на плоскость и формы тела, перпендикулярную, направлению движе- ния. Предельную скорость падения тела, получить уравнение падения тела x = x(t ) . Решение. Направим ось Оx вертикально вниз, выбрав за начало координат положение тела в нулевой момент времени, т.е. t = 0 (рис. 1.21). В произвольный момент времени прикладываем к телу действующие на нее си- 49 лы: mg и R . Сила R направлена против движения тела. Составим дифференциальный закон падения тела. Имеем: ma x = å Fix = mg - Rx Þ mx&& = mg - kmVx2 Þ && x = g - kVx2 . dV , получим dt dVx dV gö æ = g - k Vx2 Þ x = -k × ç Vx2 - ÷ . dt dt kø è Заменим &x& на (а) Предельную скорость падения тела можно получить из условия максимума скорости, т.е. равенства нулю ускорения a x = dVпр æg ö = k ç - Vпр2 ÷ = 0 Þ Vпр = dt èk ø dVпр dt = 0: g . k Исследуем, как изменяется скорость со временем, если все параметры, входящие в уравнение (а) заданы? Для этого решим дифференциальное уравнение с неразделенными переменными (а). Разделим переменные в (а), для этого помножим на dt и разделим на æ 2 gö ç Vx - ÷ правую и левую части kø è dVx dV gö dt æ = - k × çVx2 - ÷ × = - k × dt . Þ g g k æ 2 g ö dt æ ö 2 2 è ø V Vx ç Vx - ÷ ç x ÷ k kø kø è è dt × Проинтегрируем полученное выражение с учетом начальных условий: V ò dVx 2 0 Vx g k t = - k ò dt . Вычисляя правый и левый интегралы, подставляя верхний и нижний пределы, получим: 50 g - Vx k ln g + Vx k Vx ( t ) = - 2 gk × t t Þ g - Vx k Þ ln - ln 1 = -2 gk × t Þ ln g + Vx k g -V k = -2 gk × t , g +V k (б) поскольку lg1=0. Потенцируя уравнение (б) и далее решая полученное уравнение относительно Vx , имеем g - Vx k = exp -2 gk × t Þ Vx = g + Vx k ( ) g 1 - e -2 gk ×t × = k 1 + e-2 gk ×t g × th k ( ) gk × t . Итак, g × th k Vx = Здесь th ( ( ) gk × t . (в) ) gk × t – гиперболический тангенс. На рис. 1.22 показан гра- фик гиперболического тангенса, за аргумент принят x = gk × t . Проверим полученный результат. Перейдем в (в) к пределу при t ® ¥ , получим предельную скорость падения тела: Vпр = V ( t = ¥ ) = g . k Путем предельного перехода при k ® 0 , узнаем, как меняется модуль скорости от времени. При вычислении пределов используется формула разложения в ряд гиперболического тангенса x3 th ( x ) » x - + o x5 . 3 ( ) 51 Рис.1.22 Вычислим скорость Vx точки при k ® 0 : V ( k ® 0 ) = lim k ®0 g × th k ( 3 é æ öù 2 ê g ç ÷ú ( gk ) × t gk × t = lim ê × ç gk × t + ... ÷ ú = gt. 3 k ®0 ê k ç ÷ú è ø úû ëê ) Если не учитывать сопротивление среды (k = 0), то предельное значение скорости равно V = gt (пунктирная кривая на рис 1.23). th ( Величина ) скорости зависит от гиперболического тангенса – gk × t , который при увеличении аргумента быстро достигает своей асимптоты (см. рис.1.23). Рис.1.23 Поэтому скорость, близкая к предельной, устанавливается довольно быстро, в течение 4–10 с, в зависимости от коэффициента k . Продолжим вычисления. Вычислим уравнение x = x ( t ) – уравнение, показывающее изменение координаты падающей точки. Перейдем от V ( t ) к 52 x ( t ) используя подстановку V ( t ) = dx , подставим ее в (в), разделим переdt менные, получим dx = g × th k ( ) gk × t dt . (г) Проинтегрируем правую и левую части в (г): x ò dx = t g × th k ò ( ) t gk × t dt Þ x 0 = g 1 × × ln ch k gk ( gk × t ) t . Подставляя верхние и нижние пределы интегрирования, получим уравнение движения падающего тела: ( ) 1 × ln ch gk × t . k Здесь ch х – гиперболический косинус. x (t ) = Замечание. При вычислении интегралов полезно пользоваться таблицей интегралов. Пример 1.13. Глубину реки измеряют грузом, опускаемым в воду до дна реки. При скорости груза Vo трос оборвался, и груз достиг дна через to с после момента обрыва троса. Длина троса до обрыва равна L . Вычислить пройденный грузом путь Н после отрыва троса, если при движении груз испытывает сопротивление среды R = - kmV , где m – масса груза, k – постоянный коэффициент. Силой выталкивания груза из воды пренебречь. Решение. За начало отсчета принимаем точку О, соответствующую положению груза в момент обрыва троса. Ось Oх направим в сторону движения груза. Покажем все силы, действующие на груз во время движения в сопротивляющейся среде: силу тяжести mg и силу Рис. 1.24 сопротивления Rx = -k mVx , направленную противопо- ложно вектору скорости груза, опускаемому в воду, рис. 1.24. Сформулируем начальные условия задачи: 53 é xo = 0, t =0Þ ê . êV = V . o ë x Составим дифференциальные уравнения движения груза в проекции на ось Oх: ma x = mg - R Þ m Здесь a x = dVx = mg - kmVx . dt dVx . dt Сократив на m правую и левую части уравнения, получим dV dV gö æ = g -kV Þ = -k × çV - ÷ . dt dt kø è (а) Проинтегрируем полученное дифференциальное уравнение, разделяя переменные: V (t ) t dV gö dV dV æ = -k × çV - ÷ Þ = -k × dt Þ ò = - k ò dt . g dt kø V-g è Vo V 0 k k Вычисляя интегралы, получим V (t ) gö æ ln ç V - ÷ køV è o g t k = -k × t , = - k × t o Þ ln g Vo k V (t ) - (б) Потенцируя уравнение (б) и далее решая полученное уравнение относительно Vx ( t ) , получим g g Vx ( t ) k = -k × t Þ k = e- k ×t Þ V ( t ) = g - g - kVo × e- k ×t . ln x g g k k Vo Vo k k Vx ( t ) - (в) Уравнение (в) устанавливает зависимость скорости движения груза в сопротивляющейся среде от времени. Заменяя Vx = ные, получаем: dx и разделяя переменdt 54 d x g g - kVo - k ×t g g - kVo - k ×t = ×e Þ dx = dt × e dt . dt k k k k Проинтегрируем полученное дифференциальное уравнение, имея ввиду, что путь Н, пройденный грузом, вычисляется из условия: при t = to , x= x t =t = H , o Имеем: H to ò dx = ò g g - kVo dt k k to òe - k ×t × dt Þ H = ( ) g g - kVo - k ×t × to 1- e o . k k Ответ. Пройденный грузом путь после отрыва троса, равен H= ( ) g g - kVo - k ×t × to 1- e o . k k Замечание. При реальных физических движениях тел в газовой или жидкой среде силы сопротивления накладывают огромный отпечаток на характер движения. Например, рассмотрим падение парашютиста, спрыгнувшего с самолета. На него действует две силы: вес и сила сопротивления среды (воздуха). В начальный момент времени парашютист “падает” равноускорено. Но по мере набора скорости возрастает сила сопротивления среды, которая в какой-то момент времени уравновесит силу тяжести парашютиста, тогда парашютист будет далее падать не ускоренно, а равномерно с некоторой постоянной скоростью. О силе сопротивления среды известно, что она растет с ростом скорости. При относительно малых скоростях величина силы сопротивления среды линейно пропорциональна скорости и имеет место формула Стокса – R = k1V , где k1 определяется свойствами среды и формой тела. Например, для шара, падающего с не очень большой высоты: k1 = 6pr среды × r , где r среды – плотность среды, r — радиус шара. Так, для воздуха при t = 20°С и давлении 1 атм плотность среды: 2 rсреды = 0,0182 H.c.м- . 55 При относительно больших скоростях сила сопротивления среды ста2 новится пропорциональной квадрату скорости: R = k 2V . Линейная по скорости часть силы сопротивления формально также сохранится, но если k2V 2 >> k1V , то вкладом k1V можно пренебречь. О величине k 2 известно следующее: она пропорциональна площади сечения тела S, поперечного по отношению к потоку воздуха, плотности среды r среды , а также зависит от формы тела. Обычно берут k 2 = 0,5сS r среды , где с — коэффициент лобового сопротивления (безразмерная величина). Значения коэффициента с для шара, падающего с относительно большой высоты, равно: c = 0,3 - 0,4 . Пример 1.14. Грузовик массой m имеет максимальную скорость Vmax и разгоняется с места до V * за время t * . Сила сопротивления пропорциональна скорости – R = kV . Чему равна средняя сила тяги двигателя грузовика? Силу тяги считать постоянной величиной. Решение. Ось Оx системы координат Oxy направим горизонтально, начало координат помещаем в начальное положение грузовика, рис. 1.25. Рис. 1.25 На грузовик действует сила тяжести G = mg , сила сопротивления R = kV с неизвестным коэффициентом k , неизвестная сила тяги F и реакция опоры N. Составим дифференциальное уравнение движения грузовика в проекции на ось Ox m dVx dV kæ Fö = F - R Þ x = - çV - ÷ . dt dt mè kø (а) 56 Необходимым условием экстремума функции V = V ( t ) является равенство dVx ( x ) = 0 , тогда из (а), получим dt Vmax - F F =0Þ k = . k Vmax (б) Сформулируем начальные условия задачи: é xo = 0, t =0Þ ê . êV = V . o ë x Разделим переменные в (а) и проинтегрируем с учетом начальных условий задачи: V (t ) t V (t ) dV k dV k Fö æ = - × dt Þ ò = - ò dt Þ ln ç V - ÷ F F m m0 køo è o VVk k Þ ln k = - ×t m t Þ o F F F k k k = - k × t Þ -ln k k = - × t Þ ln = × t. F F F m m - V (t ) - V (t ) m k k k V (t ) - Подставим соотношение (б) в (в), получим F æ ö æ ö ç ÷ k é F ù Vmax F k ln ç = × t êk = Þ ln ç = ×t Þ ÷ ÷ ú F m V V V t mV ( ) max û max ë è max ø ç - V (t ) ÷ è k ø ÞF= ö mVmax æ Vmax ln ç ÷. t V V t ( ) è max ø ( ) При t = t * и V t * = V * , получим среднюю силу тяги грузовика: F ср = mVmax t* æ Vmax ö . ln ç ç V - V * ÷÷ è max ø (в) 57 1.4.6. Внешняя сила зависит от координаты Пример 1.15. Груз весом mg прикреплен к правому концу пружины, левый конец которой закреплен в стене (рис.1.26). В начальный момент времени груз оттянули вдоль гладкой поверхности на величину x o и отпустили. Рис. 1.26 Вычислить уравнение движения груза x(t ) , если сила упругости пружины равна Fупр = -kx . Решение. Запишем начальные условия задачи: é x = xo , t =0Þ ê êV = 0. ë o (а) На груз при движении действует только сила упругости Fупр = -kx (рис. 1.27). Составим дифференциальный закон движения: m&x& = å Fx = - kx Þ m dV = - kx . dt (б) Для разделения переменных в (б), Рис. 1.27 скорость нужно определить как функцию от координат, т.е. V = V ( x ) . Тогда dV dV ( x ) dV ( x ) dx = =V . dt dx dt dx (в) Подстановка (в) позволит исключить из дифференциального уравнения (б) время: mV × dV = - kx . dx 58 Разделим переменные: умножим обе части этого уравнения на dx: mV × dV = -kxdx . Вычисляя интегралы от обеих частей уравнения с учетом начальных условий (а), получим V x xo m ò V × dV = -k ò xdx . Вычислим интегралы, получим mV 2 k k = - x 2 - xo2 = xo2 - x 2 . 2 2 2 ( ) ( ) Вычисляем V ( ) k 2 xo - x 2 . (г) m Для вычисления уравнения движения тела используем подстановку V= V= dx : dt dx = dt ( ) k 2 xo - x 2 = m k × xo2 - x 2 . m Разделим переменные: умножим на dt и поделим на 2 2 xo - x правую и левую части, проинтегрируем полученное уравнение с учетом начальных условий (а), получим: x (t ) ò xo t dx 2 xo - x 2 =ò k × dt Þ m x( t ) x k x( t ) k = ×t Þ arcsin - arcsin 1 = ×t . Þ arcsin xo x m xo m o Известно, что arcsin 1 = p , тогда 2 59 æπ æ k ö x (t ) p k ö k = + ×t Þ x ( t ) = xo sin ç + ×t ÷ = xo cos ç ×t ÷ . 2 m m xo 2 m è ø è ø Итак, уравнение движения груза имеет вид æ k ö x ( t ) = xo cos ç ×t ÷ . m è ø Из полученного уравнения видно, что тело совершает гармонические arcsin колебания с амплитудой x o вокруг точки О (рис.1.27). Пример 1.16. Материальная точка массой m брошена вертикально вверх с поверхности Земли со скоростью Vo и движется по закону тяготения k ö æ Ньютона ç F = - 2 ÷ , рис. 1.28. Вычислить зависимость скорости точки от ее x ø è расстояния до центра Земли. Решение. Направим ось Ox по прямолинейной траектории точки с началом координат в центре Земли. Запишем начальные условия задачи: é xo = R, . t =0Þ ê êëV = Vo . (а) На материальную при движении действует Рис. 1.28 сила тяготения F = - k x2 . Коэффициент k определим из условия, что на по- верхности Земли сила тяготония F равна силе тяжести mg: k R2 2 = mg Þ k = mgR . Здесь R – радиус Земли. Тогда F =- mgR 2 x2 . Составим дифференциальный закон движения: dV mgR 2 dV gR 2 m =- 2 Þ =- 2 . dt dt x x (б) 60 Для разделения переменных в (б), скорость нужно определить как функцию от координат, т.е. V = V ( x ) . Тогда dV dV ( x ) dV ( x ) dx = =V . dt dx dt dx (в) Подстановка (в) позволит исключить из дифференциального уравнения (б) время: VdV gR 2 dV 2 2 gR 2 =- 2 Þ =- 2 . dx dx x x Разделим переменные и интегрирования с учетом начальных условий (а), получим: V ò dV 2 = -2 gR 2 Vo x ò R 2V V Þ Vo x2 dx æ 1xö æ1 1ö ÷ Þ V 2 ( x ) = Vo2 + 2 gR 2 ç - ÷ . = -2 gR × ç ç x R÷ è x Rø è ø 2 Отсюда находим æ1 1 ö V ( x ) = Vo2 + 2 gR 2 ç - ÷ . èx Rø Вычислим высоту подъема материальной точки: V ( x = h) = 0 Þ Vo2 Итак, h = 1ö 2 gR 2 + 2 gR ç - ÷ = 0 Þ h = . èh Rø 2 gR - Vo2 2 gR 2 2 gR - Vo2 2æ1 . Если начальная скорость материальной точки будет стремится к величине, равной 2gR , тогда h ® ¥. Это можно интерпретировать следующим образом: точка, подброшенная с Земли со скоростью Vo = титься на Землю. Вычислим значение этой скорости: Vo* = 2 gR » 2 × 9,8 × 6, 4 ×106 = 11, 2 × 103 м kм = 11, 2 . с с 2 gR , не возвра- 61 Скорость Vo* называется второй космической скоростью. Наименьшую скорость космического корабля, при которой он становится спутником Земли, называют первой космической скоростью. Она приблизительно равна 8 kм . с 1. 5. Криволинейное движение точки в плоскости Для решения задач, относящихся к криволинейному движению свободной материальной точи в плоскости, имеем два совместных дифференциальных уравнений é d 2x m = Fx , é ma x = Fx , êê dt 2 Þ ma = F Þ ê ê ma y = Fy ; êê d 2 y ë ê m 2 = Fy . ë dt Силы, могут быть постоянными, функциями скорости, координат и времени одновременно. В этом случае интегрирование дифференциальных уравнений представляет неодолимые трудности. Интегрирование проходит довольно просто, когда каждое дифференциальное уравнение есть функция в отдельности скорости, координат или времени. Одной из наиболее важной задачей является задача движения свободной материальной точки под действием силы тяжести – баллистическая задача. 1.5.1. Баллистическая задача Снаряд выпущен из орудия под углом j к горизонту с начальной скоростью V 0 , рис. 1.29. Пренебрегая сопроРис. 1.29 тивлением воздуха, вычислить максимальную высоту и дальность полета сна- 62 ряда. Выберем неподвижную систему координат так, чтобы ее начало совпадало с начальным броском снаряда, ось Oy направим вертикально вверх, ось Ox расположим в плоскости движения снаряда (рис. 1.30). На снаряд при движении действует только сила тяжести (сила, имеющая постоянную величину и направление). Начальная скорость точки Vo образует угол j с осью Оx. Начальные условия задачи имеют Рис. 1.30 вид: éVox = Vo cos j ; t = 0 : xo = yo = 0; ê ê êëVoy = Vo sin j . (а) Второй закон Ньютона определяет закона движения снаряда и имеет векторный вид ma=å Fi Þ m здесь å Fi a= dV =å Fi , dt (б) – геометрическая сумма сил, действующих на движение, dV – ускорение, m – масса снаряда. dt На снаряд действует только сила тяжести mg, направленная по вертикали вниз. Проекции закона движения (б) на оси Ox и Oy имеют вид é dVx é dVx ê m dt = å Fix , ê m dt = 0, ê Þê ê dV ê dV ê m y = å Fiy ; ê m y = -mg. ë dt ë dt (в) Интегрируя первое уравнение системы (в) с учетом начальных условий (а), получим 63 dVx =0Þ dt Vx ( x ) ò dVx = 0 Þ Vx ( x ) = Vocosj . (г) Vo cosj Получили, что Vx ( x ) постоянная величина, т.е. в любой точки полета снаряда горизонтальная скорость одинаковая. Скорость и координата движения по оси Ox связаны дифференциалами dx =Vx Þ dx=Vo cos j × dt . dt Интегрируя уравнение с учетом начальных условий (а), получим x (t ) ò t dx = ò Vocos j dt Þ x ( t ) = Vot × cos j . (д) Получили, что уравнения движения снаряда по оси Ox и его скорость имеют вид ét ³ 0; ê ê ê x ( t ) = Vo cos j × t ; ê êV ( t ) = V cos j . o ë x (1*) Интегрируя второе уравнение системы (б) с учетом начальных условий (а), получим dV y dt = -g Þ Vy ò dV y V0 sin j = - g ò dt , V y = V0 sin j - gt . Скорость и координата движения по оси Oy связаны дифференциалами dy =V y Þ dy= (Vo sin j - gt ) dt. dt Интегрируя уравнение с учетом начальных условий (а), получим y(t ) y( t ) 2 gt . ò dy = ò (Vo sin j - gt ) dt Þ y ( t ) = Vo × t sin j 2 64 Получили, что уравнения движения снаряда по оси Oy и его скорость имеют вид ét ³ 0; ê gt 2 ê = × y t V t sin j ; ( ) o ê 2 ê êVy = Vo sin j - gt. ë (1*) Уравнения движения снаряда в плоскости Oxy имеют вид параметрических уравнений: ìt ³ 0; ï ï x ( t ) = Vo cos j × t ; (2*) í g 2 ï = × y t V sin j t t . ( ) o ï 2 î Проведем исследования движение движения снаряда, то есть системы уравнений (2*). Исключив из (2*) параметр t , получим уравнение траектории снаряда при начальном броске под углом j к горизонту и начальной скоростью Vo . Имеем: 1 ì = t ì x ³ 0, ï V cos j x, o ï ïï ï Þ í í 2 ï ï y (t ) = 1 1 ö 2 gæ x- ç ï y ( t ) = Vo sin j ÷ x ; ïî Vo cos j 2 è Vo cos j ø ïî æ sin j g - 2 x çç 2 è cos j 2Vo cos j ö x ÷÷ . ø Получили, что квадратичная функция описывает полет снаряда y ( x) = æ sin j ö sinj g g 2 ×x- 2 × x = x x ç ç cos j 2V 2 cos 2 j ÷÷ . cos j 2Vo cos 2 j è ø o (3*) Графиком этой функции является парабола, ветви которой направлены вниз, т. к. коэффициент при x 2 имеет знак ( - ) . Вычислим точки пересечения параболы с осью Ox . Для этого вычислим корни полученного уравнения (3*): 65 é x1 = 0 , ê æ sin j ö g - 2 = Þ ê x çç x ÷÷ 2 2 2 ê x = 2V o cos j × sin j = Vo sin 2j . è cos j 2V o cos j ø êë 2 g g Итак, парабола пересекает ось Ox в двух точках: точке O( 0;0 ) и точ- æ Vo2 sin 2j ö ке C ç ;0 ÷ , рис. 1.31. g è ø Второй корень определяет дальность полета L по горизонтали: L=x A = Vo2 sin 2j . g Рис. 1.31 Вершина параболы может быть вычислена из условия экстремума функции (3*): dy = 0. dx Получаем Vo2 sin j × cos j 1 tgj - 2 x B = 0 Þ xВ = = xA . g 2 V0 cos 2 j Подставляя значение x A = 2 x B в уравнение траектории (3*), вычислим g xS высоту полета снаряда H : H=y B = xB × tgj - g 2 2Vo cos j × xB2 = 66 2 æ Vo2 sin j × cos j ö Vo2 sin j × cos j sin j g = × ç ÷÷ = g cos j 2Vo cos 2 j çè g ø Vo2 sin 2 j Vo2 sin 2 j Vo2 sin 2 j = = . 2g 2g g Высота и дальность полета снаряда, выпущенного из орудия под углом j к горизонту с начальной скоростью V 0 равны: é Vo2 sin 2j ; ê L= g ê (4*) ê 2 2 ê H= Vo sin j . êë 2g Определим время t B , в течение которого снаряд достигает максимальной высоты полета. Для этого достаточно решить уравнение V y = 0 , т.к. в тот момент, когда y ( x ) достигнет наибольшего значения, проекция скорости на эту ось равна нулю. Из системы (1**) имеем Vo sin j . g Полное время полета t A определим исходя из того, что полет прекраVy = Vo sin j - gt B = 0 Þ t B щается в тот момент, когда x(t ) = L . Опираясь на второе уравнение из системы (2*), вычисляем Vo2 sin 2j 2Vo2 sinj cos j 2Vo sin j Vo cos j × t A = L Þ Vo cos j × t A = Þ tA = = g gVo cos j g V sinj 2V sinj Сравнивая t B = o и tA = o , видно, что при любом угле поg g лета снаряда полное время t A полета в 2 раза больше времени t B подъема снаряда на максимальную высоту. 67 1.5.2 Парабола безопасности Если при заданном значении начальной скорости Vo снаряда менять угол j (формула 3*), получим множество разных траекторий снаряда (рис. 1.32). Рис. 1.32 Из (4*) видно, что максимальная дальность полета снаряда Lmax достигается при j = 45° и равна Lmax = Vo2 sin 2j g = j = 45° Vo2 g ; максимальная высота полета снаряда H max достигается при j = 90° и равна H max Vo2 sin 2 j Vo2 = = . 2 g j =90° 2 g Уравнение параболы, проходящей через точки H max и Lmax (рис 1.31), имеет вид V2 g y (V o ) = o - x 2 . 2 2g 2Vo Эта формула определяет параболу безопасности. (5*) 68 При этом все траектории, отвечающие различным значениям j , заклю0 ченным в интервале 0 £ j £ 90 , будут находиться внутри этой параболы. Действительно, решая совместно уравнения g ì 2 y x x tg x = × × , j ( ) 2 ï 2Vo cos 2 j ïï í ï Vo2 g - x2 2 ; ï y( x) = 2g 2Vo ïî Вычислим точки соприкосновения параболы безопасности и траекторией полета снаряда при фиксированном угле j . Имеем: x × tgj - x 2 × V02 g 2 g x = Þ 2Vo2 cos 2 j 2 g 2V02 Vo2 Vo2 g æ 1 ö 2 g 2 Þx = 0Þ x tg j - x × tgj + = 0. ç1 ÷ + x × tgj 2g 2g 2Vo2 è cos 2 j ø 2Vo2 2 Вычислим корни полученного квадратного уравнения: ì 4 gVo2 2 ï tgj ± tg j × tg 2j 2 4 gVo tgj ± tg 2j - tg 2j Vo2 tgj Vo2 ï x ctgj ; = = = × = ïï j g tg 2j g g × tg 2j / Vo2 g × tg 2j / Vo2 Þ í ï 2 2 æ 2 ï ö V02 V V Vo2 g g 2 o ï yj = - xj = - çç ctgj ÷÷ = 1 - ctg 2j ; 2 2 2g 2V0 2 g è g ïî ø 2V0 2 g ì Vo2 ctgj ; ï xj = g ïï Þí ï Vo2 1 - ctg 2j ; ï yj = 2g ïî ( ( ) ) 69 Получили, что траектория полета снаряда и парабола безопасности ( ) имеют единственную общую точку соприкосновения – M xj ; yj , рис. 1.33. Рис. 1.33 Можно утверждать, что снаряд не вылетит за границы параболы безопасности. Если пушка будет стрелять в разных направлениях, то можно построить купол безопасности, рис. 1.34. Рис. 1.34 Пример 1.17. Вычислить высоту и дальность полета cнаряда, вылетевшего под углом j = 30° к горизонту с начальной скоростью Vo = 27 Решение. Вычислим дальность полета снаряда. Имеем: Vo2 sin 2j 27 2 sin 60° 729 × 0 ,87 = » = 63,4 м . g 10 10 Вычислим высоту полета материальной точки. Имеем: L= Vo2 sin 2 j 27 2 sin 2 30° 729 × 0 ,25 H= = = = 9 ,1 м . 2g 2 × 10 20 м . с 70 1.5.3. Задача на попадания в цель Рассмотрим задачу попадания с заданной начальной скоростью V0 в некоторую точку M ( x, y ) . Перепишем уравнение траектории (3*), принимая во внимание, что cos 2j = 1 2 1 + tg j , тогда y ( x ) = x × tgj - g × x2 Þ 2 2 2Vo cos j Þ - y + x × tgj Þ g x2 2Vo2 g x2 2Vo2cos 2j 2 = 0 Þ -y - tg j - x × tgj + ( y + g x2 2 (1 + j ) + x × tgj = 0 Þ tg 2 2Vo g x2 2Vo2 ) = 0. Разрешая полученное уравнение относительно tgj , вычислим угол бросания, необходимый для того, чтобы траектория прошла через точку M ( x, y ) : V02 ± Vo4 - g × ( gx 2 + 2Vo2 × y ) Vo2 ± D tg j = = . g×x g×x Решение зависит от знака дискриминанта D = Vo4 - g × ( g × x 2 + 2Vo2 × y ) . Если D > 0, то для tgj получаем два действительных решения и в точку M ( x , y ) можно будет попасть двумя различными способами - под углами j 1 и j 2 к горизонту. Если D > 0, то для tgj получаем два действительных решения и в точку M ( x , y ) можно будет попасть двумя различными способами - под углами j 1 и j 2 к горизонту. 71 Если D = 0, то для tgj получаем кратные корни, т.е. имеется только одна траектория, проходящая через точку M ( x , y ). Раскрывая равенство D = 0, получим 4 Vo 2 - g × ( gx + 2 2Vo × y) = 0 Þ Vo2 2 g y= -x . 2 2g 2Vo Что совпадает с уравнением огибающей (5*). Это значит, что точка M ( x, y ) расположена на параболе безопасности, рис. 1.35. Для точек, расположенных за паРис. 1.35 раболой безопасности, дискриминант D < 0. В этом случае для tgj не суще- ствует действительных значений, и никакая действительная траектория не может проходить через точку M ( x , y ) . 1.6. Задача свободного движения снаряда с учетом сопротивления среды Пусть снаряд массой m выброшен из орудия с начальной скоростью V 0 под углом j к горизон, рис. 1.36. Движение снаряда будем рассматривать под действием силы тяжести и силы сопротивления воздуха, пропорциональной скорости снаряда: Рис. 1.36 R = -m k V , здесь k - постоянный коэффициент. Примем точку вылета из ствола за начало системы ко- ординат O x y ; ось Oy направим вертикально вверх, ось O x будем считать горизонтальной (рис. 1.36). Для определенности предположим, что начальная 72 скорость V 0 располагается в плоскости Oxy . Примем снаряд за материальную точку. Запишем начальные условия задачи: é xo = yo = 0, ê ê t = 0 Þ êVx ( 0 ) = Vo × cos j , ê êV 0 = V × sin j . ë y( ) o (а) Здесь Vo - модуль начальной скорости снаряда. На снаряд действует сила тяжести mg, направленная по вертикали вниз и сила сопротивления среды R = -m k V , направленная против направления вектора скорости снаряда. Закон движения Ньютона для снаряда запишем в векторном виде m dV = - mg - kmV . dt (б) ( ) Вектор V в (б) имеет две проекции: V = V x , V y . Запишем проекции закона движения (б) на оси Ox и Oy: ì dVx ì dVx ï m dt = å Fix , ïm dt = -kmVx , ï ï Þí í ï dVy ï dVy = ; m F å iy ïî dt ïîm dt = - mg - kmV y . (в) После сокращения на m и соответствующих преобразований, дифференциальные уравнения (б) примут вид: ì dVx ì dVx ï V = - k dt , = kV , x x ï dt ï ïï Þí í dVy dV g æ ö ï y ï = - k dt. ï dt = - k çè Vy + k ÷ø ; ïV + g î ïî y k (г) 73 Проинтегрировав каждое из этих уравнений с учетом начальных условий (а), получим Vx t V x (0 ) ò dVx = -k ò d t , ln V x Vy ò dV y g V y (0 ) æç + V y ö÷ èk ø Vx () = - k t , ln Vx 0 t = -k ò d t , ln g + Vy k Vx = -k t ; Vx (0 ) Vy = -k t , ln V y (0 ) g + Vy k g + V y (0 ) k (г’) = -k t . (г”) После потенцирования уравнений (г’) и (г”), имеем ìVx = Vx ( 0 ) × e - kt ; ïï í ïV = æ V ( 0 ) + g ö × e - kt - g . ÷ ïî y çè y kø k Подставляя значения начальных условий задачи (f), получаем ìV = V × e -kt × cosj , o ïï x í ïV = æV × sinj + g ö × e- kt - g . ÷ ïî y çè o kø k (д) Формулы (д) дают возможность определить скорость снаряда в любой момент времени: V= Vx2 + V y2 ; cos (V , x )= Vx Vx2 + V y2 . Для вывода уравнений движения x(t ) и y(t ) воспользуемся тем, что Vx = dx dy , Vy = . Тогда система уравнений (д) примет вид dt dt ìd x - kt ì dx = V × e -kt × cos j × dt , ï dt = Vo × e × cosj , o ïï ï Þí (е) í g g æ ö ïd y æ ï dy = V × sin j + g ö - kt g × e - kt × dt - × dt. ç ÷ o = × + × V sin e ; j ï ïî ç o ÷ kø k è kø k î dt è 74 Интегрируя (е) с учетом начальных условий (а), получим: x t ò d x = Vo × cosj ò e - kt V × cosj -kt dt = - o e k t ( ) V × cos j = o × 1 - e -kt ; k y g ö - kt gt g ö t - kt 1æ æ ò d y = çèV 0 × sin j + k ÷ø ò e d t - k ò d t = - k çèV 0 × sin j + k ÷ø × e ( t g ×t k t = ) 1æ gö g - kt = ç Vo sin j + ÷ 1 - e - ×t . kè kø k Итак, уравнения движения снаряда имеют вид: ìt ³ 0, ï V cos j - kt ïï x ( t ) = o 1- e , k í ï ï y ( t ) = 1 æç Vo sin j + g ö÷ 1 - e- kt - g × t. ïî kè kø k Полученные уравнения движения снаряда с учетом сопротивления сре- ( ) ( ) ды дают возможность определить положение снаряда в любой момент времени. На рис 1.37 представлены траектории движения снаряда с различными коэффициентами k , т.е. в средах различной плотностью. Путем предельного перехода при k ® 0 получим уравнения движения снаряда под действием одной силы тяжести. Обозначим координаты в этом случае x1 и y1 . При вычислении пределов используется формула разложения в ряд экспоненты: e - kt 2 kt ) ( » 1 - kt + -o 2! (k ) . 3 Получаем k ®0 ( ) 1 1 - kt » Vo cos j × lim (1 - 1 + kt ) = Vo t cos j . 1- e k ®0 k k ®0 k x1 ( t ) = lim x ( t ) = Vo cos j × lim Прежде чем переходить к пределу y1 ( t ) = lim y ( t ) , преобразуем выраk ®0 жение y ( t ) : 75 ( ) ( ) ( ) V sin j 1æ gö g g g - kt - kt - kt y ( t ) = ç Vo sin j + ÷ 1 - e - × t= o + 2 1- e - ×t = 1- e kè kø k k k k ( V sin j - kt = o 1- e k ( + ) g 1- e - kt k - kt 2 ). Рис. 1.37 Имеем: 1- e y1 ( t ) = lim y ( t ) = Vo sinj × lim k k ®0 k ®0 1 - 1 + kt + g lim k k ®0 k ®0 » Vo sin j × lim - kt + g lim 1- e k ®0 - kt k 2 kt ) ( t - kt 1 - 1 + kt - k 2 2 2 - kt » 1 2 = Vo t × sin j - gt . 2 Получили уравнения движения точки под действием одной силы тяжести, которые соответствуют полученным раньше в задаче свободного полета материальной точки без учета сопротивления среды ìt ³ 0, ï ï x ( t ) = Vo cos j × t, í g 2 ï = × y t V sin j t t . ( ) o ï 2 î Отметим, что траектории движения снаряда (рис. 1.34) не являются в точности параболами. В действительности траектории еще сложнее, поскольку снаряд при движении испытывает сопротивление воздуха; ускорение свободного падения g зависит от высоты полета над поверхностью Земли; 76 определенные поправки в процесс попадания снаряда в цель вносит и вращение земного шара. При решении реальных задач всегда пренебрегают теми или иными мö æ факторами. Так, если при небольшой начальной скорости тела çVo » 80 ÷ сø è роль сопротивления воздуха невелика, то при больших Vо , например, при Vo » 800 м , сопротивлением воздуха пренебрегать нельзя. с 1.7. Задача о движение материальной точки под действием центральной силы, прямо пропорциональной расстоянию Покажем, что траектория материальной точки, движущейся под действием центральной силы F = - kmr ( r – радиус-вектор движущейся точки, проведенный из точки О, k –- коэфициент, зависящий от центра притяжения) есть эллипс, плоская кривая, рис. 1.38. Пусть точка М начинает движение из точки А с начальной скоростью Рис. 1.38 Vyo . Сформулируем начальные условия задачи: é xo = 0, Vx ( 0 ) = 0; t = 0Þ ê êë yo = a, V y ( 0 ) = V yo . (а) Напишем дифференциальные уравнения é dVx = - kx, ê é Fx = kmx,ù dt úÞê ma = - F Þ ê ê Fy = kmy ú ê dV y ë û ê = -ky. êë dt Здесь F = kmr , r ( x; y ) . (б) 77 Так как проекции силы на оси Oxy соответственно зависят от координат, то и скорости также будут зависеть координат, следовательно dVx ( x ) dVx dx Vx dVx = × = ; dt dx dt dx dV y ( y ) dt = (в) dV y dy V y dV y × = . dy dt dy Здесь Vx и V y – проекции скорости точки на оси координат. Дифференциальные уравнения после подстановки примут вид é 2 éV dV x x = - k x, ê dVx = -2k x, ê ê dx ê dx Þ ê ê 2 V dV ê y y = - k y; ê dV y ê = -2k y. êë dy êë dy После разделения переменных, интегрируем полученное уравнение с учетом начальных условий (а) éVx ( t ) x ê 2 dVx = -2k ò x dx, éV 2 = k a 2 - x 2 , é dV 2 = -2k x dx, ê ò x o a ê ê x ê Þê Þê ê 2 2 V t ( ) y êV y2 = V yo - k y2 . êë dV y = -2k y dy; ê y ê dV y2 = -2k ò y dy; ë ò ê o ë V yo ( ) (г) Рассмотрим первое уравнение в (г). Имеем ( ) Vx = ± k a 2 - x 2 , x £ a . Проекция скорости Vx на пути от А до В отрицательная, следовательно ( ) Vx = - k a 2 - x 2 . Заменяем Vx = чальных условий dx , разделяем переменные и интегрируем с учетом наdt 78 ( ) dx = - k a2 - x2 Þ dt (a x( t ) dx 2 -x 2 ) = k dt Þ - ò а (a t dx 2 -x 2 ) = k ò dt . o В результате интегрирования получаем x t x (t ) x () arcsin = k × t Þ arcsin - arcsin1 = k × t Þ aa a Þ arcsin x (t ) p x (t ) p x (t ) æp ö - = k × t Þ arcsin = + k ×t Þ = sin ç + k × t ÷ . a 2 a 2 a è2 ø Получили x (t ) = cos a ( k ×t ) Рассмотрим второе уравнение в (г). Имеем 2 V y = ± V yo - k y2 Проекция скорости V y на пути от А до В положительная, следовательно 2 Vy = + 2 V yo V yo æ V yo ö 2 y , y £ . -k y = k ç ÷ k k è ø 2 Заменяем V y = dy , разделяем переменные и интегрируем полученное dt уравнениес учетом начальных условий (а) 2 y(t ) t æ V yo ö dy dy dy 2 = k ç = k dt Þ ò = k ò dt . ÷ -y Þ 2 2 dt k è ø æ Vyo ö æ Vyo ö o o 2 2 ç ÷ -y ç ÷ -y è kø è kø В результате интегрирования получаем y(t ) arcsin y æ V yo ö ç ÷ è k øo = k × t Þ arcsin y (t ) - arcsin 0 = k × t Þ æ Vyo ö ç ÷ è kø 79 Þ arcsin y (t ) y (t ) = k ×t Þ = sin æ Vyo ö æ V yo ö ç ÷ ç ÷ è kø è kø ( ) k ×t . В результате уравнения движения точки принимают вид é x (t ) = cos k × t ; ê a ê ê ê y ( t ) = sin k × t . ê æ V yo ö êç ÷ ëè k ø ( ) ( ) (д) Исключая в (д) t, получим уравнение траектории: 2 V yo æxö æ yö , ç ÷ + ç ÷ = 1; где b = k èaø èbø Vyo ö æ траекторией точки является эллипс с полуосями: ç a; b = ÷. kø è Таким образом, материальная точка под действием центральной силы, притягивающей прямо пропорционально расстоянию, описывает эллипс. Выходя их точки А, материальная точка возвратится в А при k × to = 2p , откуда определяем время оборота: to = 2p . k