Кинематические связи в задачах динамики

57

Кinematические связи в задачах диамики

Кандидат физico-mатематических наук
А. И. ЧЕРНОУЦАН

В задачах по механике часто встречается ситуация, когда движение тела не является свободным. Ограничения могут создавать твердые поверхности, нераSTRAЖимые нити, жесткие стержни и т. п. В простейших случаях мы учитываем подобные ограничения автоматически, часто даже не оговаривая их существования. Например, ускорение тела на плоскости мы направляем вдоль плоскости (учтывая наличие твердой поверхности), скорости буксира и баржи считаем одинаковыми (принимая во внимание присутствие нераSTRAЖимого троса) и т. д. Однако иногда возникает необходимость выразить эти ограничения в виде специального управления, которое мы будем называть «kinematической связи». Начнем с такой задачи.

Задача 1. Найдите ускорения призмы массой $m_1$ и куба массой $m_2$, изображенных на рисунке 1, а. Третий пример.

Запишем второй закон Ньютона для каждой тела (в проекции на направление, совпадающей с соответствующим ускорением):

$$m_1 g - N \sin \alpha = m_1 a_1,$$

$$N \cos \alpha = m_2 a_2.$$

Мы учили, что по третьему закону Ньютона $\vec{N}_{12} = -\vec{N}_{21}$, т. е. $N_{12} = N_{21} = N$. Написанные два уравнения содержат три неизвестных. Третье уравнение — kinematическая связь между $a_1$ и $a_2$ — должно отражать тот факт, что куб и призма остаются все время в контакте друг с другом. Это можно сделать несколькими способами.

1. Расмотрим два близких положения системы, разделенные промежутком времени $\Delta t$ (рис. 1, 6). В треугольнике $ABC$ сторона $AB$ равна переменную призмы $\Delta x_1$, а сторона $BC$ —

58

перемещению куба $\Delta x_2$. Имеем
$$\Delta x_2 = \Delta x_1 \text{tg} \alpha.$$
Разделив обе части равенства на $\Delta t$, получаем
$$v_2 = v_1 \text{tg} \alpha.$$
Так как это соответствие справедливо для произвольного момента времени, из него следует искомое соответствие
$$a_2 = a_1 \text{tg} \alpha.$$ (3)
Такой подход к получению кinemатической связи будем назвать прямым методом.
2) Другой способ получения необходимой связи основан на перехождение в текую систему отчета, где условие контакта становится тривалным. В системе отчета, связанной с признаем (см. рис. 1, 6), скорость куба $\vec{v}_{\text{отн}}$ направлена вдоль ее поверхности, т. е. под углом $\alpha$ к вертикали. Записывая закон сложения скоростей
$$\vec{v}_2 = \vec{v}_{\text{отн}} + \vec{v}_1$$
из соответствующего векторного треугольника получаем
$$v_2 = v_1 \text{tg} \alpha, \text{и } a_2 = a_1 \text{tg} \alpha.$$
Решаем совместно уравнения (1)—(3) и находим
$$a_1 = \frac{m_1}{m_1 + m_2 \text{tg}^2 \alpha} g,$$
$$a_2 = \frac{m_1 \text{tg} \alpha}{m_1 + m_2 \text{tg}^2 \alpha} g.$$
В этой задаче второй метод выгляделит несколько искусственного. Однако в некоторых случаях именно правильный выбор системы отчета позволяет существенно упростить проблему кinemатических связи. Вот пример.
Задча 2. Клин высотой $h$ с углом наклона $\alpha$ стоит на эладкой горизонтальной плоскости (рис. 2). Масса клина $m_1$. С вершины клина начи-

нает скалзывать без трения брусок массой $m_2$. Найдите ускорение клина и время скалзывания бруска.
Начнем со второго закона Ньютона. Запишем его для клина в проекции на горизонтальное направление, а для бруска пока что в векторной форме:
$$N \sin \alpha = m_1 a_1,$$
$$\vec{N}_{21} + m_2 \vec{g} = m_2 \vec{a}_2.$$ (5)
Как и раньше, $\vec{N}_{12} = -\vec{N}_{21}, N_{12} = N$. Выбор направления осей для бруска связаан с решением вопроса о кinemатическом связи.
Кinemатическая связь между ускорениями должны отражать тот факт, что в процессе движения брусок все время остается на поверхности клина. Записать это в виде прямого уравнения оказывается непросто. Вместо этого перейдем в системе отчета, связанную с клином. В этой системе скорость бруска $\vec{v}_{\text{отн}}$ и его ускорение $\vec{a}_{\text{отн}}$ направлены вдоль клина. Тогда из закона сложения скоростей
$$\vec{v}_2 = \vec{v}_{\text{отн}} + \vec{v}_1$$ получаем закон сложения ускорения (см. рис. 2)
$$\vec{a}_2 = \vec{a}_{\text{отн}} + \vec{a}_1.$$ (6)
Отсюда видно, что от неизвестных $a_1$ и $a_2$ удобнее перейти к неизвестным $a_1$ и $a_{\text{отн}}$, решив тем самым проблему кinemатической связи. Подставляя равенство (6) в уравнение (5) и проектуя это уравнение на направления вдоль поверхности клина и перпендикулярно к ней, получаем
$$m_2 g \sin \alpha = m_2 (a_{\text{отн}} - a_1 \cos \alpha),$$
$$N - m_2 g \cos \alpha = -m_2 a_1 \sin \alpha.$$ (5′′)
Из уравнения (4), (5′′) находится
$$a_1 = \frac{m_2 \sin \alpha \cos \alpha}{m_1 + m_2 \sin^2 \alpha} g,$$
$$a_{\text{отн}} = \frac{(m_1 + m_2) \sin \alpha}{m_1 + m_2 \sin^2 \alpha} g.$$

59

Для ответа на второй вопрос задачи нам не надо искать $a_2$, так как время сокальзывания выражается как раз через $a_{\text{отн}}$:

$$\frac{a_{\text{отн}} t^2}{2} = \frac{h}{\sin \alpha}.$$

Отсюда находится

$$t = \sqrt{\frac{2h}{a_{\text{отн}} \sin \alpha}} = \sqrt{\frac{2h(m_1 + m_2 \sin^2 \alpha)}{(m_1 + m_2) \sin^2 \alpha g}}.$$

Как уже говорилось, ограничение на движение может определяться не только прямым контактом расматриваемых тел, но и наличием в системе соединитьных элементов — стержней, нитей и т. п. В большинстве случае, даже если в условиях этого не оговорено, соединитьные элементы считаются идеальными, т. е. нити — неевесомыми и нерастижными, стержни — неевесомыми и абсолотно жесткими, для блоков кроме неевесомости предполагается также отсутствие трения на оси. (На самом деле слово «неевесомый» означает, что масса данного элемента пренебрежимо мала по сравнению с массами других тел системы, слово «нерастижный» — что удаление элемента мало по сравнению с перемещениями тел системы и т. д.) Перед тем, как разбирать конкретные примеры, выясним, что следует из идеального соединитьных элементов. Расмотрим три частных случаев.

1. Невесомость нити. Напишем второй закон Ньютона для участка нити массой $\Delta m_{\text{н}}$ (рис. 3, а):

$$T - T' = \Delta m_{\text{н}} a.$$

Так как $\Delta m_{\text{н}} = 0$, то $T = T'$, т. е. сила натяжения не меняется вдоль нити.

2. Невесомость подвижного блока и отсутствие трения на его оси. Для раскручивания неевесомого блока, в котором нет трения, не нужен вращательный момент. Из этого следует, что натяжение одной и той же нити по обе стороны блока одинаково (рис. 3, б), кроме того $T' - 2T = 0$, т. е. $T' = 2T$.

3. Невесомость стержня. Это условие означает, что сумма сил и сумма моментов сил, действующих на стержень, равны нулю. Например, если к стержню приложены две силы, то они равны по modulo, противоположны по направлению и действуют вдоль стержня (рис. 3, с). (В отличие от нити, стержень может быть не только в растянутом, но и в скатом состоянии.)

Нерастижимость и жесткость нитей и стержней приводит к появлению кинематических связей, которые мы разберем отдельно вследующих задачах.

Задча 3. Найдите ускорениярузов массой $m_1$ и $m_2$ после перерезания верхней нити (рис. 4). Нити и блок считать идеальными.

Выберем положительное направление оси вертикального вниз и запишем второй закон Ньютона для обихтел:

$$T + m_1 g = m_1 a_1,$$

$$m_2 g - 2T = m_2 a_2$$

(мы учили свойства блока и нити, описанные выше).

60

Для нахождения кинематической связи между $a_1$ и $a_2$ применим, как мы его называли, прямой метод. Запишем длину нити в виде
$$l = x_2 + \pi R + (x_2 - x_1),$$
где $x_1$ — координата груза массой $m_1$, $x_2$ — координата центра блока, $R$ — его радиус, и учет, что длина нити при движении грузов не изменяется. Тогда для перемещения грузов получим соответствие
$$2\Delta x_2 - \Delta x_1 = 0,$$
откуда
$$2v_2 - v_1 = 0,$$
$$2a_2 - a_1 = 0.$$ (9)
Решая уравнение (7)—(9) совместно, находим
$$a_1 = 2a_2 = \frac{2(m_2 + 2m_1)}{m_2 + 4m_1} g.$$
(Обратите внимание на то, что $a_1 > g$. Подумайте, почему получился такой ответ.)
Задача 4. Невесомый стержень с одинаковыми грузами массой $m$ на концах шарниро закреплен на оси, которая делит его длину в отношении 2:1 (рис. 5). Стержень удерживают в горизонтальном положении и в некоторый момент освобождают. Найдите ускорения грузов сразу после этого, а также давление стержня на ось в этот момент.

Запишем второй закон Ньютона для грузов, выбрав положительные направления осей в сторону соответствующих ускорений:
$$mg - N_1 = ma_1,$$
$$N_2 - mg = ma_2,$$ (10)
где $N_1$ и $N_2$ — силы, действующие на грузы со стороны стержня. Так как сумма моментов сил, действующих на неvesомый стержень, равна нулю, то
$$N_1 \frac{2}{3} l - N_2 \frac{1}{3} l = 0,$$
где $l$ — длина стержня. Отсюда
$$N_2 = 2N_1.$$ (12)
Осталось записать кинематическую связь между $a_1$ и $a_2$. Для этого изобразим на рисунке 5 положение стержня через малый промежуток времени $\Delta t$ после начала движения. Из подобия получаем

Рис. 5.
Рис. 6.
$$x_1 = 2x_2,$$
откуда
$$v_1 = 2v_2,$$
$$a_1 = 2a_2.$$ (13)
Решая совместно уравнения (10)—(13), находим
$$a_1 = 2a_2 = \frac{2}{5} g,$$
$$N_2 = 2N_1 = \frac{6}{5} mg.$$
Так как сумма сил, действующих на неvesомый стержень, равна нулю, то сила реакции оси (равная по модулю силе давления на ось) равна
$$N = N_1 + N_2 = \frac{9}{5} mg.$$

---

Во многих задачах, рассчитанных на применение закона сохранения энергии, требуется найти скорости тел к определенному моменту времени. В этом случае надо установить кинематическую связь не между ускорениями, а между скоростями тел. При решении таких задач полезно использовать тот факт, что полная работа, совершаемая любым идеальным соединительным элементом, равна нулю. Физическая причина этого состоит в том, что в таком элементе не может запасаться никакая энергия — ни кинетическая (его масса равна нулю),

61

ни потенциальная (элемент не деформируется).

Посленее утверждение требует посящения. Можно показать, что даже при малой деформации очень жесткого стержня (или другого элемента) потенциальная энергия его деформации $E_p = kx^2/2$ может быть велика — ведь она пропорциональна жесткости стержня $k$. Но если учеть, что сила $F = kx$, возникшая при деформации, остается конечной при $k \rightarrow \infty$ (она определяется движением тел, закрепленных на стержне), то потенциальная энергия $E_p = F^2/(2k)$ при больших $k$ оказывается очень малой.

Задча 5*). Груз массой $M$ сначала удерживают на уровне блоков, а затем освобождают (рис. 6). Считая нити и блоки идеальными, размеры блоков малыми по сравнению с расстоянием 2l между ними, а массу $m$ грузков, высших на концах нитей, известной, найдите скорость груза в тот момент, когда нити составляют угол $\alpha$ с вертикалью. Полученный ответ исследуйте.

К рассматриваемому моменту груз массой $M$ осуществляется на $H = l$ стtg $\alpha$, а грузники массой $m$ поднялись на $h = l/\sin \alpha - l$ каждый. Согласно закону сохранения энергии,

$$\frac{MV^2}{2} + 2\frac{mv^2}{2} - MgH + 2mgh = 0.$$ (14)

Для того чтобы найти связь между $v$ и $V$, можно, например, применить прямой метод. Из рисунка 6

$$l^2 + H^2 = L^2.$$

Дифференцируя по времени (и учитывая, что $l' = 0$), находим

$$2H \cdot H' = 2L \cdot L'.$$

Так как $L' = v$, $H' = V$, а $H/L = \cos \alpha$, то получаем искому связь

$$v = V \cos \alpha.$$ (15)

Однако проще получить это соответствие из следующих сообщений. Раз рассмотрение $L$ от груза массой $M$ до блока в рассматриваемый момент увеличивается со скоростью $v$ (с такой скоростью вытягается нить), то проекция скорости $\vec{V}$ этого груза на направление нити должна быть равна $v$. Учитывая, что скорость $\vec{V}$ направлена вертикально, получаем

$$\dots$$

(*) Эта и следующее задачи по своему уровню несколько выходит за пределы задач, предлагаемых обчно на вступительных экзаменах вузы. Однако знакомство с ними для абитриентов оказывается не бесполезным.

Уравнение (15).

Из уравнения (14) и (15) находится

$$V = \sqrt{2gl \frac{M \cos \alpha + 2m(\sin \alpha - 1)}{\sin \alpha (M + 2m \cos^2 \alpha)}}.$$

Выясним, будет ли центральный груз все время опускаться (мы считаем нити очень длинными) или при каком-то $\alpha$ он остановится и начинает подниться. Уравнение $V = 0$ (условие остановки) преобразуется к виду

$$tg \frac{\alpha}{2} = \frac{2m - M}{2m + M},$$

т. е. остановка и обратное движение грузов происходит только при $M < 2m$. Если $M > 2m$, то центральный груз будет все время перешивать и его скорость будет неограниченно возрастать ($V \rightarrow \infty$ при $\alpha \rightarrow 0$ — проверять это сами). Если же $M = 2m$, то при опускании центрального груза система все близкие подходит к равновесию,ускорения грузов стремятся к нулю, а их скорости — к предельному значению $V_\infty = \sqrt{gl}$ (убедитесь в этом самостоятельное).

Хотелось бы обратить внимание на то, что при использовании закона сохранения энергии сила натяжения нити вообще не вошла в расчеты.

Послений пример иллюстрирует методы получения kinematических связей при движении твердых стержней (или других твердых связей). Например, что при движении твердого тела расстояние между любыми двумя его точками не изменяется.

Задча 6. Невесомый стержень длиной $l$ с грузами массой $m$ на концах сосальзывает по сторонам прямого двухногного угла (рис. 7, a). Найдите скорости грузов в тот момент, когда стержень составляют с горизонтом угол $\alpha$. Треня нет. В начальной

62

момент стержень находился в вертикальном положении.

Из закона сохранения энергии получаем

$$mg(l-y) = \frac{mv_1^2}{2} + \frac{mv_2^2}{2},$$

(16)

где $y = l \sin \alpha$ — координата второго груза в расстоянии момент. Для получения kinematической связи можно применить прямой метод, как это было сделано в предыдущей задаче (проделяйте это сами). Быстрее же и нагладнее kinematическая связь получается из таких сообщений. Раз расстояние между грузами остается неизменным, то в каждой момент скорость, с которой первый груз «удаляется» от второго, равна скорости, с которой второй груз «приближается» к первому. Иначе говоря, проекции скоростей грузов на стержень в любой момент времени одинаковы (см. рис. 7, а):

$$v_1 \cos \alpha = v_2 \sin \alpha.$$

(17)

Подставляя (17) в (16), находим

$$v_1 = \sqrt{2gl \sin^2 \alpha (1 - \sin \alpha)},$$

$$v_2 = \sqrt{2gl \cos^2 \alpha (1 - \sin \alpha)}.$$

В kinematике твердого тела часто используется «разложение» сложного движения на поступательное и вращательное. Чтобы продемонстрировать этот метод, применим его для получения kinematической связи (17). В системе отсчета, связанной с первым груzem, стержень совершает чисто вращательное движение. Значит, в этой системе скорость второго груза $v_{0\mathrm{T}}$ направлена перпендикулярно стержню. Применя закон сложения скоростей $v_2 = v_{0\mathrm{T}} + v_1$ (см. рис. 7, б), получаем соответствие (17).

Может показаться, что найденные выражения для скоростей дают полное решение задачи. Однако в этой задаче содержится получательный подход, разбором которого мы и законом статию.

Решение было бы полным, если бы второй груз не мог оторвать от вертикальной стены. (Для этого можно было бы, например, посадить грузы на гладкие шланги, а стержень присоединить к ним шарнирно). Однако в нашем варианте задачи (см. рис. 7, а) при некоторых угле произойдет отрыв второго груза от вертикальной стены, после чего найденный ответ будет неприменим. Дело в том, что горизонтальный импульс системы определяется только движением первого груза, скорость которого, в соответствии с выражением для $v_1$, до некоторого угла возрастает, а потом начинает убывать. Это означает, что в какой-то момент должны изменить направление внешняя горизонтальная сила, действующая на системе. Но есть только одна горизонтальная сила — сила реакции вертикальной стены, которая не может изменить свое направление. Таким образом, в тот момент, когда реакция стены обращается в нуль, происходит отрыв второго груза от стены. Дифференцируя выражение для $v_1$ по времени, находим, что $v_1$ максимальная при $\sin \alpha = 2/3$. При угле $\alpha = \arcsin (2/3)$ и произойдет отрыв стержня от вертикальной стены.

Уражения

1. Найдите ускорения стержня и клина, изображенных на рисунке 8. Треня нет.
2. Найдите натяжение нити в системе, изображенной на рисунке 9.
3. (для любительей каверз и ловушек). Чему равны ускорения грузов в системе, изображенной на рисунке 10?
4. Найдите ускорение клина на рисунке 11. Треня нет. Указание. Примените метод, использованный при решении задачи 2 в статье.