3

ЗМІСТ c. Вступ 4 Розділ 1. Динаміка матеріальної точки 5 1.1. Диференціальні рівняння руху матеріальної точки. Короткі

теоретичні відомості 5 1.2. Приклади розв’язування задач 8 1.3. Задачі для самостійного розв’язування 15 Розділ 2. Основні теореми динаміки 16 2.1. Теорема про зміну кількості руху системи матеріальних точок 16 2.1.1. Короткі теоретичні відомості 16 2.1.2. Приклади розв’язування задач 17 2.1.3. Задачі для самостійного розв’язування 20 2.2. Теорема про рух центра мас механічної системи 21 2.2.1. Короткі теоретичні відомості 21 2.2.2. Приклади розв’язування задач 22 2.2.3. Задачі для самостійного розв’язування 26 2.3. Теорема про зміну кінетичної енергії 27 2.3.1. Короткі теоретичні відомості 27 2.3.2. Приклади розв’язування задач 29 2.3.3. Задачі для самостійного розв’язування 36 2.4. Теорема про зміну моменту кількості руху (кінетичного моменту) 38 2.4.1. Короткі теоретичні відомості 38 2.4.2. Приклади розв’язування задач 40 2.4.3. Задачі для самостійного розв’язування 42 Розділ 3. Динаміка відносного руху 45 3.1. Короткі теоретичні відомості 45 3.2. Приклади розв’язування задач 46 3.3. Задачі для самостійного розв’язування 50 Перелік рекомендованої літератури 53

4

ВСТУП

Теоретична механіка вивчає найбільш загальні закони руху і взаємодії тіл. Значення теоретичної механіки як однієї з наукових основ механіки невпинно зростає. Зрозуміло, що теоретична механіка є важливим елементом вищої освіти. Вона входить до навчальних планів багатьох інженерних спеціальностей, є фундаментом для вивчення таких дисциплін, як опір матеріалів, гідравліка, біомеханіка, теорія механізмів і машин, теорія керування рухомими об’єктами тощо. Основний шлях вивчення будь-якої дисципліни – це самостійна робота над матеріалом, у тому числі набуття практичних навичок у розв’язанні задач, особливістю задач з теоретичної механіки є те, що вони передбачають наявність знань із математики, фізики, креслення тощо. Для студентів молодших курсів, на яких викладається теоретична механіка, поєднання знань цих дисциплін із новою інформацією, яку містить теоретична механіка, становить певні труднощі. Мета цих методичних вказівок – допомога студенту в опануванні та систематизації знань завдяки засвоєнню методики розв’язання задач. Тому у кожній частині посібника наведено короткі теоретичні відомості, приклади розв’язування задач та задачі для самостійної роботи.

5

РОЗДІЛ 1. ДИНАМІКА МАТЕРІАЛЬНОЇ ТОЧКИ 1.1. Диференціальні рівняння руху матеріальної точки.

Короткі теоретичні відомості Перший закон Ньютона (закон інерції). Ізольована матеріальна точка зберігає стан спокою або рівномірного прямолінійного руху до того часу, поки вплив з боку інших тіл не виведе її з цього стану.

Маємо: 0,,00 ===⇒= aconstVVFrrrr

. (1.1) Другий закон Ньютона (основний закон динаміки). Швидкість зміни кількості руху матеріальної точки дорівнює силі, що діє на цю точку:

( ) ,FVmdt

d rr= (1.2)

де m - маса матеріальної точки; Vm

r - кількість руху точки. У випадку

constm = маємо основне рівняння динаміки матеріальної точки:

Famrr = , (1.3)

де dt

Vda

rr = - прискорення точки.

Третій закон Ньютона (закон рівності дії і протидії). Сили взаємодії матеріальних точок або двох тіл (дія і протидія) рівні за величиною, протилежно напрямлені і мають спільну лінію дії. Закон незалежності дії сил (принцип суперпозиції). Прискорення матеріальної точки, що виникає при одночасній дії на неї кількох сил, дорівнює векторній сумі прискорень, які надають точці окремі сили:

nFFFamrrrr +++= ...21 , (1.4)

де naaaarrrr +++= ...21 , відповідно

m

Fa ii

rr = - прискорення точки, надане

силою ( )niFi ,...2,1=r

. Отже, напрям прискорення точки збігається з напрямом рівнодійної системи сил, прикладених до точки. Диференціальні рівняння руху матеріальної точки у векторній формі

∑=

=n

ii

dt

rdrtF

dt

rdm

12

2

,,

rrr

r

, (1.5)

де )(trrrr = - радіус-вектор точки;

dt

rdr

- її швидкість; dt

rdr2

- її прискорення;

6

∑=

n

iiF

1

r - рівнодійна системи сил, прикладених до точки.

Диференціальні рівняння руху матеріальної точки в координатній формі

,,,,,,,

,,,,,,,

,,,,,,,

12

2

12

2

12

2

∑

∑

∑

=

=

=

=

=

=

n

iiz

n

iiy

n

iix

dt

dz

dt

dy

dt

dxzyxtF

dt

zdm

dt

dz

dt

dy

dt

dxzyxtF

dt

ydm

dt

dz

dt

dy

dt

dxzyxtF

dt

xdm

(1.6)

де zyx ,, - координати точки в нерухомій декартовій системі координат

Oxyz ; dt

dz

dt

dy

dt

dx,, - проекції швидкості точки;

2

2

2

2

2

2

,,dt

zd

dt

yd

dt

xd - проекції

прискорення точки; ∑∑∑===

n

iiz

n

iiy

n

iix FFF

111

,,, - суми проекцій рівнодійної сил,

прикладених до точки, на осі координат Oxyz . Диференціальні рівняння руху матеріальної точки в натуральній формі

=

=

= ∑∑∑=== dt

dSStF

dt

dSStF

Sm

dt

dsStFSm

n

iib

n

iin

n

ii ,,0,,,,,,

11

2

1 ρτ

&&& ,(1.7)

де ρ - радіус кривини траєкторії; S - дугова координата;

∑∑∑===

n

iib

n

iin

n

ii FFF

111

,,τ - проекції рівнодійної сил на осі bn,,τ натуральної

системи координат, початок відліку якої знаходиться у рухомій точці. Пряма (перша) основна задача динаміки матеріальної точки. За відомим кінематичним законом руху точки та її масою визначити рівнодійну сил, прикладених до точки. При координатному способі задання руху матеріальної точки перша основна задача динаміки розв’язується на підставі рівнянь (1.6), тобто

zmFymFxmF zyx&&&&&& === ,, ,

звідки 222zyx FFFF ++= (1.8)

7

де zyx FFF ,, - проекції рівнодійної; F - модуль рівнодійної.

Напрям вектора рівнодійної визначається напрямними косинусами

( ) ( ) ( )F

FOz,Fcos

F

FOy,Fcos

F

FOx,Fcos zyx ===

rrr,,

ˆ̂̂̂ˆ

. При натуральному заданні руху матеріальної точки рівнодійну можна визначити, застосовуючи рівняння (1.7), тобто

,,2

ρτS

mFSmF n

&&& == звідки .22

nFFF += τ (1.9)

Кут α між рівнодійною силою Fr

та напрямком нормалі до траєкторії точки визначають з виразу

.22 V

V

S

S

F

Ftg

n

ρρα τ&

&

&&=== (1.10)

Методика розв’язування першої задачі динаміки:

1. Вибрати систему відліку. 2. Зобразити поточне положення точки. 3. Визначити за заданим законом руху проекції прискорення точки на

координатні осі. 4. Скласти рівняння руху точки відповідно до вибраної системи

відліку. 5. Визначити шукані сили з рівнянь руху. Обернена (друга) основна задача динаміки матеріальної точки. За заданими силами та масою точки визначити її кінематичні рівняння

руху. Розв’язання даної задачі полягає в інтегруванні відповідних диференціальних рівнянь руху точки з застосуванням відомих прийомів теорії звичайних диференціальних рівнянь.

При координатному способі задання руху точки (наприклад, у прямокутній декартовій системі відліку) шукані величини є функціями часу і шести сталих інтегрувань :6,...2,1, =ici

( ) ( ) ( ).,...,,,...,,,..., 616161 cctzzcctyycctxx === (1.11) Визначення конкретного закону руху з усієї множини можливих законів руху проводиться з використанням початкових умов, тобто значень координат та проекцій швидкостей у початковий момент часу:

.)(,)(,)(

,)(,)(,)(

000000

000000

ztzytyxtx

ztzytyxtx

&&&&&& ======

(1.12)

8

Остаточно шуканий закон руху має вигляд: ).(),(),( tzztyytxx === (1.13)

При натуральному способі шуканий закон руху після інтегрування першого рівняння τFSm =&& системи (1.7), якщо це можливо, має вигляд

( )210 ,, cctSS = . Сталі інтегрування 1c і 2c визначають з урахуванням

початкових умов 0000 )(,)( StVStS &== τ із системи рівнянь:

=

=

).,,(

),,(

2100

2,100

cctSS

cctSS

&& (1.14)

Друге рівняння системи (1.7) nFS

m =ρ

2& дає змогу визначити радіус

кривини траєкторії як функцію часу. Розв’язання оберненої задачі динаміки, якщо рух описується векторним способом, проводиться аналогічно і вимагає задання початкових умов у формі

rtrrtr &r&rrr == )(,)( 000 . (1.15) Методика розв’язування оберненої задачі динаміки: 1. Визначаємо об’єкт дослідження і зображуємо його в поточному положенні. 2. Вводимо систему відліку, осі якої зображуємо на рисунку. 3.Визначаємо початкові умови руху точки. 4. Зображуємо на рисунку активні сили та реакції в’язей (для невільної матеріальної точки). 5. Складаємо диференціальні рівняння руху точки. 6. Інтегруємо отримані рівняння руху. 7. Використовуючи початкові умови і отриманий загальний розв’язок, визначаємо сталі інтегрування. 8. Записуємо кінематичний закон руху матеріальної точки.

1.2. Приклади розв’язування задач Приклад 1.1. Матеріальна точка масою m рухається за законом

2, atbyatx −== . Визначити силу Fr

, під дією якої відбувається рух, якщо ця сила залежить тільки від положення точки. Рух точки здійснюється в прямокутній декартовій системі відліку Oxy . Траєкторія руху – парабола, рівняння якої після виключення часу t має

вигляд 21x

aby −= (рис. 1.1). Враховуючи, що дана задача є першою

9

(прямою) задачею динаміки матеріальної точки, визначимо проекції сили Fr

з диференціальних рівнянь (1.6). Для проекцій прискорення маємо:

ayx 2,0 −== &&&& . Тоді amFF yx 2,0 −== . Модуль сили Fr

можна записати

так:

amFFF yx 222 =+= .

y

x O

M

→ F ___

√ab

Рисунок 1.1

Таким чином, точка рухається під дією сталої сили величиною amF 2= , яка паралельна осі Oy і протилежно спрямована до неї. Приклад 1.2. Визначити максимальний натяг нерозтяжної невагомої нитки математичного маятника завдовжки l вагою Q , якщо кут відхилення маятника від вертикалі змінюється за законом tsin 0ωϕϕ 0= , причому 0ϕ та

0ω - сталі величини.

О

n

Q

RM

ar

an

Рисунок 1.2

Дана задача належить до першої задачі динаміки матеріальної точки. Покажемо маятник у поточному положенні, при якому 0≠ϕ . Вводимо

10

натуральну систему координат (рис. 1.2), вісь n якої спрямована вздовж нитки, вісь τ - перпендикулярно до n у бік зростання кута ϕ . До маятника

прикладені сила ваги mgQ = і реакція нитки Rr

. За основним законом

динаміки матеріальної точки маємо RQamrrr += . Проекції на осі τ і n :

,cosQRma

sinQma

n ϕϕτ

−=−= ,

де Va &=τ , l

Van

2

= - дотична та нормальна складові прискорення

маятника. Враховуючи, що lV ϕ&= , маємо

.

,

2 ϕϕϕϕcosQRml

sinQml

−=

−=&

&&

З останнього рівняння можна знайти

+=+= 22 ϕϕϕϕ &&g

lcosQl

g

QcosQR .

Оскільки проекція сили ваги Qr

на вісь n і кутова швидкість ϕ& максимальні в найнижчому положенні маятника, реакція нитки в цьому положенні також максимальна, тобто при 1cos =ϕ . Розв’язок цього тригонометричного рівняння zkk ∈= ,2πϕ . Не обмежуючи загальність викладення, припустимо, що 0=k , тобто 0=ϕ . Тоді з урахуванням умови

tsin 00 ωϕϕ = маємо 00 =tsinω , звідки випливає, що 10 ±=tcosω та 20

200

20

20

2 ωϕωωϕϕ == tcos2& . Таким чином, максимальний натяг нитки за величиною дорівнює максимальній реакції

+=

g

lQRmax

20

201ωϕ

.

Приклад 1.3. Отримавши поштовх, тіло ковзає вниз із початковою швидкістю cмV /30 = вздовж площини, розташованої під кутом o30=α до горизонту. Визначити шлях S , який проходить тіло за 2с, якщо коефіцієнт тертя ковзання тіла по шорсткій поверхні 5,0=f .

Введемо систему координат Oxy , початок відліку якої розташуємо в початковому положенні тіла, вісь Ox спрямуємо вздовж поверхні вниз. Вісь Oy , яка перпендикулярна до Ox , направимо вгору (рис. 1.3). Нехай m - маса тіла, яке візьмемо за матеріальну точку. Враховуючи, що досліджуване тіло є

11

невільним, до нього прикладена, крім активної сили (сила ваги gmr

), реакція поверхні. Ця реакція має дві складові: дотичну складову, яка є силою тертя

x

O

mg

N

y

Fтр

V

Рисунок 1.3

ковзання 2!Fr

і напрямлена протилежно руху вздовж поверхні вгору, і

нормальну складову Nr

, перпендикулярну до площини (рис. 1.3). На підставі основного рівняння динаміки точки

NFgmam 2!

rrrr ++=

отримаємо після проектування на осі Ox та Oy рівняння

2!Fsinmgxm −= α&& , (1)

αcosmgN −=0 . (2) Розв’язання задачі вимагає інтегрування рівнянь (1) і (2) і визначення закону руху тіла, тобто задача належить до оберненої (другої) задачі динаміки матеріальної точки. Для знаходження сталих інтегрування треба знати початкові умови руху тіла, які в даному випадку запишемо так:

.0)0(,0)0(

,)0(,0)0( 0

====

yy

Vxx

&

&

Відомо, що fNF2! = . Тоді, враховуючи рівняння (2), знайдемо силу

тертя αcosfmgF2! = , а після скорочення на m з рівняння (1) отримаємо

)cosfsingx αα −= (&& . (3)

Для інтегрування рівняння (3), замінивши x&& на dt

xd &, одержимо

12

)dtcosfsingxd αα −= (& . Для інтегрування маємо

1c)tcosfsingx +−= αα(& . Цей вираз є першим інтегралом рівняння (3). Сталу інтегрування 1c

визначають шляхом підстановки початкової умови 0)0( Vx =& і початкового

моменту часу 0=t у перший інтеграл. Отримаємо 01 Vc = , тобто

0( V)tcosfsingx +−= αα& .

У даному рівнянні теж замінимо x& на dt

dx і знову розділимо змінні

dtV)tdtfcossingdx 0( +−= αα .

Після інтегрування цього виразу одержимо другий інтеграл рівняння (3):

20(2

1ctV)tcosfsingx 2 ++−= αα .

Враховуючи початкові умови за координатою 0)0( =x , визначають сталу інтегрування 02 =c . Таким чином, кінематичний закон руху тіла має вигляд

tV)tcosfsingx 20(

2

1 +−= αα . (4)

Шуканий шлях S , який проходить тіло за час ct 2= , визначаємо з рівняння (4). Після підстановки числових даних маємо мS 31,7= . Приклад 1.4. Визначити кінематичний закон руху та рівняння траєкторії тіла, кинутого з початковою швидкістю 0V

r під кутом α до

горизонту, якщо сила опору руху пропорційна швидкості тіла: VmRrr

µ−= , де µ - сталий коефіцієнт, m - маса тіла. Введемо систему координат Oxy , початок відліку якої збігається з початковим положенням тіла (рис. 1.4). У поточному положенні M (рис. 1.4) на тіло діють сила ваги gm

r та сила

опору Rr

, напрямлена протилежно швидкості. На підставі основного рівняння динаміки точки та закону незалежності дії сил маємо

.Rgmamrrr += (1)

13

y

oz

Vo

M

x

mgV

R

Рисунок 1.4

Початкові умови мають вигляд

.sinV(0)y,cosVx

yx

αα 00)0(

,0)0(,0)0(

====&&

Враховуючи, що yVxVyaxa yxyx

&&&&&& ==== ,,, , отримаємо

,, ygyxx &&&&&& µµ −−=−=

або .,0 gyyxx −=+=+ &&&&&& µµ (2) Розв’яжемо ці рівняння, використовуючи теорію звичайних диференціальних рівнянь. Перше рівняння системи (2) є звичайним лінійним однорідним диференціальним рівнянням другого порядку зі сталими коефіцієнтами. Його розв’язок шукаємо як загальний розв’язок однорідного рівняння. Відповідне характеристичне рівняння має вигляд

.02 =+ µλλ (3) Визначаємо корені характеристичного рівняння: µλλ −== 21 ,0 . Далі запишемо загальний розв’язок рівняння у формі

.21 cecx t += −µ (4) Для визначення сталих інтегрування 21, cc підставимо відповідні початкові

умови ( )αcosVxxt 0)0(,0)0(,0 === & у вираз (4) та у вираз похідної за часом з (4). Отримаємо:

αµ cosVccc 0121 ,0 =−=+ , звідки αµ

cosV

cc 021 −=−= .

Закон руху тіла за координатою х запишемо у вигляді

14

( ) .10 αµ

µ coseV

x t−−= (5)

Друге рівняння системи (2) є неоднорідним диференціальним рівнянням, його загальний розв’язок )(ty шукаємо як суму загального

розв’язку 1y відповідного однорідного рівняння та частинного розв’язку 2y

неоднорідного рівняння, тобто 21)( yyty += . Характеристичне рівняння

цього диференціального рівняння має вигляд (3). Тоді загальний розв’язок 1y однорідного рівняння запишемо аналогічно виразу (4):

.431 cecy t += −µ (6)

Похідна за часом від частинного розв’язку 2y неоднорідного рівняння відповідно до правої частини цього рівняння має бути сталою величиною:

,2 Ay =& де constA = . Ця величина визначається після підстановки похідної

за часом від частинного розв’язку 2y& у диференціальне рівняння. Взявши до

уваги, що 02 =y&& , маємо µg

A −= , або µg

y −=2& . Останній вираз подамо у

вигляді µg

dt

dy −=2 .

Після розділення змінних та інтегрування отримаємо

.2 ctg

y +−=µ

(7)

Таким чином, загальний розв’язок неоднорідного рівняння подається як сума виразів (6) та (7):

tg

cecy t

µµ −′+= −

43 ., (8)

де ccc +=′

44 . Сталі інтегрування визначаються підстановкою початкових умов ( )αsinVyyt 0)0(,0)0(,0 === & у вираз (8) та похідну від y . Відповідна система алгебраїчних рівнянь має вигляд

,,0 0343 µαµ g

sinVccc +=−=′+ (9)

15

звідки .043 2

gsin

Vcc

µα

µ−−=′−=

Тоді закон руху тіла за координатою y запишемо у вигляді

( )( ) .11

02t

gesinVgy t

µαµ

µµ −−+= − (10)

Для визначення рівняння траєкторії виключаємо параметр t із рівнянь руху тіла (5) та (10) і отримуємо

−++= x

cosV1ln

gx

cosV

sinVgy

αµ

µααµ

µ 02

0

01.

1.3. Задачі для самостійного розв’язування

1.1. Точка масою m рухається за законом tt aeyaex λλ −== , , де a і λ - сталі величини. Визначити силу, яка прикладена до точки. Відповідь: точка рухається під дією центральної сили rmF 2λ= , де r - радіус-вектор точки. 1.2. Кулька масою *гm 1,0= рухається у горизонтальній площині по

колу радіусом 0,5 м за законом мtS 22= . Визначити силу, яка надає цей рух, у момент часу 0,5 с. Відповідь: HF 89,0= , кут між напрямком сили та головною нормаллю кола дорівнює 450. 1.3. Матеріальна точка масою m здійснює прямолінійний рух вздовж осі Ox під дією сили ktsinbF = . Знайти закон руху точки, якщо вона в початковий момент часу була нерухома і перебувала в початку відліку.

Відповідь: .1

−= ktsink

tmk

bx

1.4. Визначити траєкторію точки, якщо рівнодійна системи сил, прикладених до точки, та вектор початкової швидкості лежать на одній прямій. Відповідь: пряма, яка збігається з лінією дії рівнодійної.

16

РОЗДІЛ 2. ОСНОВНІ ТЕОРЕМИ ДИНАМІКИ 2.1. Теорема про зміну кількості руху системи матеріальних точок.

2.1.1. Короткі теоретичні відомості

Кількістю руху матеріальної точки qr

називається вектор, який дорівнює добутку маси точки на вектор її швидкості:

.Vmqrr = (2.1)

Кількістю руху Qr

системи матеріальних точок називається головний вектор (векторна сума) кількостей руху матеріальних точок, що входять у систему:

.11

∑∑==

==n

iii

i

n

i

VmqQrrr

(2.2)

Кількість руху Q

r абсолютно твердого тіла дорівнює добутку маси M тіла

на швидкість його центра мас:

.cVMQrr

= (2.3) Теорема про зміну кількості руху матеріальної точки в диференціальній формі: перша похідна за часом від кількості руху матеріальної точки дорівнює діючій на точку силі.

Маємо .Fdt

qd rr

= (2.4)

Теорема про зміну кількості руху системи матеріальних точок у диференціальній формі: перша похідна за часом від кількості руху системи матеріальних точок (твердого тіла) дорівнює головному вектору зовнішніх сил, прикладених до точок системи (тіла).

Маємо eFdt

Qd rr

= , (2.5)

де ∑=

=n

i

ei

e FF1

rr, e

iFr

- зовнішні сили, прикладені до точок системи.

Теорема про зміну кількості руху матеріальної точки в інтегральній формі (теорема імпульсів): приріст кількості руху матеріальної точки за певний проміжок часу дорівнює імпульсу рівнодійної прикладених до точки сил за той самий проміжок часу.

17

Маємо SVmVmrrr

=− 0 , (2.6)

де tvVrr

,0 - початкова та кінцева швидкість точки; ∫=t

t

dFS

0

)( ττrr

- повний

імпульс сили; ττ dFSd )(rr

= - елементарний імпульс сили. Теорема про зміну кількості руху системи матеріальних точок в інтегральній формі (теорема імпульсів): приріст кількості руху системи матеріальних точок за деякий проміжок часу [ ]tt ,0 дорівнює повному імпульсу головного вектора зовнішніх сил, прикладених до точок системи за той самий проміжок часу. Маємо eStQtQ

rrr=− )()( 0 , (2.7)

де ∫ ∫==t

t

t

t

ei

ee dFdFS

0 0

ττrrr

- повний імпульс головного вектора зовнішніх сил;

)(),( 0 tQtQrr

- кількість руху системи матеріальних точок у початковий та кінцевий моменти часу. Закон збереження кількості руху: якщо діюча сила F

r або головний

вектор зовнішніх сил eFr

(або проекції цих векторів на відповідну вісь) дорівнює нулю, то кількість руху (її проекція на відповідну вісь) є сталою величиною. Маємо

.)()(

,)()(

,)()(

0

0

0

consttQtQ

consttQtQ

consttqtq

xx ====

==rr

rr

(2.8)

Теорему про зміну кількості руху або закон збереження кількості руху застосовують у випадках, коли до відомих і невідомих величин входять швидкості точок матеріальної системи (тіла), що діють на систему сили та час.

2.1.2. Приклади розв’язування задач

Приклад 2.1. Тіло спускається по похилій площині, яка з горизонтом становить кут α (рис. 2.1). Через який час швидкість тіла збільшиться від 0V до V , якщо коефіцієнт тертя ковзання між тілом і площиною дорівнює f

)( ftg >α ?

18

Позначимо сили, що діють на тіло: сила ваги тіла gmr

, сила тертя між

тілом і площиною 2!Fr

. Згідно з означенням сила тертя fNF2! = , де Nr

-

нормальна складова реакції поверхні площини. Згідно з рисунком αcosmgN = , тоді αfmgcosF2! = . Спрямуємо вісь xO паралельно

площині спуску тіла і спроектуємо на неї співвідношення (2.7), що виражає теорему про зміну кількості руху. Маємо

∫=−t

exoxx dtFQQ

0

,

або ∫ −=−t

oxx )dtcosfmgsinmgQQ0

( αα .

x

O

mg

NFтр

V

Рисунок 2.1

Проекції головного вектора зовнішніх сил на вісь xO складаються із сталих величин. Після інтегрування, враховуючи визначення кількості руху, одержимо

)tfcossinmgmVmV αα −=− (0 , звідки розв’язок задачі:

)fcossing

VVt

αα −−=

(

0 .

Приклад 2.2. Матеріальна точка вагою 1HP = рухається рівномірно зі швидкістю cмV /2= по колу (рис. 2.2). Визначити імпульс сили, яка діє на точку за час, протягом якого вантаж проходить чверть кола.

M

SV

Mo

mV

mVоVо

Рисунок 2.2

19

Згідно з теоремою імпульсів маємо 0VmVmSrrr

−= . Будуючи геометричну різницю кількостей руху, знаходимо із отриманого прямокутного трикутника

..32)(22

022

0 “…Vg

PVVmmVmVS ≈=+=+=

Приклад 2.3. На горизонтальній поверхні вагою 1P

r встановлено похилу

площину AB , яка утворює з горизонтом кут α (рис. 2.3). По цій площині за допомогою лебідки піднімаємо вантаж C вагою 2P

r так, що відстань AC

змінюється за законом 2

2

1atS = .

У початковий момент часу система знаходиться в стані спокою. Визначити швидкість, з якою буде рухатися платформа. Опором рухові платформи знехтувати. Механічна система складається з двох тіл: платформи і рухомого вантажу C . Зовнішніми силами, прикладеними до цієї системи, є вага платформи 1P

r, вага вантажу 2P

r, нормальні реакції 1N

r і 2N

r. Оскільки всі

сили вертикальні ),,( 122 PPNrrr

, то сума їх проекцій на горизонтальну вісь xO

дорівнює нулю, тобто ∑=

=n

i

eixF

0

0 .

xO

SV1

y

P1N2

P2

N1V2=at

A

С

Рисунок 2.3

Тому враховуючи, що в початковий момент часу система нерухома, і застосовуючи теорему імпульсів, дістанемо

022

11 =+ xx V

g

PV

g

P,

де xx VV 21 , - проекції на вісь xO абсолютних швидкостей платформи і

вантажу. Нехай швидкість платформи дорівнює 1Vr

, тоді

αcosatVVVV xx +== 1211 , . Отже:

20

( ) 012

11 =++ αcosatV

g

PV

g

P,

звідки находимо αcosatPP

PV

21

21 +

−= .

Знак “-“ вказує на те, що платформа буде переміщуватися вліво.

2.1.3. Задачі для самостійного розв’язування 2.1. Людина масою m рухається по човну, маса якого M , з відносною

швидкістю Ur

. Визначити швидкість човна залежно від часу, вважаючи опір води сталим і таким, що дорівнює R

r. У початковий момент людина і човен

були нерухомими.

Відповідь: Mm

RtmUV

+−= .

2.2. До бічної грані призми A (рис. 2.4), вага якої Qr

, прикріплено однорідний стрижень OB вагою P

r завдовжки l . Стрижень обертається

навколо осі O з кутовою швидкістю ω . Нехтуючи тертям призми по горизонтальній площині, визначити залежність її швидкості від кута повороту ϕ .

Відповідь: Q)2(P

sinlPV

+= ϕω

.

O

B

A

Рисунок 2.4

2.3. Кривошип OA вагою 1Pr

і довжиною a (рис. 2.5) обертається з

кутовою швидкістю 0ω навколо осі O і приводить у рух шатун AB вагою

2Pr

і повзун B вагою 3P . Визначити кількість руху механізму у випадках, коли кривошип OA :

1. Перпендикулярний до прямої OB . 2. Напрямлений вздовж OB .

21

xO

B

yA

0

Рисунок 2.5

Відповідь: ( )3210

1 222

PPPq

aQ ++= ω

; ( )210

22

PPq

aQ += ω

.

2.4. Важка точка розміщена на похилій площині І з кутом нахилу 1α і відпускається без початкової швидкості. Спустившись донизу, вона піднімається по похилій площині ІІ з кутом нахилу 2α (рис. 2.6). За відомим

часом спуску 1t визначити час підйому 2t , нехтуючи тертям.

Відповідь: 2

1

sin

sintt

αα

12 = .

1α 2α I

II

Рисунок 2.6

2.2. Теорема про рух центра мас механічної системи 2.2.1. Короткі теоретичні відомості

Центром мас (центром інерції) системи матеріальних точок називається геометрична точка простору C , яка характеризує розподіл маси в системі і положення якої визначається радіусом-вектором

m

rm

r

n

iii

c

∑== 1

r

r (2.9)

або координатами

,,, 111

m

zm

zm

ym

ym

xm

x

n

iii

c

n

iii

c

n

iii

c

∑∑∑=== === (2.10)

де ∑=

=n

iimm

1

- маса системи; iii zyx ,, - координати і-ї точки у прямокутній

декартовій системі координат Oxyz .

22

Теорема: центр мас системи матеріальних точок рухається як вільна матеріальна точка, маса якої дорівнює масі всієї системи і на яку діє сила, що дорівнює головному вектору зовнішніх сил. Маємо

ec Famrr = , (2.11)

де ca

r - прискорення центра мас; { }e

zey

ex

e FFFF ,,r

- головний вектор зовнішніх

сил, причому ∑∑∑===

===n

i

eiz

ez

n

i

eiy

ey

n

i

eix

ex FFFFFF

111

,, .

У координатній формі вираз (2.11) набирає вигляду:

.,, ezc

eyc

exc FzmFymFxm === &&&&&& (2.12)

Співвідношення (2.12) є диференціальними рівняннями руху центра мас системи у проекціях на осі декартової системи координат. Відсутність внутрішніх сил у наведених рівняннях дає можливість зробити висновок, що внутрішні сили безпосередньо не впливають на рух центра мас. Якщо головний вектор зовнішніх сил дорівнює нулю, тобто

0=dt

Vdm c

r

, то маємо constVV coc ==rr

. Це означає, що центр мас

матеріальної системи рухається рівномірно і прямолінійно. Ця теза може бути поширена на проекцію головного вектора зовнішніх сил на деяку вісь і відповідно на рух системи відносно цієї осі. Якщо до того ж у початковий момент часу швидкість руху центра мас дорівнювала нулю, то центр мас зберігає своє положення. Аналогічні властивості має і проекція положення центра мас на певну вісь.

2.2.2. Приклади розв’язування задач Приклад 2.4. Горизонтальний поршневий двигун розміщений без кріплення на горизонтальній гладкій площині (рис. 2.7). Кривошип OA завдовжки r обертається з постійною кутовою швидкістю 0ω . Вважаючи довжину шатуна рівною довжині кривошипа, а маси рухомих частин зведеними до двох мас 1m і 2m , зосереджених у пальці кривошипа і в центрі поршня, визначити горизонтальний рух корпусу двигуна, якщо його маса дорівнює 3m . У початковий момент поршень займає крайнє ліве положення, а корпус перебуває у стані спокою.

23

xО3

yA

r r

x1

x2

x3 l

P2

N P3

P1

О

С3

Рисунок 2.7.

Розглянемо двигун як систему, що складається з кривошипа та шатуна зі зведеною масою 1m , поршня масою 2m і корпусу двигуна масою 3m . На

неї діють зовнішні сили: 321 ,, PPPrrr

- сили ваги; Nr

- нормальна реакція поверхні гладкого фундаменту. Оскільки потрібно знайти горизонтальний рух корпусу, скористаємося теоремою про проекції руху центра мас системи на горизонтальний напрям:

cxc Fxm =&& , (1)

де 321 mmmm ++= - маса двигуна.

Нехай 321 ,, xxx - абсциси центрів мас частин системи у довільний момент часу t . Тоді абсциса центра мас C усієї системи

m

xmxmxmxc

332211 ++= . (2)

Виразимо усі абсциси через величину 3x , отримаємо

t,cosrlxx,cosrlxx 03231 2 ωϕϕϕ =−+=−+= , (3) де constl = - різниця абсцис точки O і центра мас корпуса двигуна 3c . Підставивши ці абсциси у формулу (2), одержимо

( )[ ]

.)2()(

12

021213

0201213321

m

trcosmm

m

lmmx

mtrcosmtrcosmlmlmxmmmxc

ω

ωω

+−++=

=−−++++=

(4)

24

Продиференціювавши cx два рази за часом і підставивши в (1), буде диференціальне рівняння руху центра мас корпусу двигуна:

tcosrmmFxm ex 0

20213 )2( ωω+−=&& . (5)

У цій задачі 0=e

xF , тому що при вибраних осях усі зовнішні сили

паралельні осі yO1 . Рівняння (5) можна записати у вигляді

( )

tcosmmm

rmmx 0

321

2021

3

2 ωω++

+−=&& ,

після інтегрування якого знаходимо

( )

( )210

321

213

0

321

213

2

,2

ctctcosrmmm

mmx

ctsinrmmm

mmx 1

++++

+=

+++

+−=

ω

ω&

(6)

Враховуючи початкові умови руху корпусу [ ]0)0(,)0( 3303 == xxx & ,

одержимо rmmm

mmxcc

321

213021

2,0

+++

−== ,

де 30x - початкова абсциса корпусу двигуна. Маємо

( ) ( )tcosmmm

rmmxx 0

321

21303 1

2 ω−++

+−= . (7)

Рівняння (7) є рівнянням руху корпусу двигуна. Він буде здійснювати

гармонічні коливання з амплітудою rmmm

mma

321

21 2

+++

= і круговою

частотою ω . Приклад 2.5. Кривошип AB завдовжки r вагою 1P , який обертається з постійною кутовою швидкістю ω , приводить у рух кулісу і зв’язаний із нею поршень D , загальна вага яких також дорівнює 1P (рис. 2.8). На поршень при його русі діє стала сила Q . Нехтуючи тертям, знайти найбільший горизонтальний тиск на вісь A кривошипа.

25

x

A

y

r

x1

x2

D

QRx

Ry

N1

N2

B

a

P1P1

Рисунок 2.8

Для того щоб виключити сили, які обертають кривошип, і тиск на нього з боку куліси, розглянемо горизонтальний рух усієї системи вздовж осі Ax . Тоді за теоремою про рух центра мас системи, якщо назначити горизонтальну реакцію осі A через Rx матимемо

QRdt

xdm x

c −=2

2

. (1)

Враховуючи вирази (2.10), після їх подвійного диференціювання можна записати

2211 xmxmxm c&&&&&& += (2)

У нашому випадку

t,cosraxg

Pmcos

2

rx

g

Pm ωϕϕϕ =+==== 2

121

11 ,,, .

Скориставшись формулами (1) і (2), запишемо

tcosPP

g

rQ

dt

xdmQR c

x ωω

+−=+= 11

2

2

2

2 (2)

Горизонтальна сила тиску, прикладена до осі обертання кривошипа,

напрямлена протилежно реакції xRr

і дорівнює за модулем xRr

. Тиск буде

максимальним, коли o180=ϕ ,

++= 11

2

2P

P

g

rQRmax

x

ω.

26

2.2.3. Задачі для самостійного розв’язування 2.5. Клин 1M масою *г7 розміщено на гладенький горизонтальній

площині, o30=α (рис. 2.9). Пружину AB , закріплену в точці B , стиснули і відпустили зі стану спокою, після чого тіло 2M , маса якого *г3 , пройшло по похилій грані клина вгору відстань “м40 . Визначити відстань, на яку при цьому перемістився клин. Відповідь: 19,4 см, вліво.

M1

M2A

B

Рисунок 2.9

2.6. Однорідний стрижень AB завдовжки L дотикається кінцем B до гладенької горизонтальної підлоги. Кінець A стрижня, піднятий на висоту h над підлогою, відпускають зі стану спокою, і стрижень падає на підлогу. На яку відстань переміститься при цьому кінець B стрижня?

Відповідь: на відстань ( )22

2

1hLL −− .

2.7. Людина, сидячи в човні, почала тягти на себе канат, до якого прикріплений пліт вагою 200 кг. Початкова відстань між човном і плотом 8 м. Якою буде відстань між ними, якщо пліт пройде по воді назустріч човну 3 м? Маса людини і човна 150 кг. Опір води не враховувати. Відповідь: 1 м. 2.8. До вала О двигуна під прямим кутом прикріплені невагомі стрижні ОА і ОВ, кожний з яких має довжину l (рис. 2.10). На кінцях стрижня насаджені точкові вантажі А і В вагою Р кожний. Вал двигуна обертається зі

сталою кутовою швидкістю ω . Кут 4

πωϕ += t відлічують від осі z . Знайти

рівняння руху двигуна, якщо його вільно поставлено на гладенькій горизонтальній підлозі, а o90=AOBL . Вага двигуна Q , 0,0 == xt .

Відповідь: tsinQP

Plx ω

+−=2

2.

27

B

O

A

z

Рисунок 2.10

2.3. Теорема про зміну кінетичної енергії 2.3.1. Короткі теоретичні відомості

Кінетичною енергією матеріальної точки називають скалярну міру механічного руху точки в нерухомій системі координат, що дорівнює половині добутку маси точки m на квадрат її швидкості:

2

2

1mVT = (2.13)

Кінетичною енергією системи матеріальних точок (твердого тіла) називають суму кінетичних енергій усіх точок, що входять до системи (твердого тіла):

∑∑==

==n

iii

n

ii VmTT

1

2

1 2

1 (2.14)

для im - маси точок; iV - швидкості точок. Кінетична енергія твердого тіла, що рухається поступально:

2

2

1cMVT = , (2.15)

де M - маса тіла; cV - швидкість центра мас (або будь-якої іншої точки). Кінетична енергія твердого тіла при обертанні його навколо нерухомої осі (наприклад )Oz :

2

2

1 ωzIT = , (2.16)

де zI – момент інерції тіла відносно осі обертання; ω - кутова швидкість тіла. Для загального випадку руху твердого тіла (у тому числі і для плоского руху):

28

22

2

1

2

1 ωcc IMVT += , (2.7)

де cI - момент інерції тіла відносно миттєвої осі, яка проходить через центр мас (для плоского руху ця вісь перпендикулярна до площини руху); ω - миттєва кутова швидкість. Теорема про зміну кінетичної енергії матеріальної точки: приріст кінетичної енергії матеріальної точки на деякому відрізку дуги її траєкторії дорівнює роботі сили, що прикладена до точки, на цьому відрізку дуги траєкторії. Маємо

AmmV =−2

V

2

20

2

, (2.18)

де VV ,0 - відповідно початкова та кінцева швидкість точки; A - робота сили. Теорема про зміну кінетичної енергії системи матеріальних точок: приріст кінетичної енергії системи матеріальних точок за деякий проміжок часу дорівнює сумі робіт зовнішніх і внутрішніх сил, що діють на точки системи впродовж цього проміжку часу. Маємо

∑∑==

+=−n

i

ii

n

i

ei AATT

110 (2.19)

де ∑∑==

n

i

ii

n

i

ei AA

11

, - відповідно сума робіт зовнішніх і внутрішніх сил.

Елементарна робота сил дорівнює скалярному добутку сили на елементарне переміщення точки її прикладення:

( ) dzFdyFdxF,FcosdSFrdFdA zyx ++=⋅⋅=⋅= τrrr

, (2.20)

де S - дугова координата; τr - орт дотичної до траєкторії точки; dzdydx ,, - проекції вектора елементарного переміщення rd

r точки прикладання сили на

осі декартової системи координат. Робота сили на скінченному переміщенні матеріальної точки вздовж дуги L визначається одним з інтегралів:

( )∫ ∫∫ ++==⋅=L L

zyxrL

dzFdyFdxFdSFrdFAr

(2.21)

29

Робота сили ваги матеріальної точки дорівнює добутку сили ваги на різницю висот ( )h± початкового і кінцевого положення точки:

mghPhA ±=±= . (2.22) Робота центральної сили не залежить від форми траєкторії матеріальної точки, на яку діє центральна сила, а залежить тільки від початкового та кінцевого положень точки:

∫=2

1

)(

r

r

drrFA . (2.23)

Робота сили пружності визначається з виразу:

( )2122

2λλ −−= c

A , (2.24)

де 022011 , llll −=−= λλ - початкове та кінцеве подовження пружини;

21, ll - довжина пружини в початковому та кінцевому положенні; 0l - довжина недеформованої пружини; c - жорсткість пружини. Елементарна та повна робота сил, прикладених до твердого тіла, що обертається навколо осі Oz :

∫=⋅=2

1

,ϕ

ϕ

ϕϕ dMAdMdA zz , (2.25)

де zM - головний момент усіх зовнішніх сил відносно осі обертання. Сума робіт усіх внутрішніх сил абсолютно твердого тіла дорівнює нулю.

2.3.2. Приклади розв’язування задач Приклад 2.6. Вантажу вагою gmP

rr= , підвішеному в точці 1O на

пружині, статичне подовження якої під дією сили ваги Pr

дорівнює “2λ ,

надано початкову швидкість 0Vr

із положення 0M вертикально вниз (рис. 2.11). Визначити швидкість вантажу в положенні M , якщо вантаж, який вважається матеріальною точкою, ковзає по кільцю радіусом R без тертя. ROO =1 і довжина недеформованої пружини теж дорівнює R . Застосуємо теорему про зміну кінетичної енергії точки, взявши за початкове положення вантажу точку 0M , за кінцеве – точку M . Отримаємо:

30

AV

mV

m =−22

20

2

(1)

M

О

P

V0

M 0

О1

V

R

NF

Рисунок 2.11

Роботу здійснюють сила ваги вантажу ( )mghA = і пружна сила пружини:

( )2122

2λλ −= c

A .

Оскільки в стані статичної рівноваги тіла, підвішеного на пружині, сила ваги mg урівноважується пружною силою пружини, то “2cmg λ= , де ñòλ - статичне подовження пружини. Тоді коефіцієнт пружності пружини

“2

mgc

λ= .

Нормальна реакція N

r кільця весь час перпендикулярна до переміщення і її

робота дорівнює нулю. Отже, сума робіт

( )2122

2λλ

λ−−=

“2

mgmghA .

У випадку, який розглядається, ,2,2, 21 RRRRRRh =−=−== λλ тому

( ) ( )

−−=

−−−= 12112

2

222

“2“2

RmgRRR

mgmghA

λλ (2)

Підставивши (2) в (1), дістанемо:

( )

−−=− 121

22

20

2

“2

RmgR

Vm

Vm

λ,

31

звідки

( )

−−+=“2

RgRVV

λ12

1220 .

Приклад 2.7. Тілу, що знаходиться на похилій площині, надається початкова швидкість 0V

r, яка напрямлена вверх (рис. 2.12). Визначити, з

якою швидкістю тіло повернеться в початкове положення, якщо кут тертя const=ϕ , а кут нахилу площини α , причому ϕα > .

Розглянемо спочатку рух тіла вверх із початкового положення 1 в кінцеве положення 2, яке відповідає зупинці тіла. Застосовуючи теорему про зміну кінетичної енергії, маємо

AmVmV =−22

20

22 , (1)

де AV ;02 = - робота, яка виконується силою ваги gmr

і силою тертя 2!Fr

,

яка протидіє рухові вверх.

1

mg

N

Fтр

VS

2

Рисунок 2.12

Ця робота дорівнює

( )SFmgsinA 2!+−= α , (2)

де S - відстань між положеннями 1 і 2 тіла. Як відомо, сила тертя дорівнює

αcosmgffNF2! == . (3)

де f - коефіцієнт тертя, який дорівнює тангенсу кута тертя ϕtgf = . У результаті рівняння (1) матиме вигляд

( ) ( ) ( )ϕαϕ

αϕααα +=⋅+=+= sincos

gSScostgsingScosfsing

V

2

2

0 . (4)

32

Тепер розглянемо рух тіла вниз із положення 2 у початкове 1. У рівнянні (1) в цьому випадку потрібно підставити

AmV =2

2

. (5)

Щодо роботи на цьому відрізку, то сила ваги буде виконувати додатну роботу, а сила тертя, як і раніше – від’ємну, а тому

( ) ( ) ( )ϕαϕ

ϕααα −=−=−= sincos

mgStgcosgsingmSFsinmg

mV2!

2

2

.

(6) Із виразів (4) і (5) знайдемо

)sin(

)sin(

V

V

ϕαϕα

−+=

2

20 . (7)

За відсутності тертя )0( =ϕ буде

12

20 ==

αα

sin

sin

V

V. (8)

тобто тіло, повернулося б у початкове положення з тією самою швидкістю. Наявність тертя приводить до того, що 0VV < , бо

)sin()sin( ϕαϕα +<− , а також зумовлює роботу не потенціальних сил, яка визначається загальною зміною кінетичної енергії, що виникла під дією сили тертя, як при русі тіла вверх, так і вниз:

[ ].2

22

20

2

SF2cos2fmgStgcosmgS

)sin()sin(cos

mgSmVmVT

2! ⋅−=−==−

=+−−=−=∆

αϕα

ϕαϕαϕ (9)

Цей результат, природньо, узгоджується з теоремою про зміну повної енергії системи. Приклад 2.8. Механічна система внаслідок дії сили ваги тіла 1 починає рухатися після стану спокою (рис. 2.13). Враховуючи тертя ковзання тіла 1 та опір кочення тіла 2, що котиться без ковзання, нехтуючи масами ниток, які вважаються нерозтяжними, знайти швидкість V тіла 1 у той момент, коли ним буде пройдемо шлях S .

33

Дано:

.2;2,0;1,0

;30;10;8;20;75,0;5,0

;12;;;;2;3

3243322

3254321

мScм=

“мi“мi“мRRrRr

“мRRmmmmmm2m2m

xx

=========

=======

δα o

Застосуємо теорему про зміну кінетичної енергії механічної системи (2.19):

∑∑==

+=−n

i

ii

n

i

ei AATT

110 . (1)

A

B

PC4

P4

P5

P3

YB

R4

YA

R3

r3

XA

3

4

2

1

5

F

N2

N1

V

P1

P2

MS

Fтр

C2

Q

Рисунок 2.13

Для заданої системи, яка складається із абсолютно твердих тіл, з’єднаних нерозтяжними нитками, сума робіт внутрішніх сил дорівнює нулю. Крім того, оскільки у початковому положенні система перебуває у стані спокою, то 00 =T . Кінетична енергія T системи в кінцевому її положенні дорівнює сумі кінетичних енергій тіл 1,2,3,4,5.

54321 TTTTTT ++++= . (2) Тягар 1 рухається поступально, тому

2

3

2

221

1

mVVmT == .

Кінетична енергія блока 3, який обертається відносно нерухомої осі,

дорівнює 2333

2

1 ωIT = , де 3I - момент інерції блока 2 відносно осі

обертання; 3ω - кутова швидкість. Маємо

2

2

3

3

2

3

2333

3

323

2333

8

9

2

3

2

1,

2

3, V

r

im

r

VimT

r

VmiimI x

xxx

=

==== ω .

34

Кінетична енергія блока 4, який здійснює плоский рух, дорівнює: 24

244

44 2

1

2

1 ωcc IVmT += , де 4c

V - швидкість центра мас 4c блока 4; 4c

I -

момент інерції блока відносно його центральної осі; 4ω - миттєва кутова швидкість блока 4 (миттєвий центр швидкостей перебуває у точці P ). Маємо

.4

3

2

1

2

1

;;22

3

2;

2

1

2

1

2224

44

4

3

33324

244

4

44

mVmVmVT

R

V

R

VV

r

VRRVmRRmI

c

cc

=+=

===⋅

=⋅

=== ωω

Кінетична енергія котка 2, який здійснює плоский рух, дорівнює

22

222

22 2

1

2

1 ωcc IVmT += , де 2c

V - швидкість центра мас 2c котка 2; 2c

I -

момент інерції котка 2 відносно його центральної осі; 2ω - миттєва кутова швидкість котка 2 (миттєвий центр швидкостей перебуває у точці Q ). Маємо

.1;;2;

2

2

222

22

222

222

2

22

+======

R

imVT

R

V

R

VmiimIVV xc

xxcc ω

Кінетична енергія тягаря 5, який рухається поступально, дорівнює:

2555

2

1VmT = , де 5V - швидкість тягаря 5. Маємо

.2

1;

255

5

mVTVVV c ===

Кінетична енергія всієї механічної системи дорівнює

12

67112

2

3

4

93

2

22

2

2

2

3

32 mV

R

i

r

imVT xx =

+

+++

+= (3)

Знайдемо суму робіт зовнішніх сил, прикладених до точок системи на заданому переміщенні. Покажемо усі зовнішні сили, що діють на систему (рис. 2.13).

Робота сили ваги 1Pr

: .singSmPA α11)( =r

Робота сили тертя ковзання: .cosgSfmSFFA 2!2! α1)( −=⋅−=r

Робота сил ваги 4Pr

і 5Pr

: 555444 )(,)( ghmPAghmPA −=−=rr

, де

hhh == 54 - вертикальне переміщення центра мас 4c блока 4 і тягаря 5.

35

Для визначення h слід врахувати те, що між лінійними переміщеннями точок такі самі залежності, як і між їх швидкостями. Оскільки VVc =

4

, отримаємо .Sh = Тому

.)(,)( 5544 gSmPAgSmPA −=−=rr

Робота сили ваги 2Pr

: .)( 2222 αsingSmghmPA ==r

Робота пари сил опору кочення котка 2: 2)( ϕMMA −= , де

αδδ gcosmNM 22 == - момент пари сил опору кочення котка 2; 2ϕ - кут повороту котка 2. Оскільки коток 2 котиться без ковзання, то кут його повороту

2

22

R

Sc=ϕ , де 2c

S - переміщення центра мас 2c котка 2, причому SSc =2

.

Тому 2

2)(R

cosgSmMA

αδ−= .

Робота сили ваги 3Pr

і реакцій AXr

і AYr

підшипника осі обертання блока 3 дорівнює нулю, оскільки ці сили прикладені до нерухомої точки. Робота сили зчеплення котка 2 дорівнює нулю, тому що сила прикладена в миттєвому центрі швидкостей котка. Точка прикладення реакції BY

r троса

знаходиться в точці P (миттєвому центрі швидкостей тіла 4), тобто є нерухомою, тому робота реакції BY

r дорівнює нулю. Сума робіт зовнішніх

сил визначається додаванням робіт, обчислених за вищенаведеними виразами:

.21,052

2511

mgS2cosR

23fsinmgS

R

cosgSm

singSmgSmgSmcosSgmfsingSmA

22

41

n

i

ei

=

−

+−=−

−+−−−=∑=

αδααδ

ααα (4)

Відповідно до теореми про зміну кінетичної енергії механічної системи

(1) прирівняємо значення ∑=

n

i

eiATi

1

:

mgSmV 21,012

67 2 = , (5)

звідки cмSg

V /86,067

28,912021

67

1221,0 ≈⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= .

Теорема про зміну кінетичної енергії дає змогу, окрім швидкості, визначати також і прискорення. Продиференціювавши вираз (5) за часом, вважаючи пройдений тілом 1 шлях S змінною величиною, отримаємо

36

.21,0212

67

dt

dSg

dt

dVV =⋅

Оскільки adt

dVV

dt

dS == , , то, скоротивши на V , одержимо

2

/184,0267

21,012cм

g

dt

dVa =

⋅⋅⋅== .

2.3.3. Задачі для самостійного розв’язування

2.9. Вантаж M вагою P (рис. 2.14) може вільно переміщатися вздовж горизонтального стрижня AB , на який надіто пружини 1AA і 1BB .

Коефіцієнти жорсткості пружин дорівнюють 1c і 2c . Пружини спочатку були в ненапруженому стані. Потім вантаж M відхилили вздовж стрижня AB на відстань λ , відпустили без початкової швидкості. Нехтуючи вагою пружин і тертям, визначити швидкість вантажу M , коли його центр ваги проходить положення статичної рівноваги.

Відповідь: ( )21 ccP

gV += λ

.

MC1 C2A

A1 B1 B

Рисунок 2.14

2.10.Циліндричний коток, вага якого Pr

(рис 2.15), почав скочуватися без ковзання вздовж площини, нахиленої під кутом α до горизонту. При цьому стрижень OA , вага якого Q

r, переміщується поступально. Визначити

швидкість осі O котка залежно від пройденого шляху S .

Відповідь: αsingSQP

QPV

23

)(42

++= .

O A

Рисунок 2.15

37

Відповідь: αsingSQP

QPV

23

)(42

++= .

2.11. Колесо 1 масою 1m може котитися без ковзання у вертикальній площині всередині нерухомої шестерні 2; воно приводиться в рух кривошипом AB завдовжки l і масою m (рис. 2.16). У початковий момент кут α між кривошипом і вертикальною віссю становив 600. Кривошип відпустили без початкової швидкості. Визначити його кутову швидкість у момент проходження положення рівноваги. Тертям знехтувати.

Відповідь: )92(

)2(3

1

1

mml

mmg

++=ω .

2

AB

1

Рисунок 2.16

2.12. Нитка, прикріплена одним кінцем до тіла A вагою P (рис. 2.17), яке рухається з тертям по горизонтальній площині, перекинута через нерухомий блок С, огинає рухомий блок В вагою Q

r і радіусом r і закріплена

другим кінцем О. Визначити швидкість V тіла A як функцію переміщення S центра блока В, якщо момент інерції останнього відносно центра мас дорівнює I , коефіцієнт тертя тіла A об площину дорівнює f .

Відповідь: gPrQrIg

SPfQrV

224

)2(22

++−= .

B

P

A

C

Q

O

S

Рисунок 2.17

38

2.13. Зубчасті колеса насаджені на нерухомі паралельні осі і мають внутрішнє зчеплення (рис. 2.18). Колесо 1, радіус якого 1r і вага 1P

r,

приводиться в рух зі стану спокою обертаючим моментом M . Вага зубчастого колеса 2 дорівнює 2P

r. Нехтуючи тертям, визначити кутову

швидкість колеса 1 залежно від його кута повороту 1ϕ та кутове прискорення цього колеса. Вважати колесо 1 однорідним диском, а масу колеса 2 рівномірно розподіленою по ободу.

Відповідь: 2121

12121

11

)2(

2;

)2(

4

rPP

gM

rPP

gM

+=

+= εϕω .

M

2

O2 011

Рисунок 2.18

2.4. Теорема про зміну моменту кількості руху (кінетичного моменту) 2.4.1. Короткі теоретичні відомості

Якщо перша міра механічного руху Vm

r характеризує поступальний

рух тіла, то для характеристики обертального руху застосовується друга міра руху – момент кількості руху (або кінетичний момент). Моментом кількості руху 0k

r точки відносно центра O називається

величина, що дорівнює векторному добутку радіуса-вектора rr

матеріальної точки, проведеного з цього центра, на кількість її руху:

VmrVmmkrrrrr

×== )(00 . (2.26) Кінетичним моментом 0K

r матеріальної системи, або головним

моментом кількості руху системи матеріальних точок відносно центра O , називається векторна сума моментів кількостей руху точок системи відносно того самого центра:

∑∑==

×==n

iiiiii

n

i

VmrVmmK11

00 )(rrrrr

. (2.27)

39

Проектуючи вектор 0Kr

на координатні осі OzOyOx ,, , знайдемо вирази для визначення моментів (кінетичних) відносно координатних осей у вигляді:

∑∑∑===

===n

iiizz

n

iiiyy

n

iiixx VmmKVmmKVmmK

111

)(,)(,)(rrr

. (2.28)

Кінетичний момент твердого тіла, що обертається навколо нерухомої осі, дорівнює добутку моменту інерції тіла відносно нерухомої осі обертання на кутову швидкість:

ωzz IK = . (2.29) Теорема про зміну моменту кількості руху точки: похідна за часом від моменту кількості руху матеріальної точки відносно нерухомого центра O (або осі) дорівнює моменту рівнодійної сили F

r, прикладених до точки,

відносно того самого центра (або осі). Маємо

[ ][ ] ).()(

),()( 000

FmVmmdt

d

dt

dk

FmVmmdt

d

dt

kd

xxx

rr

rrrrr

==

== (2.30)

Теорема про зміну кінетичного моменту системи: похідна за часом від кінетичного моменту системи відносно нерухомого центра O (або осі) дорівнює головному моменту зовнішніх сил відносно того самого центра (або осі). Маємо

∑∑ =

==

),()( 01

00 e

iii

n

i

FmVmmdt

d

dt

Kd rrrrr

(2.31)

∑∑ =

==

).()(1

eix

n

iiix

x FmVmmdt

d

dt

dK rr

Закони збереження кінетичного моменту:

1. Якщо головний момент зовнішніх сил відносно деякої нерухомої точки O дорівнює нулю ( )∑ = 0)(0

eiFmrr

, то кінетичний момент системи відносно тієї самої точки буде сталим як за величиною, так і за напрямком, тобто

40

constVmmK ii

n

i

== ∑=

)(1

00

rrr. (2.32)

2. Якщо головний момент зовнішніх сил відносно однієї з

координатних осей дорівнює нулю (∑=

=n

i

eix Fm

1

0)(r

), то відповідний

кінетичний момент системи відносно даної осі буде сталим, тобто

∑=

==n

iiixx constVmmK

1

)(r

(2.33)

2.4.2. Приклади розв’язування задач

Приклад 2.9. Через нерухомий блок перекинуто гнучку, нерозтяжну нитку, до кінця якої підвішені вантажі 1M і 2M (рис. 2.19) вагою відповідно

1Pr

і 2Pr

( )21 PP > . Тертям нитки об блок нехтуємо. Визначити прискорення ar

рухомих вантажів.

M 2

О

P2

m1V1

P1

m2V2

M 1

Рисунок 2.19

Ця система складається з двох матеріальних точок, маси яких

g

Pm

g

Pm 2

21

1 , == . Зовнішніми є сили ваги, внутрішніми – сили натягу

нитки. Оскільки поступальний рух вантажів залежить від обертального руху блока, то застосуємо теорему про зміну кінетичного моменту відносно осі Oz обертання блока:

),(1∑

==

n

i

e

izz Fm

dt

dK r або ,21 rPrP

dt

dKz −= (1)

де r - радіус блока.

41

Враховуючи вектори кількості руху точок 1M і 2M , зазначені на рис. 2.19, обчислимо кінетичний момент системи:

).()( 212121 PPg

VrmmVrVrmVrmKz +=+=+= (2)

Тут враховано, що .21 VVV ==

Підставляючи (2) у рівність (1), одержимо:

),()(

2121 PPr

dt

dV

g

PPr −=+

звідки

gPP

PP

dt

dVa

21

21

+−

== . (3)

Приклад 2.10. В епіциклічному механізмі (рис. 2.20) рухоме колесо 2 радіуса 2r котиться без ковзання по нерухомому колесу 1 радіусом 1r . Колесо 2 приводиться в рух кривошипом 3, який обертається з кутовою швидкістю 3ω навколо нерухомої осі 1O . Скласти вираз моменту кількості

руху zK системи відносно нерухомої осі zO1 обертання кривошипа, яка перпендикулярна до площини рисунка.

2

o1

r 1

r 2

o2

1

3

3

2

Рисунок 2.20

Кінетичний момент системи дорівнює сумі кінетичного моменту 3zK

кривошипа 3 і кінетичного моменту 2zK колеса 2, яке здійснює плоско

паралельний рух, тобто

23zzz KKK += . (1)

Кривошип 3 здійснює обертальний рух навколо нерухомої осі, тому його кінетичний момент

42

333 ωIKz = , (2)

де 3I - момент інерції кривошипа відносно його осі обертання, яка проходить

через точку 1O .

Кінетичний момент відносно осі zO1 колеса 2

,)( 2232

2122 ωω IrrmKz ++= (3)

де 2m - маса колеса 2; 2I - момент інерції колеса 2 відносно осі, яка

проходить через точку 2O ; 2ω - миттєва кутова швидкість колеса, що

здійснює плоский рух. Визначаємо 2ω через співвідношення

),( 21322 rrr += ωω (4)

яке відповідає рівності лінійних швидкостей точки 2O , що належить одночасно колесу 2 і кривошипу 3. Тоді

2

2132

)(

r

rr += ωω . (5)

Підставивши 2zK і 3

zK у формулу (1), отримаємо

32

212

2

2123 )( ω

++

++= rrm

r

rrIIKz . (6)

2.4.3. Задачі для самостійного розв’язування

2.14. Порожнистому кільцю радіусом R надана деяка кутова швидкість навколо вертикального діаметра. В кільці з найвищої точки під дією сили ваги рухається кулька M масою m (рис. 2.21). Знайти відношення найбільшої кутової швидкості кільця до найменшої, якщо момент інерції кільця відносно осі обертання дорівнює I

Відповідь: I

mR

min

max2

1 +=ωω

.

R

M

Рисунок 2.21

43

2.15. Однорідний горизонтальний диск, маса якого 1m і радіус r

(рис. 2.22), обертається навколо вертикальної осі zc із сталою кутовою

швидкістю 0ω . З точки A ободу диска переміщується без початкової відносної швидкості точка M , рухаючись по хорді від A до B . Маса точки M дорівнює 2m . Нехтуючи тертям на осі, визначити кутову швидкість диска в момент, коли точка M перебуває на найкоротшій відстані a від центра диска і має відносну швидкість u .

Відповідь: 2

22

1

220

221

2

2)2[

amrm

uamrmm

+−+

=ωω .

z

аСr

А

В

М

Рисунок 2.22 2.16. Вантаж M масою *гm 2101 = утримується на похилій площині

людиною масою *гm 702 = (рис. 2.23), яка ухопилася за мотузку в точці A .

Радіуси блока ,25,0,1,0 мRмr == кут .6

5arcsin=α Людина почала

підійматися по мотузці вгору зі швидкістю cмu /74,0= відносно мотузки. Визначити, з якою швидкістю V при цьому рухається вантаж M . Тертям знехтувати.

Відповідь: ./2,02

22

1

2 cмRmrm

urRmV =

+=

Rr

A

M

Рисунок 2.23

44

2.17. Однорідний горизонтальний диск радіусом r масою 1m може вільно обертатися навколо вертикальної осі, яка проходить через його центр.

На диску в точці, яка знаходиться на відстані rh3

2= від осі обертання,

знаходиться людина масою 2m . Визначити кут повороту диска при переміщенні людини вздовж концентричного кола радіусом h на половину його довжини. Тертям знехтувати.

Відповідь: 21

2

89

8

mm

m

+=

πϕ .

2.18. В однорідному круглому конусі масою 1m з вертикальною віссю обертання просвердлено тонкий канал вздовж твірної (рис. 2.24). Конусу надають кутову швидкість 0ω навколо осі повороту і одночасно з цим

опускають у верхній отвір каналу кульку M масою 2m , не надаючи їй початкової швидкості. Визначити кутову швидкість конуса в момент, коли кулька вискочить із каналу.

Відповідь: 0

21

1

103

3 ωωmm

m

+= .

M

Рисунок 2.24

45

РОЗДІЛ 3. ДИНАМІКА ВІДНОСНОГО РУХУ 3.1. Короткі теоретичні відомості

Основне рівняння динаміки точки надає можливість досліджувати рух точки в «нерухомій» або інерціальній системі координат. Якщо ж треба дослідити рух точки відносно неінерціальної системи координат, застосування цього рівняння можливе після розкладання абсолютного руху на переносний і відносний, в результаті якого воно набирає вигляду

,1

ce

n

iir Fam Φ+Φ+= ∑

=

rrrr (3.1)

де FFn

ii

rr=∑

=1 - рівнодійна всіх активних сил, прикладених до точки;

ee amrr

−=Φ - переносна сила інерції; cc amrr

−=Φ - коріолісова сила інерції;

cer aaarrr

,, - прискорення відповідно відносне, переносне і коріолісове. Рівняння (3.1) називається основним рівнянням динаміки відносного руху матеріальної точки. Із рівняння (3.1) випливає, що дослідження відносного руху матеріальної точки виконується тим самим шляхом, що й абсолютного, з тією лише відмінністю, що до діючих сил потрібно додати переносну і коріолісову сили інерції. Диференціальні рівняння відносного руху матеріальної точки отримуються з векторного рівняння (3.1) шляхом його проектування на осі рухомої системи координат, відносно якої здійснюється відносний рух: 1. Декартова система координат

.

,

,

1

1

1

czez

n

iiz

cyey

n

iiy

cxex

n

iix

Fzmy

Fym

Fxm

Φ+Φ+=

Φ+Φ+=

Φ+Φ+=

∑

∑

∑

=

=

=

&&

&&

&&

(3.2)

2. Натуральна система координат

.1

1

2

1

0

,

,

cbeb

n

iib

cnen

n

iin

e

n

ii

F

FS

m

FSm

Φ+Φ+=

Φ+Φ+=

Φ+=

∑

∑

∑

=

=

=

ρ

ττ

&

&&

(3.3)

46

Задачі динаміки відносного руху матеріальної точки слід розв’язувати у такій послідовності:

1) розкласти абсолютний рух точки на відносний і переносний; 2) вибрати нерухому систему відліку і рухому, жорстко зв’язану з

рухомим тілом (середовищем), що створює для точки переносний рух; 3) записати початкові умови відносного руху точки; 4) зобразити на рисунку сили iF

r, що прикладені до точки;

5) визначити прискорення точки в переносному русі ear

,

прискорення Коріоліса car

, силу інерції в переносному русі eΦr

, коріолісову

силу інерції cΦr

і умовно додати ці сили інерції до сил iFr

, що прикладені до точки;

6) скласти диференціальні рівняння (3.2) або (3.3) відносного руху матеріальної точки у проекціях на осі рухомої системи координат;

7) зінтегрувати складені диференціальні рівняння, визначити сталі інтегрування за допомогою початкових умов;

8) визначити шукані величини. Зауваження: при інтегруванні розділенням змінних доцільно

розглядати визначені інтеграли і у цьому разі відпадає необхідність введення сталих інтегрування.

При вивченні відносного руху точки досліджуються такі три випадки: відносної рівноваги, прямої і оберненої задачі динаміки відносного руху точки.

У положенні відносної рівноваги точки маємо 0=rVr

і 0=rar

. За цих умов із (3.1) випливає рівняння відносної рівноваги

.01

=Φ+∑=

e

n

iiF

rr (3.4)

Матеріальну точку слід зображувати у поточному положенні, що відповідає додатним координатам цієї точки, і припустити, що точка рухається у бік зростання цих координат. Бажано розв’язувати задачу до кінця у загальному вигляді з буквеними позначеннями величин, для того щоб була можливість непрямої перевірки розв’язку шляхом аналізу розмірностей.

3.2. Приклади розв’язування задач

Приклад 3.1. Тіло A , в якому на видовбаній циліндричній поверхні знаходиться точка M (рис. 3.1), рухається зі сталим прискоренням a

r у

горизонтальному напрямку. Тертя між точкою і поверхнею відсутнє. Визначити кут α , який відповідає відносному зрівноваженому положенню точки.

47

Зобразимо точку M в передбачуваному зрівноваженому положенні і прикладемо до неї вагу gm

r, нормальну реакцію N

r і силу інерції

ee amrr

−=Φ , напрямлену протилежно до переносного прискорення ear

. Невідомими величинами тут є N і кут α , що визначає шукане зрівноважене положення. Для виключення невідомої реакції N

r напишемо одне рівняння

проекцій на тангенціальну (дотичну) вісь і отримаємо величину кута α :

0,cos amsinmgF e

n

ii =+−=Φ+∑

=ααττ

1

звідки

,g

atg =α або

g

aarctg=α .

ae

N

mg

Фе

AM

Рисунок 3.1.

Приклад 3.2. Труба закріплена жорстко під кутом α до вала, що обертається навколо нерухомої вертикальної осі зі сталою кутовою швидкістю ω (рис. 3.2). У трубу поміщено точку масою m , що закріплена на вільному кінці пружини жорсткістю c , довжина якої L у ненавантаженому стані. Інший кінець пружини закріплений нерухомо на валу. Визначити статичну деформацію “2δ пружини. Зобразимо точку в передбачуваному зрівноваженому положенні (пружина розтягнута на величину “2δ ) і прикладемо до неї силу ваги gm

r,

пружну силу “2C! cF δ= , нормальну реакцію Nr

та силу інерції переносного

нормального прискорення enar

, відому під назвою відцентрової сили:

.sinLmma “2enц

en αωδ 2)( +==Φ=Φ Запишемо рівняння проекцій усіх сил на вісь x :

.0)(

,0

2

1

=−++

=−+⋅Φ=∑=

c22

“2

C!ц

n

iix

cmgcossinLm

FcosmgsinF

δααωδ

αα

48

L

Fпр

NФц

mgx

ст

Рисунок 3.2 Звідси статична деформація

.( 2

αωααωδ

22

2

c2sinmc

)gcossinLm

−+=

Приклад 3.3. Прямолінійна труба прикріплена під кутом α до вертикального вала, що обертається зі сталою кутовою швидкістю ω (рис. 3.3) . У трубі матеріальна точка може пересуватися без тертя. Визначити закон відносного руху точки, якщо у початковий момент часу вона знаходилася на відстані b від точки O і була нерухомою відносно труби.

N

Фц

mg

xx

Рисунок 3.3. Тут переносний рух є обертанням із заданою кутовою швидкістю ω , а відносний – прямолінійний рух точки вздовж осі труби. Оскільки потрібно дослідити відносний рух точки, то спрямуємо координатну вісь Ox вздовж осі труби. Розглянемо точку в довільному положенні і прикладемо до неї силу ваги gm

r, нормальну реакцію N

r і відцентрову силу цΦ

r,

αω sinxmmaenц 2==Φ

r, тоді основне рівняння динаміки відносного руху

точки набирає вигляду

49

цr Ngmam Φ++=

rrrr,

або у проекції на вісь x

.2 ααω gcosxsinx 2 −=⋅−&& (1) Загальний розв’язок отриманого лінійного неоднорідного диференціального рівняння визначимо як суму загального розв’язку відповідного однорідного рівняння і частинного розв’ язку )(tη вихідного

неоднорідного. Корені характеристичного рівняння 022 =− αωλ 2sin мають вигляд αωλ sin±=2,1 . Частинний розв’язок η шукаємо у вигляді сталої, яка задовольняє диференціальне рівняння (1):

.;0,0, 2

αωαααωηηη22

2

sin

gcosA;gcosAsinA =−=−=== &&&

Запишемо загальний розв’язок рівняння (1), знайдемо похідну, підставимо у вирази x та x& початкові умови ( )0;;0 === xbxt & і визначимо сталі інтегрування:

.

,

21

21

αωαω

αωαω

αωαωαω

α

tsintsin

22

tsintsin

esincesincx

sin

gcosececx

−

−

−=

++=

&

(2)

Тоді при 0=t матимемо

,sincsinc

sin

gcosccb

2

22

αωαωαω

α

−=

++=

1

21

0

,

звідки

−==

αωα2

2sin

cosgbcc

2

121 .

Підставивши величини 1c і 2c в загальний розв’язок (2) , отримаємо шуканий закон відносного руху точки

( ) .αω

ααωαω

α2222 sin

gcostsinch

sin

cosgbx +

−=

Приклад 3.4. Точка M масою m закріплена за допомогою невагомого стрижня завдовжки l шарнірно у точці O , яка знаходиться на відстані b від вертикального вала, що обертається зі сталою кутовою швидкістю ω

50

(рис. 3.4). До точки одним кінцем прикріплена пружина жорсткістю c і вільної довжини b. Інший кінець пружини прикріплений до повзуна, що забезпечує її горизонтальне положення. Визначити кутову швидкість вала ω як функцію кута α відхилення стрижня від його вертикального положення. У положенні відносної рівноваги на точку M діють сила ваги gm

r,

зусилля в стрижні Nr

, сила пружності пружини sinlccFC! αδ == і

відцентрова сила цΦr

, яка .( 2en

ц )sinlbmma ωα+==Φr

Запишемо рівняння

проекцій всіх сил на напрямок дотичної τ (сила Nr

у рівняння не потрапляє) і визначимо шукану залежність :)(αωω =

,

1

0cossinclmgsincos)sinlm(b

0,cosFsinmgcosF

2

C!ц

n

ii

=−++

=−+Φ=∑=

ααααωα

ααατ

звідки

αα

αω tg)sinlm(b

mgcoslc

+−= .

MFпр

N

Ф

mgb

ц

Рисунок 3.4.

3.3. Задачі для самостійного розв’язування 3.1. Гладенька трубка, зігнута у вигляді кільця радіусом R , обертається зі сталою кутовою швидкістю ω навколо вертикальної осі Oz (рис. 3.5). У трубці рухається точка масою m . У початковий момент часу точка знаходиться на осі обертання і має відносну швидкість 0V

r. Знайти залежність

відносної швидкості від координати S точки.

51

Відповідь: .1212

1 2220

−+

−+=R

ScosgR

R

2ScosRVVr ω

V0

z

S

O

mgR

Рисунок 3.5.

3.2. Диск обертається у зазначеному на рисунку (рис. 3.6) напрямку зі сталою кутовою швидкістю c!=д /2=ω навколо горизонтальної осі, що проходить через його центр O . Вздовж хорди AB просвердлено канал

)5,0( мh = , по якому в напрямку від A до B рівномірно рухається матеріальна точка масою *гm 1,0= з відносною швидкістю cмVr /2= .

Визначити модуль і напрямок тиску Nr

точки на стінку каналу в положенні, зазначеному на рис. 3.6. (точка 1O ), якщо радіус диска мR 1= .

Відповідь: HN 9,0= , вектор Nr

напрямлений вгору.

m

О

О1h

A B

Рисунок 3.6.

3.3. Встановити закон руху кільця M , що рухається вздовж гладенького стрижня OA , якщо маса кільця *гm 2= , довжина стрижня

ìOA 1= . Стрижень обертається навколо осі, що проходить через його кінець

з кутовою швидкістю 14 −= “ω . У початковий момент часу .0)0(,6,0),0( ==== tVмOMt M (рис. 3.7).

Відповідь: .46,0)(3,0 44 tcheex tt =+= −

52

M

x

z

O

Рисунок. 3.7. 3.4. На правому кінці горизонтальної дошки завтовшки L , що лежить

нерухомо, знаходиться брусок завдовжки b (рис. 3.8). Дошці надане постійне прискорення a

r, напрямлене по горизонталі вправо. Беручи до уваги, що

коефіцієнт тертя ковзання між поверхнями бруска і дошки дорівнює f , знайти час 1t , після закінчення якого брусок досягає лівого кінця дошки.

Відповідь: fga

bLt

−−= )(2

1 .

в

L

а

Рисунок 3.8. 3.5. Жорсткий стрижень, форма якого є дугою кола радіуса R ,

рівномірно обертається навколо нерухомої вертикальної осі з кутовою швидкістю ω (рис. 3.9). На стрижень насаджена важка кулька, яка може переміщуватися відносно стрижня. Нехтуючи тертям, визначити радіус r кола, яке описує ця кулька в стані відносного спокою.

Відповідь: 4

22

ωg

Rr −= .

R

r

Рисунок 3.9