ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ
МЕХАНИКА
В РЕШЕНИЯХ
/ ЗАДАЧ
ИЗ СБОРНИКА
■'- • i>
3. П. Козлова
А. В. Паншина
Г. М. Розенблат
О
Динамика
материальна
Sii ТОЧКИ
'. Г

3. П.Козлова
А. В. Паншина
Г. М. Розенблат
Теоретическая
механика
в решениях задач
из сборника
И. В. Мещерского
Динамика
материальной точки
Под редакцией
кандидата физико-математических наук
Г. М. Розенблата
Допущено Министерством образования
и науки Российской Федерации
в качестве учебного пособия
по теоретической механике
для студентов высших учебных заведений
Издание второе, стереотипное
МОСКВА
URSS

ББК 22.213 22.1я73
Козлова Зоя Павловна,
Паншина Алла Викторовна,
Розенблат Григорий Маркович
Теоретическая механика в решениях задач из сборника И. В. Мещерского:
Динамика материальной точки / Под ред. Г. М. Розенблата. Изд. 2-е,
стереотипное. — М.: КомКнига, 2007. — 312 с.
Учебное пособие содержит решения всех задач из главы IX «Динамика
материальной точки» книги И. В. Мещерского «Задачи по теоретической механике».
Решения задач сопровождаются замечаниями и комментариями, касающимися
постановок задач и ответов к ним.
Предназначено для студентов вузов, изучающих теоретическую механику,
преподавателей механики, а также для лиц, интересующихся теоретической
механикой.
Рецензенты:
заведующий кафедрой теоретической механики Московского
физико-технического института (МФТИ), академик РАН В.Ф.Журавлев;
профессор кафедры теоретической механики и мехатроники
Московского государственного университета им. М. В. Лом носова,
член-корреспондент РАН Д. В. Трещёв
Издательство «КомКнига». 117312, г.Москва, пр-т 60-летия Октября, 9.
Формат 60x90/16. Бумага типографская Печ. л. 19,5.
Отпечатано в ООО «ЛЕНАНД» 117312, г. Москва, пр-т 60-летия Октября, д. 11А, стр. 11.
13-значный ISBN, вводимый с 2007 г.:
ISBN 978-5-484-00883-4
Соотв. 10-значный ISBN, применяемый до 2007 г.:
ISBN 5-484-00883-2
© КомКнига, 2006, 2007
НАУЧНАЯ И УЧЕБНАЯ ЛИТЕРАТУРА
E-mail: URSS@URSS.ru
Каталог изданий в Интернете:
http://URSS.ru
Тел./факс: 7 (495) 135-42-16
URSS Тел./факс: 7 (495) 135-42-46
tf
440407 ID 43564
9785484"008834

Оглавление
Введение 4
1. Определение сил по заданному движению (§26, [6])* 5
2. Дифференциальные уравнения движения (§27, [6]) 34
а) Прямолинейное движение 34
б) Криволинейное движение 63
3. Теорема об изменении количества движения материальной
точки. Теорема об изменении момента количества движения
материальной точки (§28, [6]) 88
4. Работа и мощность (§29, [6]) 105
5. Теорема об изменении кинетической энергии материальной
точки (§30, [6]) 114
6. Смешанные задачи (§31, [6]) 137
7. Колебательное движение (§32, [6]) 182
а) Свободные колебания 182
б) Влияние сопротивления на свободные колебания 226
в) Вынужденные колебания 253
г) Влияние сопротивления на вынужденные колебания 266
8. Относительное движение (§33, [6]) 282
Литература 307
* Приведена соответствующая нумерация параграфов из задачника И. В.
Мещерского [6].

...Нельзя наблюдать и определить
движения тела, имеющего конечную величину,
не определив сначала, какое движение имеет
каждая его маленькая частичка или точка.
Леонард Эйлер
Введение
Сборник задач Ивана Всеволодовича Мещерского [6] —
неувядающий образец литературы по классической и теоретической механике,
который выдержал более 40 переизданий. Составление решений к
задачам этого сборника — большая и ответственная работа, цель которой, во-
первых, сблизить позиции преподавателя и студента, а во-вторых
(согласно образному выражению академика РАН В. Ф. Журавлева), заполнить
пробел между учебником и задачником.
В 1961 году в Берлине был издан сборник решений фон Нойбера [9],
который к настоящему времени устарел и так и не был переведен на
русский язык. В 2000 году в Вологде был издан сборник решений задач из [6]
по статике и кинематике [5].
Настоящее пособие содержит решения всех задач из главы IX
«Динамика материальной точки» сборника [6]. Нумерация задач соответствует
изданиям сборника [6] 1986-2006 годов. Эта нумерация двойная: первое
число означает номер параграфа, второе — номер задачи в этом
параграфе. В скобках указывается номер, который имела задача в тридцать
втором - тридцать четвертом изданиях. При составлении решений авторы
использовали собственный многолетний опыт преподавания
теоретической механики в следующих вузах г. Москвы: Московском
автомобильно-дорожном институте (МАДИ (ГТУ)), Московском государственном
техническом университете им. Н. Э. Баумана (МГТУ им. Н. Э. Баумана),
Военно-воздушной инженерной академии им. Н. Е. Жуковского (ВВИА).
Отметим, что некоторые условия задач и ответы к ним в [6] не
являются достаточно полными. В этих случаях авторы позволили себе сделать
соответствующие замечания и дополнения. Кроме того, в части задач ответы,
полученные авторами, не совпадают (или не совсем совпадают) с ответами
сборника [6]. Это связано либо с точностью вычислений, либо с
использованием других (более современных) обозначений, либо с иными
обстоятельствами, ответственность за которые лежит на авторах настоящего пособия.
Авторы выражают благодарность рецензентам: академику РАН
В. Ф. Журавлеву и члену-корреспонденту РАН Д. В. Трещёву за полезные
замечания, которые способствовали улучшению пособия. Кроме того,
авторы благодарят издательство URSS и лично Доминго Марин Рикой
за идею составления настоящего сборника решений и предоставленную
возможность реализации этой идеи.
3. П. Козлова, А. В. Паншина, Г. М. Розенблат
г. Москва, 30 марта 2006 г.

1. Определение сил по заданному движению* (§ 26, [6])
Задача 26.1 (26.1). В шахте опускается равноускоренно лифт
массы 280 кг. В первые 10 с он проходит 35 м. Найти натяжение каната,
на котором висит лифт.
Ответ: 2 548 Н.
"^ Решение. Расчетная схема — на рис. 26.1.1. Запишем 2-й закон
Ньютона в проекции на ось х:
тх = Р-Т,
где Р = mg, T — натяжение нити. Так как
х = а = const, то x(t) — at2/2. По условию
ж(10) = 35 =
а-10л
70 , 2
=^ х — а = = 0,7 м/с .
100 '
Из уравнения движения имеем:
Т = Р - тпх = mg - ma — m(g - а)
й 280(9,8 - 0,7) = 2 548 Н.
'X
1
1
'
Г
а"
Р
\8
Рис. 26.1.1
Задача 26.2 (26.2). Горизонтальная платформа, на которой лежит
груз массы 1,02 кг, опускается вертикально вниз с ускорением 4 м/с .
Найти силу давления, производимого грузом на платформу во время
их совместного спуска.
Ответ: 5,92 Н.
"^ Решение. Расчетная схема — на рис. 26.2.1. Запишем 2-й закон
Ньютона для п за в проекции на ось х:
mx = P - N,
где Р = mg, N — нормальная реакция со стороны платформы. Отсюда
N = P-mx = mg-ma = m(g - а) к 1,02(9,8 - 4) « 5,92 Н.
Во всех задачах динамики, если нет специального указания, массой пружин,
упругих балок, силами сопротивления и т. п. ледует пренебречь.

1. Определение сил по заданному движению
\~8
"I
< a
Рис. 26.2.1
Согласно 3-му закону Ньютона искомая сила давления груза на платформу
F = N = 5,92 Н. Заметим, что решение справедливо при a < g. Если
a ^ g, то N — 0.
Задача 26.3 (26.3). К телу массы 3 кг, лежащему на столе,
привязали нить, другой конец которой прикреплен к точке А. Какое ускорение
надо сообщить точке А, поднимая тело вверх по вертикали, чтобы
нить оборвалась, если она рвется при натяжении Т = 42 Н.
Ответ: 4,2 м/с
"а;
*^ Решение. Расчетная схема — на рис.
26.3.1. Запишем 2-й закон Ньютона в
проекции на ось х:
тпх = Т-Р,
где Р = mg, T — натяжение нити. Отсюда
искомое ускорение
Т-Р 42-3-9,8
a = х =
*Р
Рис. 26.3.1
m 3
Т = ma + mg = m(a +g) ^ 42
42 - 3 ■ 9,8
= 4,2 м/с'
a >
m
= 4,2 м/с'
Задача 26.4(26.4). При подъеме клетки лифта график скоростей
имеет вид, изображенный на рис 26.4.1. Масса клетки 480 кг.
Определить натяжения T\,Ti,Ty каната, к которому привешена клетка,
в течение трех промежутков времени: 1)от< = 0до< = 2с;2)от< = 2
до t = 8 с и 3) от t = 8 до t = 10 с.
V.
Ответ: Г, = 5 904 Н, Г2 = 4 704 Н, Г3 = 3 504 Н.

1. Определение сил по заданному движению
7
з о-—-А-—
2 4 6 8 10 с
Рис. 26.4.1
*Т
Р
Рис. 26.4.2
"*• Решение. Расчетная схема — на рис. 26.4.2. Запишем 2-й закон
Ньютона для клетки лифта в проекции на ось х: тпх — -Р + Т, где
Р = mg, T — натяжение каната. Выражаем из составленного
дифференциального уравнения движения силу Т.Т — Р + mx = m{g + x). В задаче
задается закон изменения скорости клетки лифта v(t). Согласно графику
изменения v(t) = x(t) имеем:
1)
2)
3)
x(t) = -t;
x(t) = const = 5;
x{t) = -U + 25.
Поэтому натяжение каната будет следующим:
1)
2)
3)
И)
Г, =m(g + x) = mlg+-\ « 480(9,8 + 2,5) = 5 904 Н;
Т2 = m{g + x) = mgx 480 • 9,8 = 4 704 Н;
Г3 = m(g + х) = m(g - - j к 480(9,8 - 2,5) = 3 504 Н.
Задача 26.5 (26.5). Камень массы 0,3 кг, привязанный к нити
длины 1 м, описывает окружность в вертикальной плоскости. Определить
наименьшую угловую скорость ш камня, при которой произойдет
разрыв нити, если сопротивление ее разрыву равно 9 Н.
Ответ: wmin = 4,494 рад/с.
Решение. Расчетная схема движения камня — на рис. 26.5.1.
Запишем 2-й закон Ньютона в проекции на нормальную ось п естественного
трехгранника: man = —P cos <p + T, где Р = mg, T — натяжение нити,

8
1. Определение сил по заданному движению
an —ш I. Отсюда
Очевидно,
Wmm = U(<f = 0) =
Рис. 26.5.1
w =
Т - mg cos <p
ml
T-mg /9-0,3-9,*
ml
0,3-1
4,494 рад/с.
Задача 26.6(26.6). На криволинейных участках железнодорожного
пути возвышают наружный рельс над внутренним для того, чтобы сила
давления проходящего поезда на рельсы была направлена
перпендикулярно полотну дороги. Определить величину h возвышения наружного
рельса над внутренним при следующих данных: радиус закругления
400 м, скорость поезда 10 м/с, расстояние между рельсами 1,6 м.
Ответ: h = 4,1 см.
"*• Решение. Расчетная схема движения в плоскости,
перпендикулярной скорости вагона, представлена на рис. 26.6.1. На точку С (центр
масс поезда) в плоскости ху действуют две силы: сила тяжести Р и сила
реакции полотна дороги N, причем по условию задачи (а также по
техническим соображениям) сила N должна быть нормальна к полотну дороги,
т.е. к оси АВ, в противном случае колеса и рельсы испытывали бы
боковое давление, что крайне нежелательно при эксплуатации! Уравнения
движения в проекциях на нормаль (ж) и бинормаль (у) к траектории
точки С суть:
man — N sin a, 0 = N cos a - P,
где an = v'/R, P = mg, v — скорость движения поезда, R — радиус
окружности, по которой движется поезд. Исключая из этих уравнений N,

1. Определение сил по заданному движению 9
колесо
колесо
х — по направлению нормали;
у — по направлению бинормали
к траектории центра масс С;
z — по направлению скорости «Т(касательной)
Рис. 26.6.1
получим: tga = v /{Rg). Далее, из геометрических соображений полу-
h
чим: tga = , где h — искомое возвышение, а I — ширина
vI — h2
полотна дороги (см. рис. 26.6.1). Таким образом, получим уравнение для
определения h:
h
VF^h? Rg
h =
I
1,6
1 +
R2l2
1 +
4002 • 9,82
To5
0,041 м.
Задача 26.7 (26.7). В вагоне поезда, идущего сначала по
прямолинейному пути, а затем по закругленному со скоростью 20 м/с,
производится взвешивание некоторого груза на пружинных весах; весы
в первом случае показывают 50 Н, а на закруглении 51 Н. Определить
радиус закругления пути.
Ответ: 203 м.
"^ Решение. Расчетная схема для движения груза по закруглению
показана на рис. 26.7.1. 2-й закон Ньютона в проекциях на оси х и у:
man = Fynp cos a, 0 = Fynp sin a- P.

10
1. Определение сил по заданному движению
По условию задачи Fynp = 51 Н; Р — 50 Н;
~g т — P/g к 5,1 кг. Исключая а из
уравнений движения, имеем:
(man)2 + P2 = Ffnp=^
1
т
\Д;2пр -р2 =
1
= —л/512 - 502 = —у/т
5,1 V 5,1
Д
v
5,1-400
\/Т0Г
203 м.
Задача 26.8 (26.8). Гиря массы 0,2 кг подвешена к концу нити
длины 1 м; вследствие толчка гиря получила горизонтальную скорость
5 м/с. Найти натяжение нити непосредственно после толчка.
Ответ: 6,96 Н.
г
с
к
Л
)
Р
V
Г
X
Рис. 26.8.1
"*• Решение. Расчетная схема — на рис. 26.8.1.
2-й закон Ньютона в проекции на ось у (нормаль
к траектории):
ma„
Т-Р
=> Т = Р + man = m(g + an) = mlg+ — J,
где 1 — длина нити. По условию m = 0,2 кг,
v — 5 м/с, I = 1 м. Получим:
Т = 0,2(9,8+— J й6,96Н.
Задача 26.9(26.9). Груз М массы 0,102 кг, подвешенный на
нити длины 30 см в неподвижной точке О, представляет собой ко-
О нический маятник, т.е.
описывает окружность в
горизонтально-\ ной плоскости, причем нить
составляет с вертикалью угол 60°
(рис. 26.9.1). Определить ско-
-^_ рость v груза и натяжение Г
нити.
Рис. 26.9.1
Ответ: v = 2,1 м/с, Т = 2 Н.

1. Определение сил по заданному движению 11
ось х — по нормали;
ось у — по бинормали
к траектории
точки М
"*• Решение. Расчетная схема — на рис. 26.9.2. 2-й закон Ньютона
в проекциях на оси х и у:
Man = T sin 60°,
Р Мя
0 = Tcos60°-P=>T = = —- = 2Mg=2-0,102-9,8«2 H.
cos 60 1/2
Так как
On = — =
R /sin60° 0,3 -0,86
= \/0,285 • а„ « 2,1 м/с.
Задача 26.10(26.10). Автомобиль массы 1000 кг движется по
выпуклому мосту со скоростью v = 10 м/с. Радиус кривизны в середине
моста р = 50 м. Определить силу давления автомобиля на мост
в момент прохождения его через середину моста.
Ответ: 7 800 Н.
Решение. Расчетная схема — на
рис. 26.10.1, причем подразумевается,
что в середине моста касательная к его
поверхности горизонтальна.
Уравнение движения (закон Ньютона) в
проекции на ось у (нормаль к траектории):
тпап = Р — N, где an = v2/p. Отсюда
v2
N =P — man = mg — m— —
Р
( «2\ ( Ю0\
=т(,-_)_,ооо(м--)-
= 1000-7,8 = 7800 Н.
Г
S
#
,
^^
«п
>N
'"■"Ьщ
•
Р
V
^
\
%
X
Рис. 26.10.1

12 1. Определение сил по заданному движению
Заметим, что решение справедливо при выполнении неравенства g > v /p.
Если g ^ v /р, то N = 0.
. я ^
Задача 26.11 (26.11). В поднимающейся кабине подъемной
машины производится взвешивание тела на пружинных весах. При
равномерном движении кабины показание пружинных весов равно
50 Н, при ускоренном — 51 Н. Найти ускорение кабины.
Ответ: 0,196 m/cj
0,
Рис. 26.11.1
"♦• Решение. Расчетная схема — на рис. 26.11.1, где
a — ускорение груза (лифта), Fynp — показание весов.
Уравнение динамики на ось у:
ma — F,
упр
Р.
Если а = 0 (равномерное движение), то
0 = К
(0)
__ Тогда
упр
•''упр •»
т
Р=>Р = Fy(nP = 50 Н
F - Р
*■ упр •»
51-50
= g-
50
9,8- — =0,196 м/с2
Задача 26.12(26.12). Масса кузова трамвайного вагона 10000 кг.
Масса тележки с колесами 1 000 кг. Определить силу наибольшего
и наименьшего давления вагона на рельсы горизонтального
прямолинейного участка пути, если на ходу кузов совершает на рессорах
вертикальные гармонические колебания по закону х = 0,02 sinlOf м.
Ответ: Nmax = 12,78 • 104 Н, Nmin = 8,78 • 104 Н.
*+ Решение. Расчетная схема — на рис. 26.12.1, где f,f' — силы
взаимодействия между кузовом (mi) и тележкой (mj), причем Т = —?'.
Уравнения движения по оси ж:
m}x =T-PU
0=N-P2-T=>
=>Т =Р, +m|i = m,(g + i) = m,(g-2sin \0t);
N =P2+T = rmg + m,(g - 2sin Ш) ==>
=>. Nmax = 1 000 • 9,8 + 10 000(9,8 + 2) = 12,78 • 104 H,
N„
1 000 • 9,8 + 10 000(9,8 - 2) = 8,78 • 104 H.

1. Определение сил по заданному движению 13
т.
пХ
tP,
N
•Р,
Рис. 26.12.1
Задача 26.13 (26.13). Поршень двигателя внутреннего сгорания
совершает горизонтальные колебания согласно закону
х = rl
] см,
cos ut ч cos 2wt
41
где г — длина кривошипа, I — длина шатуна, ш — постоянная по
величине угловая скорость вала. Определить наибольшее значение
силы, действующей на поршень, если масса последнего М.
Ответ: Р = Mru (1 + r/l).
^ Решение. Расчетная схема (кривошипно-шатунный механизм)
приведена на рис. 26.13.1, где В — поршень, ОА = г (кривошип), АВ — I
(шатун). Уравнение движения поршня в проекции на ось х:
Mx = F ■
!(«
21 г
F = -Mrw ( cos wt + - cos 2wt
)■
Исследование функции /(7) = cos7 + - cos 27, 7 € [0, л-), показывает, что
max /(7) = /(0), т.е. max \F\ = Р = Mrw2{\ + r/l).
0/
/ияяякдаиу
\ иЛ
Oil
►ч /я/гт/гт/т
"
777
\.
иши-к
F
w
Рис. 26.13.1

14
1. Определение сил по заданному движению
Замечание к задаче 26.13. Отметим, что предлагаемый в формулировке
задачи 26.13 закон движения поршня Б:
x(t) = г ( cos wt-\ cos 2u)t 1, u) = const,
V 4i )
вообще говоря, кинематически реализуем лишь приближенно (!) при г <?С I.
Действительно, для рис. 26.13.1 имеем-
I sin а = г sin а>£, ж = г cos uit + l cos а = г cos а>£ + v I2 — г2 sin2 uit.
Разлагая корень в ряд при г <£ I, получим с точностью до константы искомый
результат (см. Ден-Гартог, [3, с. 238]).
Задача 26.14(26.14). Решето рудообогатительного грохота
совершает вертикальные гармонические колебания с амплитудой а = 5 см.
Найти наименьшую частоту к колебаний решета, при которой куски
руды, лежащие на нем, будут отделяться от него и подбрасываться
вверх.
Ответ: к — 14 рад/с.
17Г ** Решение. Расчетная схема для
частицы руды приведена на рис. 26.14.1.
Уравнение движения в проекции на ось х:
тх — N — Р. По условию задачи x(t) =
— a sin kt. Отсюда:
N
0
Р
Рис. 26.14.1
N = Р — тх = mg + так sin kt.
Обнуление N (т. е. отделение частицы)
возможно лишь при выполнении неравенства
g ^.ак =э- fcmm = а - — 14 рад/с.
V о
Задача 26.15(26.15). Тело массы 2,04 кг совершает колебательное
Kt
движение по горизонтальной прямой согласно закону х = 10 sin — м.
Найти зависимость силы, действующей на тело, от координаты х,
а также наибольшую величину этой силы.
Ответ: F = -5,033ж Н, F,rax = 50,33 Н.
■» Решение. Расчетная схема — на рис. 26.15.1. Уравнение движения
по оси х:
тх = F =ф F = -т ■ 10 • I - J sin ( — J = -m • — • x = -5,033ж;

1. Определение сил по заданному движению
15
Рис. 26.15.1
max|F| = m- I0(y) ■ 1 = 50,33 H.
Замечание к задаче 26.15. Отметим, что задача восстановления закона силы
по заданному движению требует наличия не единственного решения (которое
предъявлено в условии задачи), а целого класса решений (семейства решений
при разных начальных условиях!). Однако, при условиях данной задачи, задаваясь
требованиями F = F(x) и наличием решения x(t) = osinW, можно показать
(доказательство непросто), что F = —тк х и этот закон является единственным.
Подробности см. в [I, с. 300].
Задача 26.16(26.16). Движение материальной точки массы 0,2 кг
выражается уравнениями х = 3cos2irt см, у = 4simrt cm (t в с).
Определить проекции силы, действующей на точку, в зависимости
от ее координат.
Ответ: X = -0,0789ж Н, Y = —0,0197?/ Н.
** Решение. Расчетная схема — на рис. 26.16.1. Уравнения движения
точки по осям х и у:
mx = Fx, У"
ту = Fv =ф
=> Fx = -m • 3(2тг)2 cos 2nt = -0,0789ж,
Fy = -т-АтГ sinnt = -0,0197$/.
Исключая t из заданных в задаче уравнений:
х = 3cos27r£ = 3(1 - 2 sin nt), у — 4s\mrt,
получим уравнение траектории:
Л л
х- 31 1 — =0
О
-(' ?)-
Рис. 26.16.1
(парабола). Отсюда следует, что проекции силы на оси координат могут
быть также такими:
X = Fx =-0,07&9х + а ж-ЗМ - — j ,
Y = Fy = -0,0l97y + /3\x-3(\-^\ ,

16
1. Определение сил по заданному движению
где а, Р — произвольные параметры. Неоднозначность решения
обусловлена причинами, указанными в замечании к задаче 26.15.
Задача 26.17(26.17). Шарик, масса которого равна 100 г, падает
под действием силы тяжести и при этом испытывает сопротивление
воздуха. Движение шарика выражается уравнением
х = 4,9* - 2,45(1 - е-2'),
где х — в метрах, t — в секундах, ось Ох направлена по вертикали
вниз. Определить силу сопротивления воздуха R и выразить ее как
функцию скорости шарика.
Ответ: R = 0,98(1 - е~и) Н = 0,2а Н.
О
_ ^ Решение. Расчетная схема — на рис. 26.17.1.
■"- Уравнение движения по оси х:
тх = Р - R =$> R = Р — тх — m(g - х) =
= m(g-9,8exp{-2f}) =
р = т -9,8(1 -exp{-2f}).
Учитывая, что
х = 4,9(1 -exp{-2f}),
получаем:
R = т ■ 2 ■ х = 0,2 • v.
Задача 26.18(26.18). Масса стола строгального станка 700 кг,
масса обрабатываемой детали 300 кг, скорость хода стола v = 0,5 м/с,
время разгона t = 0,5 с. Определить силу, необходимую для разгона
(считая движение равноускоренным) и для дальнейшего
равномерного движения стола, если коэффициент трения при разгоне /i = 0,14,
а при равномерном движении /г = 0,07.
Рис. 26.17.1
Ответ: F, = 2 372 Н; F-, = 686 Н.
^ Решение. Считаем постоянное ускорение стола при разгоне:
v , ,
a — - = 1 м/с .
1) При разгоне полагаем, что деталь движется вместе со столом.
Расчетная схема — на рис. 26.18.1а. Уравнение движения вдоль оси х:
(тп] + m2)a = F, - F,
(i)
тр •

1. Определение сил по заданному движению 17
т-.
F0)
тр
ТО,
N
a
F{
X
Рис. 26.18.1а
т2
F<"
тр
I
iv
F2 v
X
Рис. 2. .18.16
Закон Кулона для силы трения скольжения F,
(0.
тр •
где N = (тn^ + ni2)g. Тогда получаем:
F, = (т, + т2)а + /,(т! + m2)g = (т, + m2)(a + ftg) =
= 1 000(1+ 1,372) = 2 372 Н.
Необходимо еще проверить, что между массами т\ и т2 возникает сила
трения покоя F*, меньшая максимальной силы трения F2i = f\ ■ m2g =
= 0,14-300-9,8 = 411,6 Н, которая в состоянии сообщить массе т2
ускорение a = 1 м/с , т. е. F* = тп2а = 300 < F2i = 411,6.
2) При равномерном движении стола деталь начинает скользить
относительно стола. Расчетная схема — на рис. 26.18.16. Уравнение движения
для стола вдоль оси х:
(2)
0 = F2 - FTp
F„
где для сил трения скольжения FTp , F* имеем:
FtP2) = f2(mi + m2)g; F* = f2m2g.
Отсюда имеем для движущей силы F2:
F2 = F™ +F, = /2g(m, + 2m2) - 891,08 H.

18
1. Определение сил по заданному движению
Если считать, что в этом режиме деталь не движется относительно стола,
то F* = 0 (сила трения покоя, действующая на деталь, равна нулю, так
как деталь имеет нулевое ускорение вместе со столом). Тогда будем иметь
ответ:
"тр
F2g(mi +m2) = 686 Н.
Этот ответ приводится в задачнике [6].
Задача 26.19 (26.19). Груженая вагонетка массы 700 кг опускается
по канатной железной дороге с уклоном a = 15°, имея скорость
v — 1,6 м/с. Определить натяжение каната при равномерном спуске
и при торможении вагонетки. Время торможения ( = 4 с, общий
коэффициент сопротивления движению / = 0,015. При торможении
вагонетка движется равнозамедленно.
Ответ: Т, = 1 676 Н, Г2 = 1 956 Н.
Решение. Расчетная схема —
на рис. 26.19.1, где Г — натяжение
каната, N — нормальная реакция
каната, Р — вес вагонетки, F-ф — сила
трения скольжения. Уравнения
движения и закон Кулона:
mil — Psina-T - FTp,
0 = N - Р cos a,
FTP = / • N.
,Р
Рис. 26.19.1
1) Если v = const, то
Т\ = mg(sin а - / cos a) = 1 676 Н
2) Если
t? 1.6
v = a = - = —- = 0,4 = const,
t 4
то
Ti = mg I sin a - f cos a + - I
1 956 H.
Задача 26.20(26.20). Груз массы 1000 кг перемещается вместе с
тележкой вдоль горизонтальной фермы мостового крана со скоростью
v = 1 м/с. Расстояние центра тяжести груза до точки подвеса I = 5 м.
При внезапной остановке тележки груз по инерции будет
продолжать движение и начнет качаться около точки подвеса. Определить
наибольшее натяжение каната при качании груза.
Ответ: Т= 10 000 Н.

1. Определение сил по заданному движению 19
Решение. Расчетная схема
на рис. 26.20.1, где О — точка
подвеса, А — груз. Уравнение движения
по оси О А имеет вид:
man = T — mg,
где a„ = v /I. Отсюда:
T = m(g+j) = Ю4Н.
Максимальность этого значения Т
следует из максимальности v и
проекции g в нижней точке.
О
—•—
штшштшят тщштяшштт.
•Р
Рис. 26.20.1
Задача 26.21 (26.21). Определить отклонение а от вертикали и
силу давления N вагона на рельс подвесной дороги при движении вагона
по закруглению радиуса R = 30 м со скоростью v = 10 м/с. Масса
вагона 1 500 кг.
Ответ: а = 18°47'; N = 15 527 Н.
Решение. Расчетная схема
движения вагона — на рис. 26.21.1а
и 26.21.16. Уравнения движения
в проекциях на оси хну:
{man = N' sin a,
0 = -P + N' cos a,
где an = v /R, Р = mg, N' —
сила реакции, действующая на вагон
со стороны рельса.
Отсюда имеем:
Р mg
mv
N' =
2
cos a
mg
cos а
sin a.
R cos а
Выражаем угол отклонения а и си
лу давления N вагона на рельс:
v2 100
а = arctg — и arctg
6 gR B 9,8 • 30
рельс
18°47',
N =N'
1 500 • 9,8
cosl8°47'
вагон
Рис. 26.21.1а
15 527 Н.
Рис. 26.21.16. (вид сверху)

20
1. Определение сил по заданному движению
Задача 26.22 (26.22). Масса поезда без локомотива равна 2 10 кг.
Двигаясь по горизонтальному пути равноускоренно, поезд через
60 с после начала движения приобрел скорость 15 м/с. Сила
трения равна 0,005 веса поезда. Определить натяжение стяжки между
поездом и локомотивом в период разгона.
Ответ: 59800 Н.
О
N
\Р
Рис. 26.22.1
**• Решение. Расчетная схема — на рис. 26.22.1. Запишем 2-й закон
Ньютона в проекции на ось ж: тх — Т — F^, где Р = mg, сила трения
Ftp = 0,005mg, N — нормальная реакция со стороны полотна, Т —
натяжение стяжки между поездом и локомотивом. Отсюда
T = mx + FTp = mx + 0,005mg = m(x + 0,005g).
Так как х = a = const, то v = ж = at. По условию «(60) = 15,
следовательно, 15 = a • 60 => a = 0,25 м/с . Отсюда:
T = m(a + 0,005g) к 2 • 105(0,25 + 0,005 • 9,8) = 59 800 Н.
Задача 26.23(26.23). Спортивный самолет массы 2 000 кг летит
горизонтально с ускорением 5 м/с , имея в данный момент скорость
200 м/с. Сопротивление воздуха пропорционально квадрату скорости
и при скорости 1 м/с равно 0,5 Н. Считая силу сопротивления
направленной в сторону, обратную скорости, определить силу тяги винта,
если она составляет угол в 10е с направлением полета. Определить
также величину подъемной силы в данный момент.
Ответ: Сила тяги равна 30463 Н, подъемная сила равна 14 310 Н.
Решение. Расчетная схема — на рис. 26.23.1, где Оху —
неподвижная система координат, причем ось ж направлена по скорости v
и ускорению 3 самолета, а ось у — по вертикали вверх, Р = mg — сила
тяжести, FT — сила тяги, Q — подъемная сила, Fconp — сила сопротив-

1. Определение сил по заданному движению 21
О
ления: Fconp = \iv . Уравнения движения в проекциях на оси х и у:
тпх = FT cos a - Fconp,
О = Q + FT sin a - P.
По условию a = 10°, x = a = 5 м/с , -FCOnp = pv , где v = 200 м/с,
0^5
l2
ц = -y = 0,5. Следовательно,
ma + FconC)
FT = co p « 30463 H,
cos a
Q = P-FTsinax 14 310 H.
Задача 26.24 (26.24). Грузовой автомобиль массы 6 000 кг въезжает
на паром со скоростью 6 м/с. Заторможенный с момента въезда на
паром автомобиль остановился, пройдя 10 м. Считая движение
автомобиля равнозамедленным, найти натяжение каждого из двух канатов,
которыми паром привязан к берегу. При решении задачи пренебречь
массой и ускорением парома.
Ответ: Натяжение каждого каната 5 400 Н.
Решение. Расчетная схема
на рис. 26.24.1, где ось х
направлена горизонтально по движению
автомобиля, Т сила
натяжения канатов. На автомобиль с
паромом (массу парома и его
скорость и ускорение считаем
равными нулю) вдоль оси х действует
лишь сила Т. Поэтому уравнение
движения по оси х имеет вид:
автомобиль
О
£а
Рис. 26.24.1
• паром

22
1. Определение сил по заданному движению
тх — —Т, где х = —a = const
используем соотношения:
v0t
at
ma. Чтобы найти величину а,
10 м,
2
vq = at = 6 м/с ==> а = — = 1,8 м/с .
Тогда Т = та = 6 000 • 1,8 — 10 800 Н, а натяжение одного каната Tt =
= Т/2 = 5 400 Н.
Задача 26.25(26.25). Грузы А и Б веса
Рд = 20 Н и Рв = 40 Н соединены между
собой пружиной, как показано на рис. 26.25.1.
Груз А совершает свободные колебания по
вертикальной прямой с амплитудой 1 см и
периодом 0,25 с. Вычислить силу наибольшего и
наименьшего давления грузов А и Б на опорную
поверхность CD.
ШфшШР
Рис. 26.25.1
Ответ: Д1гах = 72,8 Н, Pcmin = 47,2 Н.
-х
В\
■ упр
N
А в
F'
упр
Рис. 26.25.2
"* Решение. Расчетные схемы движения
грузов — на рис. 26.25.2. Уравнения
движения грузов А и Б:
тАхА = Fynp-PA,
0 = N - Рв - F'
где
Ра = тпаЕ, Рв = mBg,
УПР'
Е1 Е1'
•^упр -^упр
(силы упругости, действующие со стороны
пружины на грузы). Так как по условию
задачи
27Г
Ха = b sin kt = 0,01 sin 1,
0,25
то ха = —bk' sin kt. Из уравнений
движения грузов получаем:
N = Рв + Fynp = PA + pB + тпаха.
Сила давления грузов на опорную поверхность:
R = N = РА + Рв + тАхА = PA + PB~ mAbk2 sin kt.

1. Определение сил по заданному движению 23
Очевидно,
РЛ„2
Rma*=R\sinkt=_l=PA + PB + —bk
о
й20 + 40+^.0,01.(^)!«72,8Н,
K20 + 40-g.0,01.(^)2«47,2H.
Задача 26.26 (26.26). Груз массы М = 600 кг
посредством ворота поднимают по наклонному шурфу,
составляющему угол 60° с горизонтом (рис. 26.26.1).
Коэффициент трения груза о поверхность шурфа
равен 0,2. Ворот радиуса 0,2 м вращается по закону
<р = 0,4<3.
Найти натяжение троса как функцию времени и
значение этого натяжения через 2 с после начала
подъема.
Ответ: Т = (5,68 + 0,288*) кН;
при t = 2 с Т = 6,256 кН.
Рис. 26.26.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 26.26.2. Уравнения движения
груза в проекциях на декартовы оси Оху согласно 2-му закону Ньютона:
( Mx = T-Psin60°-FTp,
у 0 = 7V-Pcos60°.
Следовательно, сила трения
FTp = /JV = /Pcos60°.
Из условия задачи следует,
что х — г(р ==> х = гф.
Следовательно, натяжение троса
Т = Мх + Р sin 60° + F = яяшш*^шшяшшШ% о
Рис. 26.26.2
= Мгф + Р sin 60° + fP cos 60° =
= Mr ■ 2,4t + Mg sin 60° + fMg cos 60° « (288* + 5 680) H.
T(t = 2) = 6 256 H.

24 1. Определение сил по заданному движению
Задача 26.27(26.27). Самолет, пикируя отвесно, достиг скорости
300 м/с, после чего летчик стал выводить самолет из пике, описывая
дугу окружности радиуса R = 600 м в вертикальной плоскости. Масса
летчика 80 кг. Какая наибольшая сила прижимает летчика к креслу?
Ответ: 12 784 Н.
Решение. Расчетная схема — на рис. 26.27.1, где N — нормальная
сила, с которой кресло действует на летчика. Эта сила направлена по
нормали к траектории, т. е. по радиусу окружности. С точно такой же силой
по нормали летчик действует на кресло,
только в противоположном направлении. Это и есть
нормальная прижимающая сила, о которой идет
речь в формулировке задачи. Уравнение
движения в проекции на радиус окружности (т. е.
на нормаль):
man = N
N
Р sin (f =Ф-
man + mg sin tp ==>
m\ — + g sin <p
Рис. 26.27.1
N„
0
12 784 H.
Замечание к задаче 26.27. В задаче предполагается, что выход из пике
происходит при постоянной по модулю скорости. Это требует наличия соответствующей
тормозящей силы, направленной по касательной к траектории. Нетрудно
подсчитать значение этой силы, выписывая уравнение движения самолета в проекции
на касательную к траектории: mi — Р cos <р — Г => при г; = const Т = Р cos <p.
Аналогичные рассуждения справедливы и для летчика. Тогда прижимающая сила
(т. е. воздействие летчика на кресло) состоит из двух составляющих: по
радиусу, равной m(v /R + g sin <p), и по касательной, равной mgcos^>. Нетрудно
подсчитать, что максимум модуля этой силы достигается при <р = ж/2 и равен
m(v /R+g) = АГ,гах, т. е. тому, что и было получено. Ответ существенно изменится,
если предполагать, что выход из пике происходит без касательной силы
сопротивления (торможения), т.е. v — переменна. Приведем ответ: прижимающая сила
S{(p) = d (mgsin<p+-rv2) + (mgcos<p)2,
где v2(tp) = v0 + 2gRsin<p, v0 — начальная скорость входа в пике. Тогда
Sma = 3mg+-^- = 14 352 Н.

1. Определение сил по заданному движению 25
Задача 26.28(26.30). Груз М веса 10 Н подвешен
к тросу длины I = 2 м и совершает вместе с тросом
колебания согласно (рис. 26.28.1) уравнению
7Г
ip = — sin 2nt,
6
где (р — угол отклонения троса от вертикали в
радианах, t — время в секундах. Определить натяжения Т\
и Ti троса в верхнем и нижнем положениях груза.
Ответ: Г, = 32,1 Н, Т2 = 8,65 Н.
М
Рис. 26.28.1
"* Решение. Расчетная схема на рис. 26.28.2, где Т — сила
натяжения нити, F — управляющая сила, направленная по касательной
и обеспечивающая заданный в задаче закон из- т^щат
менения угла >р. Уравнения движения в
проекциях на радиальное и касательное направления:
М(ф21) =T-Pcos<p;
М(ф1) = F - Р sin <p.
По условию:
7Г
ф = — cos 2-nt, ф = —7Г sin 2irt.
3 3
Поэтому имеем:
Т = Мg cos (p + М1ф
■ 2
Рис. 26.28.2
7Г
В нижнем положении: ip — 0, \ф\ = —, т. е.
Tl=Mg + Mlj=Mg(l + --j} «1оЛ + -~10,8б) «32,1 Н.
7Г
В верхнем положении: (р = —, ф = 0, т. е.
6
T2 = Mgcos- = lO = 5 • у/Ъ = 8,66 Н.
6 2
Для управляющей силы имеем:
з •
F = Mg sin (p - Ml • -7г sin 2nt,
ж
где <р = — sin27rt.
6

26 1. Определение сил по заданному движению
Задача 26.29(26.31). Велосипедист описывает кривую радиуса Юм
со скоростью 5 м/с. Найти угол наклона срединной плоскости
велосипеда к вертикали, а также тот наименьший коэффициент трения
между шинами велосипеда и полотном дороги, при котором будет
обеспечена устойчивость велосипеда.
Ответ: 14°20'; 0,255.
у
"^ Решение. Расчетная схема — на рис. 26.29.1, который представляет
собой проекцию велосипеда на вертикальную плоскость,
перпендикулярную вектору скорости его центра масс, т. е. вектору v, который на-
велосипед правлен на читателя. На этом
рисунке N и F —
нормальная реакция и сила трения
покоя, приложенные в точке
касания А колес с дорогой,
Ф = —man — даламберова
сила инерции, приложенная
в центре масс С. Согласно
принципу Даламбера
система сил {Р, N, F, Ф} должна
быть уравновешена. Поэтому
F — Ф — 0 (проекция на
горизонталь), N — Р — 0
(проекция на вертикаль). Ф • AC cos a — P ■ AC sin a = 0 (уравнение моментов
относительно точки А). Отсюда
.2
A F
Рис. 26.29.1
N = mg, F =
m»' v 25
10
= 0,255 =^> a ss 14°20'.
Это решение справедливо, если коэффициент трения / удовлетворяет
условию:
F v2
0,255.
В противном случае указанное движение не реализуемо.
Замечание к задаче 26.29. Задачу можно решать и по-другому, воспользовавшись
тем обстоятельством, что неизменность угла наклона велосипеда обеспечивается
двумя фактами: 1) равнодействующая сил N и F, приложенных в точке А,
направлена строго по АС (см. рис. 26.29.1), т. е. F/N = tg a; 2) N = Р (иначе будет
движение точки С по вертикали!). Отсюда F = mgtga. Учитывая, что по закону
Ньютона в проекции на нормаль к траектории точки С имеем F = mv2/R,
получим искомые ответы.

1. Определение сил по заданному движению 27
Задача 26.30 (26.32). Велосипедный трек на кривых участках пути
имеет виражи, профиль которых в поперечном сечении представляет
собой прямую, наклонную к горизонту, так что на кривых участках
внешний край трека выше внутреннего. С какой наименьшей и с какой
наибольшей скоростью можно ехать по виражу, имеющему радиус R
и угол наклона к горизонту а, если коэффициент трения резиновых
шин о грунт трека равен /?
Ответ: vmin = . gR
tga- /
l+/tga
= \ sR
tga + f
1 - / tg a
Решение. Расчетная схема — на рис. 26.30.1, представляющем собой
велосипед
Qv
проекцию велосипеда и трека на вертикальную плоскость,
перпендикулярную вектору скорости его центра масс, т. е. вектору v, направленному
на читателя. На этом
рисунке a — наклон плоскости
трека на вираже, /3 — угол
наклона велосипеда от
нормали к опорной поверхности
трека, N, F — нормальная
реакция и сила трения
покоя, приложенные в точке
контакта А колес с треком,
Ф = -man — даламберова
сила инерции, приложенная
в центре масс С.
Согласно принципу Даламбера (см. предыдущую задачу) имеем:
mv
N = Pcosa + Ф sin a = mgcosa -|—— sin
R
( * ■ ^
ma = mg[ cosaH sina );
V gR J
mv2 ( v2 \
F = -Psma + Фcosa = -mgsina-\ cosa = mg — sina-l cosa I;
R V gR J
P ■ AC ■ sin (a - (3) - Ф ■ AC ■ cos (a - /3) = 0 => tg (a - /3) =
gR'
7Г
+ a^/3^a.
Скорость v должна быть такой, чтобы соблюдалось неравенство:
/^
|F| |-sina +Acosa|
N
cos a + A sin a
где А =
gR'

\
28 1. Определение сил по заданному движению
Рассмотрим два случая:
Г. A^tga=^- ^-<=;/=> А ^
Atga+1 ^' "" l-/tga'
при / tg a ^ 1.
tg a - А , tg a - /
2°. A^tga=»-r^ -<^/=^A^
Atga+1 ^ l + /tga'
при tga ^ /.
Таким образом, если
f ^ min{tga,ctga},
то допустимая скорость v удовлетворяет неравенствам:
Lr^JLKv <,U»e + '
l+/tga у l-/tga
Это и есть ответы, приведенные в сборнике Мещерского [6], однако
без указания того, что коэффициент трения небольшой и удовлетворяет
неравенству
О < / ^ min{tg a, ctg a}.
Замечание к задаче 26.30. Дополним решение и ответы к рассматриваемой
задаче. Из приведенных рассуждений нетрудно усмотреть, что при / ^ max{tg a, ctg a}
неравенство
3 TV-
будет выполняться при любом А, т.е. любая скорость г; является допустимой! Это
является следствием достаточно большого коэффициента трения (т. е. большой
силы трения!). Рассмотрим теперь случай, когда / заключено между числами tga
и ctg a. Здесь возможны два варианта:
а) а ^ 7г/4, tga ^ / ^ ctg a. Тогда получим, что допустимая скорость
удовлетворяет неравенствам:
o<„<w^tga + '
1 -/tga
б) а ^ 7г/4, ctg a < / ^ tga. Тогда получим, что допустимая скорость
удовлетворяет неравенствам:
tga - /
gR—— < г; < со.
1 + / tg a
В таком виде решение и ответы исчерпывают все возможные ситуации.

1. Определение сил по заданному движению 29
Задача 26.31 (26.33). Во избежание несчастных случаев,
происходивших от разрыва маховиков, устраивается следующее
приспособление. В ободе маховика помещается тело А, удерживаемое внутри
его пружиной 5; когда скорость маховика
достигает предельной величины, тело А концом
своим задевает выступ В задвижки CD,
которая и закрывает доступ пара в машину. Пусть
масса тела А равна 1,5 кг, расстояние е
выступа В от маховика равно 2,5 см, предельная
угловая скорость маховика 120 об/мин.
Определить необходимый коэффициент жесткости
пружины с (т.е. величину силы, под
действием которой пружина сжимается на 1 см),
предполагая, что масса тела А сосредоточена
в точке, расстояние которой от оси
вращения маховика в изображенном на рис. 26.31.1
положении равно 147,5 см.
Рис. 26.31.1
Ответ: 145,6 Н/см.
"* Решение. Расчетная схема — на рис. 26.31.2. При разгоне маховика
до критической скорости w точка А$ приходит в положение А, отстоящее
на расстоянии е = AqA = 2,5 см. ,-- -«^
По закону Ньютона:
■PI™ = mo;2 (г + е) =
упр
Тогда
/ 120\2
= 1,5- ( 2тг—) (150) « 362 Н.
с = -^ к 145,6 Н/см.
*£,
о<Ь
А
Рис. 26.31.2
Задача 26.32 (26.34). В регуляторе имеются гири А массы 30 кг,
которые могут скользить вдоль горизонтальной прямой МN; эти гири
соединены пружинами с точками М и N; центры тяжести гирь
совпадают с концами пружин. Расстояние конца каждой пружины от оси О,
перпендикулярной плоскости рис. 26.32.1, в ненапряженном
состоянии равно 5 см, изменение длины пружины на 1 см вызывается силой
а 200 Н. Определить расстояние центров тяжести гирь от оси О, когда
регулятор, равномерно вращаясь вокруг оси О, делает 120 об/мин.
Ответ: 6,55 см.

30
1. Определение сил по заданному движению
Рис. 26.32.1
Рис. 26.32.2
"* Решение. Расчетная схема — на рис. 26.32.2. Закон Ньютона для
одной из гирь в радиальном напрвлении:
5с 5
тш'г = с(г — 5) ==> г —
с - ты- 1 - ты2/с
120
т = 30 кг, w = 2тт = 2-к ■ —— = 4ir, с -
200 • ,
=200-Ю2.
0,01
Тогда:
г =
30- 16тН
6,55 см.
1 -
200- 102
Задача 26.33 (26.35). Предохранительный выключатель паровых
турбин состоит из пальца А массы т — 0,225 кг, помещенного
в отверстии, просверленном в передней части вала турбины
перпендикулярно оси, и отжимаемого внутрь пружиной (рис. 26.33.1); центр
тяжести пальца отстоит от оси вращения вала на расстоянии I = 8,5
мм при нормальной скорости вращения турбины п = 1 500 об/мин.
При увеличении числа оборотов на 10% палец преодолевает реакцию
пружины, отходит от своего нормального положения на расстояние
х = 4,5 мм, задевает конец рычага В и освобождает собачку С,
связанную системой рычагов с пружиной, закрывающей клапан
парораспределительного механизма турбины. Определить жесткость
пружины, удерживающей тело А, т.е. силу, необходимую для сжатия ее
на 1 см, считая реакцию пружины пропорциональной ее сжатию.
Ответ: с = 89,2 Н/см.
"^ Решение. Расчетная схема движения центра масс пальца А — на
рис. 26.33.2. Уравнение движения: man = Fynp. Распишем его для двух
режимов:

1. Определение сил по заданному движению 31
Рис. 26.33.1
Рис. 26.33.2
1) норм ьная скорость вращения турбины;
2) увеличенная скорость вращения турбины.
тш\ I = сХ\,
{
лш2(1 + х) — с(А] + х),
где Ai — деформация пружины в 1-м режиме. Следовательно,
ur)«+x)-{w)'} =
mu>2(J + x) - тш\1 m Г/1,1-27гп\
°~ х ~ х [\ 60 /
0,225 Г/1,1-27г1500\2 ч /2тг-1500\2
-ОдабК «О ) (0,0085 + 0,0045)-(-gp-j -0,0085
:8914Н/м = 89,2Н/см.
Задача 26.34(26.36). Точка массы т движется по эллипсу
х2 у2
a2 b2
Ускорение точки параллельно оси у. При t — 0 координаты точки
были х = 0, у — Ь, начальная скорость vo. Определить силу,
действующую на движущуюся точку в каждой точке ее траектории.
v20b4
Ответ: Fv — -m-^—r.
* a2y3
** Решение. Расчетная хема — на рис. 26.34.1. Согласно 2-му закону
Ньютона ma = F имеем:
тх = Fx, my — Fy.

32
1. Определение сил по заданному движению
По условию задачи ах = х = О,
следовательно, Fx = 0. Кроме того,
Vx — X = COnSt = Vo ==$• X = V(,t.
Продифференцируем по t
уравнение траектории
а2 + b2 ~~ L
Получим
2хх 2уу
а
Вычислим
,2 + 62
= 0 =
Ь2хх
а2у
b2v0x
а2у '
b2v0 xy-xy b2Vo ( 62г>0а;\
У = 2 2 = П. [ЩУ + Х-^— I
а2 у2 а2у2 \ а2у )
b2v2 а2у2 + Ъ2х2 b2vl а2Ь2
v20b
а2у2
а2у
Следовательно,
а2уъ
,2гА
а2у3
Замечание к задаче
ривается в [1, с. 306].
* а2у3
26.34. Такая же задача в более общей постановке рассмат-
Задача 26.35 (26.37). Шарик массы m закреплен на конце
вертикального упругого стержня, зажатого нижним концом в неподвижной
стойке (рис. 26.35.1). При небольших отклонениях стержня от его
вертикального равновесного положения можно приближенно считать, что
центр шарика движется в горизонтальной плоскости Оху,
проходящей через верхнее равновесное положение центра шарика. Определить
закон изменения силы, с которой упругий, изогнутый стержень
действует на шарик, если выведенный из своего положения равновесия,
принятого за начало координат, шарик движется согласно уравнениям
х = a cos kt, у — b sin kt,
где a,b,k — постоянные величины.
Ответ: F = тк2г, где г — у/х2 + у2.

1. Определение сил по заданному движению 33
Рис. 26.35.1 Рис. 26.35.2
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 26.35.2. Стандартное решение
задачи — это выписать закон движения точки т в проекциях на оси х и у:
тх = Fx, ту = Fy.
Отсюда:
Fx — —так cos kt = -тк ■ х;
Fy — —mbk sin kt — —mk • y.
Отсюда видим, что сила является, во-первых, центральной, а, во-вторых,
модуль ее:
|F| = mk2yjx2 + y2 = тк2г.
Замечание к задаче 26.35. Отметим, что если предъявляемое в формулировке
задачи решение является единственным, то восстановить закон изменения силы
(даже позиционной), вообще говоря, невозможно. Действительно, в данном случае
условию задачи удовлетворяют такие силы:
Fx = -тк2х + а(^ + ^ -Л,
где а, р — произвольные параметры.
Более подробно эти вопросы обсуждаются в [1, с. 306].

2. Дифференциальные уравнения движения (§ 27, [6])
а) Прямолинейное движение
Задача 27.1 (27.1). Камень падает в шахту без начальной скорости.
Звук от удара камня о дно шахты услышан через 6,5 с от момента
начала его падения. Скорость звука равна 330 м/с. Найти глубину шахты.
Ответ: 175 м.
/////
Решение. Расчетная схема движения
%
Рис. 27.1.1
U+h
камня — на рис. 27.1.1. Согласно 2-му
закону Ньютона в проекции на ось х,
дифференциальное уравнение движения камня.
тх = Р, где Р = mg. Интегрирование этого
уравнения с нулевыми начальными
условиями дает закон движения камня: х = gt /2.
Отсюда время падения камня t\ = \/2h/g,
где h — глубина шахты.
Время движения звука tj = h/v3B. Итак,
175 м.
Задача 27.2 (27.2). Тяжелое тело спускается по гладкой плоскости,
наклоненной под углом 30° к горизонту. Найти, за какое время тело
пройдет путь 9,6 м, если в начальный момент его скорость равлялась 2 м/с.
Ответ: 1,61 с.
Решение. Расчетная схема
WW
Рис. 27.2.1
на рис. 27.2.1. Дифференциальное
уравнение движения груза:
тх -
==>• X
=>t2 +
- Р sin а, Р = mg,
а = 30°,
g sin a ■ t2
2 + v0t=s>
2vo 2x
gsina gsina

а) Прямолинейное движение
35
t =
g sin
а у \gsina/
+
2x
gsina
1,61 с
Задача 27.3 (27.3). При выстреле из орудия снаряд вылетает с
горизонтальной скоростью 570 м/с. Масса снаряда 6 кг. Как велико
среднее давление пороховых газов, если снаряд проходит внутри орудия
2 м? Сколько времени движется снаряд в стволе орудия, если считать
давление газов постоянным?
Ответ: Р = 4,88 • 10s H, t = 0,007 с.
Решение. Расчетная схема — на
рис. 27.3.1. Уравнение движения по оси
х: тх = F, где F — сила давления
пороховых газов. По условию задачи
F = ^сред => а = х = const =
• сред
V = X = at -
at1
т
vt
х = — = —
2 2
У
о
1
■N
1 F
Р
Г
X
Рис. 27.3.1
21 4
время движения снаряда t\ — — = и 0,007 с.
vK 570
Среднее давление газов
^сред = Р = та = т—
»к , 5702
т—- = 6 •
21 2-2
487 350 Н.
Задача 27.4(27.4). Тело массы m вследствие полученного толчка
прошло по негладкой горизонтальной плоскости за 5 с расстояние
s = 24,5 м и остановилось. Определить коэффициент трения /.
Ответ: / = 0,2.
Решение. Расчетная схема — на
рис. 27.4.1. Уравнения движения груза
в проекции на декартовы оси хну:
{тх = -F^,
0 = N-P,
где Р = mg, Fw = fN.
Получаем:
У
о
1
F
тр
шш
,
'JV
1
р
г
X
Рис. 27.4.1
тх = —fmg
-fg=*x = -fgt + vo.

36
2. Дифференциальные уравнения движения
Так как
то
Так как
то
±(U = 5) = О,
V0 = fgU =>& = -fgt + fgti ==> X
x{tx =5) = S,
■—t +fgt\ t.
24,5
1 ,2 0,5-9,8-25
= 0,2.
Задача 27.5(27.5). За какое время и на каком расстоянии может
быть остановлен тормозом вагон трамвая, идущий по горизонтальному
пути со скоростью 10 м/с, если сопротивление движению, развиваемое
при торможении, составляет 0,3 веса вагона.
Ответ: t = 3,4 с, s = 17 м.
У
о
F
сопр
/////////
,
'N
р
a
Г
X
Рис. 27.5.1
Закон движения вагона:
Решение. Расчетная схема — на
~g рис. 27.5.1. Уравнение движения вагона
при торможении вдоль оси х:
Следовательно,
тпх = —F,
сопр-
Так как Fconp = 0,3mg, то х = -0,3g.
Отсюда х = -0,3gt + v0. Следовательно,
t =
v0
10
0,3g 0,3 - 9,8
3,4 с.
х = —'—■-t1 + v0t.
0,3-9,8 , v,
s и (3,4)' + 10 • 3,4 и 17 м.
Задача 27.6 (27.6). Принимая в первом приближении
сопротивление откатника постоянным, определить продолжительность отката
ствола полевой пушки, если начальная скорость отката равна 10 м/с,
а средняя длина отката равна 1 м.
Ответ: 0,2 с.

а) Прямолинейное движение
37
"* Решение. Расчетная схема — на рис. 27.6.1. Уравнение движения
ствола пушки вдоль оси х:
тх = —Fr
-F
сопр
х = а =
сопр
m
Интегрирование дает: х = at + vq. Если
v = х = О, то а = -Vo/ti. При
дальнейшем интегрировании получаем:
at2 Vq 2
х = —- + v0t = -—t + vQt.
Z Zt\
В момент t\ x = s, следовательно, имеем
X
\N
a.
IP
\T? T
F
9 сопр
/////////
Рис. 27.6.1
U = —
2s 21
10
= 0,2 с
О
Задача 27.7(27.7). Тяжелая точка поднимается по негладкой
наклонной плоскости, составляющей угол a = 30° с горизонтом. В
начальный момент скорость точки равнялась % = 15 м/с. Коэффициент
трения / = 0,1. Какой путь пройдет точка до остановки? За какое
время точка пройдет этот путь?
Ответ: s = 19,57 м, t = 2,61 с.
Решение. Расчетная схема
представлена на рис. 27.7.1.
Уравнения движения точки вдоль осей
координат х и у:
{
mi = —P sin a — FTp,
0 = N - Р cos a,
где Р = mg, FTp = fN.
Следовательно,
х = —g sin a — fg cos a — a ==> x = at + v0.
Время движения точки до остановки находим из уравнения:
15
0 = a£i+г>о =><i = -
V0
vo
a g(sina + /cosa)
9,8U),5 + 0,1-—^ J
:2,61 с.
Закон движения точки х = at /2 + v^t. Путь до остановки
s = x(h) к -- ■ 9,8 • ( - + 0,1 • — J • (2,61)2 + 15 • 2,61 « 19,57 м.

38 2. Дифференциальные уравнения движения
Задача 27.8 (27.8). По прямолинейному железнодорожному пути
с углом наклона а = 10е вагон катится с постоянной скоростью.
Считая сопротивление трения пропорциональным нормальному
давлению, определить ускорение вагона и его скорость через 20 с после
начала движения, если он начал катиться без начальной скорости
по пути с углом наклона /3 = 15е. Определить также, какой путь
пройдет вагон за это время.
sin (/3 - а) „ 2 s'n (0 - а)
Ответ: а = —— -g = 0,867 м/с2, v = —— -gt = 17,35 м/с,
cos a
sin (/3 - a) gt2
s = = 173,5 м.
cos а 2
cos а
Рис. 27.8.1
"* Решение. Расчетная схема — на рис. 27.8.1. Уравнения движения
вагона на 1-м этапе:
{
т. к. xi = 0, Ftp, = fN,, то / =
mi] = Psina - Ftpi,
0 = Ni - Р cos a,
sin a
cos a
Уравнения движения на 2-м этапе:
С
mxi — Р sin /3 - Ftp2,
0 = N2-Pcosp, где P = mg, FTP2 = fN2.
Следовательно,
sin a
ah = g sin в g cos /3 = a = const;
cos a
±2 = at (т. k. vq — 0) и Х2 — at2/2.

а) Прямолинейное движение
39
Следовательно, через 20 с имеем:
(sin a \ sin (В - a) sin 5е
sin /3 cos /3 = g—к- '- = 9,8 — к 0,867
cos a / cos а cos 10е
sin (в - а)
м/с2,
v — at = g-
cosa
-tx 0,867 - 20 и 17,35 м/с,
« =
оГ
g
sin (/3- а) 2
2 cos a
Г и 173,5 м.
Задача 27.9 (27.9). Найти наибольшую скорость падения шара
массы 10 кг и радиуса г = 8 см, принимая, что сопротивление
воздуха равно R — kav , где v — скорость движения, а — площадь
проекции тела на плоскость, перпендикулярную направлению его
движения, и к — численный коэффициент, зависящий от формы тела
и имеющий для шара значение 0,24 Н • с /м .
Ответ:
= 142,5 м/с.
J
1#"
"♦• Решение. Расчетная схема
представлена на рис. 27.9.1. Уравнение движения
центра тяжести шара: тх — Р - R, где Р = mg,
R = kav = kirr v .
Следовательно,
кжг
x=g
т
кжг 1
V = g V.
ТП
Хч<
4Л
при v = 0:
Р
Рис. 27.9.1
t'max —
gm
9,8-10
кжг2 0,24 • ж ■ 0,082
142,5 м/с.
Задача 27.10 (27.10). Два геометрически равных и однородных
шара сделаны из различных материалов. Плотности материала шаров
соответственно равны 71 и 72- Оба шара падают в воздухе. Считая
сопротивление среды пропорциональным квадрату скорости, определить
отношение максимальных скоростей шаров.
Ответ:
vn
Vlt
Решение. Воспользуемся результатом задачи 27.9:
J
^max —
gm
кжг2

40
2. Дифференциальные уравнения движения
По условию т = fV (V — объем шара). Поэтому
f 1 max
^2 max
hiVg
V ктсг2
HiVg
J-
V72
kitr2
Задача 27.11 (27.11). При скоростном спуске лыжник массы 90 кг
скользил по склону в 45°, не отталкиваясь палками. Коэффициент
трения лыж о снег / = 0,1. Сопротивление воздуха движению
лыжника пропорционально квадрату скорости лыжника и при скорости
в 1 м/с равно 0,635 Н. Какую наибольшую скорость мог развить
лыжник? Насколько увеличится максимальная скорость, если, подобрав
лучшую мазь, лыжник уменьшит коэффициент трения до 0,05?
Ответ: v\ max = 29,73 м/с; скорость увеличится до V2,mx = 30,55 м/с.
J
Решение. Расчетная
схема — на рис. 27.11.1, где N —
нормальная реакция, F — сила
сопротивления, уравнения дви-
жеения по осям хну:
{mi,
0
= mv = P sin a - F,
= N - P cos a,
где
Рис. 27.11.1
F = FTp + Fconp = fN + kv\
0,635
к = —j- = 0,635.
Из этих уравнений получим дифференциальное уравнение для v:
mv = mg sin a - fmg cos a - kv~.
Максимальная скорость реализуется при v = 0, поэтому имеем
^max —
mg(sin a - f cos a) /90 • 9,8 • (л/2/2) • 0,9
0,635
29,73 м/с.
Если / = 0,05, то
f 90 • 9,8 • (л/2/2) • 0,95
0,635
30,55 м/с.

а) Прямолинейное движение
41
Задача 27.12 (27.12). Корабль движется, преодолевая
сопротивление воды, пропорциональное квадрату скорости и равное 1200 Н при
скорости в 1 м/с. Сила упора винтов направлена по скорости движения
и изменяется по закону Т = 12 • 105(1 - v/ЪЪ) Н, где v — скорость
корабля, выраженная в м/с. Определить наибольшую скорость, которую
может развить корабль.
Ответ: v^ = 20 м/с.
Рис. 27.12.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 27.12.1. Уравнение движения
по оси х: тпх = mi = Т - Fconp. Максимальная скорость определяется из
условия v = 0, т. е.
где
Отсюд.
Решая
1 имеем
T = F
12-
это квадратное j
^max =
•пр> "
к =
105(l-
•авнени
103
"б6+1
•105М
1200
I2
^max \
"зГ/ =
''max \
~~зз~/
1200.
= 12-Ю2
е получим:
/(£,
) +ю3
— kit2
2
" ^тах-
и 20 м/с.
Задача 27.13(27.13). Самолет летит горизонтально.
Сопротивление воздуха пропорционально квадрату скорости и равно 0,5 Н при
скорости в 1 м/с. Сила тяги постоянна, равна 30 760 Н и составляет
угол в 10° с направлением полета. Определить наибольшую скорость
самолета.
Ответ: vmax = 246 м/с.

42
2. Дифференциальные уравнения движения
Рис. 27.13.1
Решение. Расчетная схема — на рис. 27.13.1, где Fc
сопр
сила
сопротивления. Уравнение движения по оси х: mv = T cos a — Fconp.
Максимальная скорость определяется условием v = О, т.е.
Т cos a - Fc
сопр
0,5
где fc = — = 0,5. Отсюда имеем:
*Лнях —
Tcosa
fc
Т cos a = kv-mm,
'30 760-0,98
0,5
246 м/с.
Задача 27.14(27.14). Самолет массы Ю кг приземляется на
горизонтальное поле на лыжах. Летчик подводит самолет к поверхности
без вертикальной скорости и вертикального ускорения в момент
приземления. Сила лобового сопротивления пропорциональна квадрату
скорости и равна Ю Н при скорости в I м/с. Подъемная сила
пропорциональна квадрату скорости и равна 30 Н при скорости в 1 м/с.
Определить длину и время пробега самолета до остановки, приняв
коэффициент трения / = 0,1.
Ответ: S = 909,3 м, Г = 38,7 с.
Решение. Расчетная схема — на рис. 27.14.1, где N — нормальная
сила лобового сопротивления,
подъемная сила, Fconp
реакция, Q
Ртр — сила трения.
Уравнения движения по осям ж, у:
TYIV — -^сопр -^тр
-кУ-fN,
0 = N + Q-P = N + k2v2 - P,
где fc, = 10. fc2 = 30, / = 0,1, m = 104.
Из этих уравнений получаем дифференциальное уравнение:
v = -0,\g v' = -a- Bv\
m

а) Прямолинейное движение
43
ч-4
где а = 0,98, /3 — 1 ■ 10 . Разделяем переменные:
dv
a + fiv2
где 7 = Vfi/a- Тогда
-<tt =>• arctg (7^) = -«7 • t + arcte (7*>o)»
v(t) = - tg [-07^ + arctg (7«o)].
7
Отсюда находим время остановки t+, когда V(t*) = 0, тогда
** =
fafi
arctg
38,7 с
Интегрируя уравнение для v(t) в пределах от 0 до t*, получим пройденный
путь:
S = -- In [cos (arctg (7»ь))] = — In (l + 72г>о) ~ 909,3 м.
Задача 27.15 (27.15). Самолет начинает пикировать без начальной
вертикальной скорости. Сила сопротивления воздуха
пропорциональна квадрату скорости. Найти зависимость между вертикальной
скоростью в данный момент, пройденным путем и максимальной скоростью
пикирования.
Ответ: v = г>тах\Л - exp {-Tgx/v^}.
** Решение. Расчетная схема — на рис. 27.15.1.
Уравнение движения по оси х: mv = Р — Fconp = mg — к . v,
находим из условия v = 0, тогда vmax = \/mg/k. Далее имеем
dv dx dv 1 d(v2)
dx dt dx 2 dx

44 2. Дифференциальные уравнения движения
В результате получим линейное дифферен-
О циальное уравнение первого порядка:
d(v2)
dx
+ 2k(v ) = 2mg.
Решая это уравнение, получим:
v2(x) = Со ехр {-2кх} +
mg
к '
и X
где Со — произвольная константа.
Используем начальное условие
v(x = 0) = 0,
получим: Со = -mg/k. Тогда
v(x) = J-r-(l -е\р{-2кх}),
подставляя сюда Vm^ — \frngjk, получим ответ:
"w="™\/'-e4,{-£}-
/■ -
Задача 27.16 (27.16). На какую высоту Я и за какое время Т
поднимется тело веса р, брошенное вертикально вверх со скоростью г>о,
2 2
если сопротивление воздуха может быть выражено формулой к pv ,
где v — величина скорости тела?
Ответ: Н
in faV + l)
2gk2
, T =
arctg kvo
kg
i"
0
'' СОПр
Рис. 27.16.1
^ Решение. Расчетная схема представ-
_, лена на рис. 27.16.1.
Уравнение движения по оси х:
\8
8
-v — -Р - k2pv2
v = —g - k2gv2.
Записываем аналогично предыдущей задаче:
d(v2)
dx
^)=(„j+i)
+ 2gk2v2 = -2g =
.2 . ' \_.._r _2 . »
V(, + -^jexp{-2gk'x} fc2.

в) Прямолинейное движение 45
Максимальное хшх получится при условии г>(ятах) = 0, тогда имеем
Жщях = я =
2gk2
ln(l+t»oJA!2).
Далее интегрируем уравнение для г)(х);
"(ж) =Л =
кexp{gk2x}
к exp {gk2x} dx
dx у ' + vlk2 ~ exp {2gk2x}
~dl ~~
_/
{ yj\.+vlk2-zxv{lgk2x)
1 ( . exp {gfc^max} , 1 \
= — I arcsm 7== arcsin — - - ) =
Sk\ ./uA2 ./utf/
1 /tt
= —-1 — - arcsin
gk\2
1 \ arctg kvo
ф + *>o*2
)-
kg
Задача 27.17(27.17). Тело массы 2 кг, брошенное вертикально
вверх со скоростью 20 м/с, испытывает сопротивление воздуха,
которое при скорости v м/с равно 0,4г> Н. Найти, через сколько секунд
тело достигнет наивысшего положения.
Ответ: 1,71 с.
Решение. Расчетная схема — на рис. 27.17.1.
Уравнение движения по оси х\
1че
mv
P-Fc
сопр
-mg - 0,4гп
Так как v = ж, то наивысшего положения тело
достигает при таком t = t*, что v(t*) = 0. Интегриру- С )
ем обе части уравнения движения в пределах от t = 0
до t = U'.
m{v{Q - v(0)) = -mgt* - 0,4 /
vdt.
m
P
eonp
Рис. 27.17.1
Ясно, что
имеем:
f v(t) dt =
^max — максимальная высота подъема тела. Тогда
1
^max = 7Гт(тг,(°) - ™gt*)-

46 2. Дифференциальные уравнения движения
Далее запишем уравнение движения в виде:
0,4 / , ч mg\ ( 0,4 1 mg
Отсюда для £* имеем уравнение:
т ( t»(0)-0,4\ 1 , / 20-0,4 \
U = — In ( 1 + ——- = —- In 1 + — и 1,7
0,4 V mg J 0,2 V 2g У
Подставляя в формулу для
■^тах> имеем: Lm&x — 16,25 м.
1 с.
Задача 27.18(27.18). Подводная лодка, не имевшая хода,
получив небольшую отрицательную плавучесть р, погружается на глубину,
двигаясь поступательно. Сопротивление воды при небольшой
отрицательной плавучести можно принять пропорциональным первой
степени скорости погружения и равным kSv, где к —
коэффициент пропорциональности, S — площадь горизонтальной проекции
лодки, v — величина скорости погружения. Масса лодки равна т.
Определить скорость погружения v, если при t = 0 скорость vq = 0.
0«П «.) = £(!-ер {-£,}).
х)
** Решение. Расчетная схема — на рис. 27.18.1,
где Q — выталкивающая (архимедова) сила.
Плавучесть р — это разница между весом mg и
выталкивающей силой Q. Поэтому имеем следующее уравнение
движения по оси х:
,
,
<
гГ
■F
Q
>
,ТЩ
■
kS P
v Н v = —
m m
mv = p- Fconp =p- kSv =>
Г kS 1
==>■ решение v(t) = Со exp < 1 >
I m )
+
JL
kS'
Рис. 27.18.1
Константу Со найдем из начального условия v(0) = 0:
Р
С0 = -
kS'
Тогда получим v(t) — —- ( 1 - exp < 1 > J
kb V I m J /
Задача 27.19(27.19). При условиях предыдущей задачи
определить путь z, пройденный погружающейся лодкой за время Т.
Р
Ответ: z — —
m
k~S
(—НИ)]

а) Прямолинейное движение
47
"* Решение. Интегрируя формулу для v(t) из предыдущей задачи по
времени, получим:
г(() = /„(0й = ^[т-^(1-ехр{-^г}) .
Задача 27.20(27.21). Какова должна быть постоянная тяга
винта Т при горизонтальном полете самолета, чтобы, пролетев 5 метров,
самолет увеличил свою скорость с vq м/с до v\ м/с? Тяга винта
направлена по скорости полета. Сила лобового сопротивления, направленная
в сторону, противоположную скорости, пропорциональна квадрату
скорости и равна а Н при скорости в ] м/с. Масса самолета m кг.
~ ™ а(щ - щ exp {las/m})
Ответ: Т = -^ 1—— '—^- Н.
1 - exp {2as/m}
Рис. 27.20.1
Решение. Расчетная схема — на рис. 27.20.1.
Уравнение движения по оси х:
7 m d(v2) -,
тп' = Т - Fconp = Т - av2 =Ф — -V^ = Г - av2.
2 ds
Обозначая v =u, получим:
du
ds
la IT , ч Г 2a Л Т
4 u = — =» Ms) = C0 exp < 5 > 4 .
mm ( m ) a
Пусть при s = 0 ы(0) = (v(0)) = vq. Тогда:
/ ч 2, , { 2 T\ i 2a \ T 2
u(s) = v (s) = I v0 I exp < 5 } + — = vx =>•
\ a) \ m J a
{-2is} f°-vUxp{^s}
v2 — v0 exp
T = a-
1 - exp
Ш
= a-
1 exp
{!•}
(H).

48
2. Дифференциальные уравнения движения
Задача 27.21 (27.22). Корабль массы 10 кгдвижется со скоростью
16 м/с. Сопротивление воды пропорционально квадрату скорости
корабля и равно 3-105 Н при скорости 1 м/с. Какое расстояние пройдет
корабль, прежде чем скорость его станет равной 4 м/с? За какое время
корабль пройдет это расстояние?
Ответ: s = 46,2 м, t = 6,25 с.
■тшшшшштшШшшштшишр-
Рис. 27.21.1
Решение. Расчетная схема — на рис. 27.21.1.
Уравнение движения по оси х:
mv = — av
=> v =
Из этих соотношений получаем:
m/j 1 \ 107 /1 I \ 102 3 _ 100
~ a\v,~ vq)~ 3-Ю5 V4 ~ 16/ ~ ~3~ " Тб — Тб" = 6'25 С'
, ч т ( а \ 107 / 3-Ю5 \
s = x(t) = — In 1 + — vot = -—— In ( I + —-=- ■ 16 • 6,25 =
w a V m / 3- 10s V 10 /
100 / 3 \
= -'Ч, + т^-16-6-25)=46'2м-
, a _ ^
Задача 27.22(27.23). Тело падает в воздухе без начальной
скорости. Сопротивление воздуха R — k'pv , где v — величина скорости
тела, р — вес тела. Какова будет скорость тела по истечении времени t
после начала движения? Каково предельное значение скорости?
1 exp {2kgt}
Ответ: v(t) = —■
1
к exp {2kgt} + 1'
1
к'

а) Прямолинейное движение
49
• Решение. Расчетная схема — на рис. 27.22.1.
Уравнение движения по оси х:
mv = Р - R = mg - к pv = р(\ - k2v ) =>-
2 2Ч
v —g(\ — к v )
dv
(l -k2v2)
gdt
2k
In
1 + kv
1 - kv
gt + C0=^Co^O,
так как г>(0) = 0. Отсюда
_ 1 exp {2kgt} - 1
^ ' к exp {Ikgt} + 1
lim v(t) = —.
<->oo ' к
а; и
Рис. 27.22.1
J
R
1»
Задача 27.23(27.24). Корабль массы 1,5 • 10 кг преодолевает со-
противление воды, равное R = av Н, где v — скорость корабля в м/с,
а а — постоянный коэффициент, равный 1 200. Сила упора винтов
направлена по скорости в сторону движения и изменяется по закону
Т = 1,2 • 10 (1 — v/33) H. Найти зависимость скорости корабля от
времени, если начальная скорость равна г>о м/с
Ответ: v =
70г>0 + 20(г>0 + 50)(ехр {0,056*} - 1)
70 + (vq + 50) (exp {0,0560 - 1)
Решение. Задача аналогична задаче 27.12.
Уравнение движения по оси х:
mv = T-Fconp= 12-10
И)
av
Тогда получим:
4
v = -
5
где а = 1 200.
165
5 000
v = a — bv — cv ,
где а = -, b
165' С 5 000'
Выделяя полный квадрат в правой части, получим:
2
S=(r^?)2-(^+^)'
Разделяя переменные и интегрируя, имеем:
In
Vac + b2 - (cv + b)
y/ac + b2 + (cv + b)
= 2\/ac + b2t + Co.

50 2. Дифференциальные уравнения движения
Константа Со находится из условия v(0) = Vo'.
Со = In
Потенцируя, получаем:
Vac + b2 - (cv0 + b)
Vac + b2 + (cv0 + b)
Vac + b2 - (cv + b) Vac + b2 - (cv0 + b) , , — Л
. = . exp \2Vac + bzt>.
Vac + b2 + (cv + b) Vac + b2 + (cv0 + b)
Отсюда легко находится функция v(t).
Задача 27.24(27.25). В предыдущей задаче найти зависимость
пройденного пути от скорости.
v0 - 20
flo + 50
Ответ: х = 893 In — + 357 In
v + 50
w-20
(м).
Решение. В уравнении для v в предыдущей задаче обозначим:
Ь
u = Vcv +
Vc
тогда:
'cu
ii = Vcla-\ 1 - \/сь
Переходя к независимой переменной s (путь), имеем:
=>u2(s)= I a + — j + (Vcvo + -7=) -la+ — J exp{-2Vcs}=>
из этого уравнения легко находится зависимость s, т. е. х, от и, т. е. от v.
Задача 27.25 (27.26). В задаче 27.23 найти зависимость пути от
времени при начальной скорости vq = 10 м/с.
(vq + 50)е0-056' + 20 - г>0
Ответ: х = 1 250 In — —^ - 50t;
при Vo = Ю м/с х = 1 250 In
70
6ео.05«
+ 1
-50t.
^ Решение. Эта задача решается как комбинация результатов задач
27.23 и 27.24. Сначала из задачи 27.24 находим зависимость пути s
от скорости v, а затем, используя результат задачи 27.23, подставляем
в полученное соотношение зависимость скорости v от времени t.

а) Прямолинейное движение
51
Задача 27.26(27.27). Вагон массы 9 216 кг приходит в движение
вследствие действия ветра, дующего вдоль полотна, и движется по
горизонтальному пути. Сопротивление движению вагона равно 1/200
его веса. Сила давления ветра Р = kSu , где S — площадь задней
стенки вагона, подверженной давлению ветра, равная 6 м , и —
скорость ветра относительно вагона, к = 1,2. Абсолютная скорость
ветра v — 12 м/с. Считая начальную скорость вагона равной нулю,
определить:
1) наибольшую скорость vmax вагона;
2) время t, которое потребовалось бы для достижения этой скорости;
3) на каком расстоянии х вагон наберет скорость 3 м/с.
Ответ: 1) vmm = 4,08 м/с, 2) t = со, 3) х = 175,5 м.
Решение. Расчетная схема
на
рис. 27.26.1. Уравнение движения вагона:
тх = Р - R,
.2 ,.„,_. ,Ч2 - 1
200
mg,
где Р = kSu1 = kS(v -x)\R
v — заданная скорость ветра.
Так как й = —х, то уравнение дви
жения примет вид:
-ти = kSu — T:^mg
*JV
R
/////////
mg
Рис. 27.26.1
du
200
8 № 2
200 m a2-u2
m
где b = — = 1 280, a
kS
mg
dt 2UU m
7,92. Интегрирование дает:
= dt.
200kS
a + u
b
2a
a — и
Из начальных нулевых условий следует:
a + v
= t + c.
Ь
— In
2а
a — v
Поэтому
2а
In
= 0 + с--
(а + и) ■ (а — v)
с= — In
2а
a + v
a — v
(а- и) ■ (а + v)
= t.
1. Максимальная скорость жтах будет при х — 0. Поэтому из
уравнения движения получаем:
mg
200kS
= v - а ^ 12 -
'9216-9,8
200-1,2-6
4,08 м/с.

52
2. Дифференциальные уравнения движения
2. Так как t = — In
2a
(a-u)-(a + v)
необходимое для достижения максимальной скорости
(а + и) ■ (a - v)
и imax = v - а, то время,
t = — In
2а
2а- (a- v)
0-(a + v)
= со.
3. Найдем зависимость между скоростью и расстоянием х. Для этого
в уравнении
du g kS 2
— = и (и = v - х)
dt 200 m v '
сделаем преобразования:
du dz g kS 2
— • — = и , где
dt dz 200 m
.du g kS 2
Zlz ~ 200 mU
du7
dz
~dl
1 du2
— z — u — v — x.
2 dz 200 m" '
g 2kS 2
и
200 m
dz => z — -
m
2kS
In
mg 2
200kS U
+ C.
Используя нулевые начальные условия и тот факт, что z = vt — х,
найдем
тп
C=2kSl"
mg _ 2
200Л5
и х = vt +
m
2kS
In
mg 2
— (v — x)
mg 2
- v
200kS
Когда вагон наберет скорость х — Ъ, и = v — х = 9
t=—ln
2а
(а + и) ■ (а — v)
(а-и) ■ (а + v)
1280
2 • 7,92
In
(7,92 + 9)(7,92 - 12)
(7,92 - 9)(7,92 + 12)
94 с
9216
1й 12 • 94 Н In
2-1,2-6
62,72 - 92
62,72 - 122
175,5 м.
Задача 27.27 (27.28). Найти уравнение движения точки массы тп,
падающей без начальной скорости на Землю. Сопротивление воздуха
пропорционально квадрату скорости. Коэффициент
пропорциональности равен к.
тп
Ответ: х — — In ch
к
t.

а) Прямолинейное движение
53
"^ Решение. Расчетная схема
представлена на рис. 71.21 Л. Уравнение
движения по оси х:
mv=P-Fconp=mg-kv2=>v=g v2.
т
Разделяя переменные, получим:
dv
х<<
Fr
С)
V "
сопр
р
{VS- y/{k/m)v) (y/g+ ^Дк/mjv)
y/g+ y/(k/m)v
= dt
In
Рис. 27.27.1
— • 2y/g -t + c0,
m
\/g- \/(k/m)v
где Со находится из начального условия v(0) = О, т.е. Со = 0. Тогда,
обозначая а — y/kg/rn, получим:
g + av
g-av
t t
n ,i_^ gtxp{2at}-\
exp {2at} => v = — -
a exp {2at} + 1
f j* f gexp{2at}-l g m fgk
I vdt= / ——r dt = -^ln[ch(at)\ — — In ch\/ — t.
J J a exp {lot} +1 a2 l v n к \т
N /
Рис. 27.28.1
Задача 27.28 (27.29). Буер, весящий вместе
с пассажирами Q = 1 962 Н, движется
прямолинейно по гладкой горизонтальной
поверхности льда вследствие давления ветра на парус,
плоскость которого ab образует угол 45° с
направлением движения (рис. 27.28.1). Абсолютная
скорость w ветра перпендикулярна направлению
движения. Величина силы давления ветра Р вы-
ражается формулой Ньютона: Р = kSu cos ip,
где ip — угол, образуемый относительной скоростью ветра и с
перпендикуляром N к плоскости паруса, 5 = 5 м — площадь паруса,
к = 0,113 — опытный коэффициент. Сила давления Р направлена
перпендикулярно плоскости аЪ. Пренебрегая трением, найти: 1)
какую наибольшую скорость vmax может получить буер; 2) какой угол а
составляет при этой скорости помещенный на мачте флюгер с
плоскостью паруса; 3) какой путь х\ должен пройти буер для того, чтобы
приобрести скорость v = (2/3)w\ если его начальная скорость
равна нулю.
Ответ: 1) vmm = w, 2) а = 0°, 3) хх = 88,5 м

54 2. Дифференциальные уравнения движения
\ U
\v>
Л/\
'У\а = 45°
уР
Решение. Расчетная
схема представлена на рис. 27.28.2,
где В — буер, аЪ — парус
буера, Р — сила давления ветра,
w — абсолютная скорость ветра,
v — скорость буера, й —
относительная (относительно буера)
скорость ветра, if — угол,
составляемый вектором й с
нормалью (т. е. направлением
силы Р) к парусу аЬ. Из
геометрических соображений (ABAC)
следует: а + (р + arctg (w/v) = п.
Отсюда
v/2
V — W
Рис. 27.28.2
COS(f = — -
2 vV + w2
Тогда для силы Р получим:
Р = kSw cos ip = — (v — w)
(здесь было использовано равенство v + й = w и, так как v J. w, то
и = W + v ). Теперь можем записать уравнение движения по оси х
(по направлению движения буера):
kSy/l, ч2
mv — Р cos а = (v - w) .
Решим это уравнение, предполагая, что w = const. Разделяя переменные,
получим:
dv
kS^/2
dt
1 1
+ - =
V — W W
kSVl
(v — w)2 4m v — w w 4m
(здесь было учтено, что v(0) = 0). Отсюда находим v(t):
1
t
v(t) = w
kSVl 1 '
— 1 + -
4m w
Из полученного соотношения следует, что
flmax = lim v(t) = w.
t-ЮО
ч 2 8m
Значение v(t) = -w достигается при t = t» = —.
3 F wkS-y/2

а) Прямолинейное движение
55
Ясно, что флюгер на мачте устанавливается по относительной
скорости ветра, которая при v = w составляет с нормалью к парусу угол
^оо = 7г - а - arctg (1) = 7г/2, т. е. флюгер будет ориентирован в точности
вдоль паруса ab. Далее, интегрируя соотношение для v(t), получим:
Г , ч 2\/lm ( V2 ■ kSw \
x{t) = J v{t)a = n,.t- — m[i + -^—ty
о
Подставляя сюда t = £+, найдем путь х\:
8т 2\/2т , ч 2л/2т,
*" ks7i - 1J-|п <'+ 2>" П^(2"ln 3) a w M-
Замечание к задаче 27.28. Отметим, что ответ в буквенном виде совпадает
с ответом из книги [9]. Однако в числах это не так.
/■ "ч
Задача 27.29(27.30). Вожатый трамвая, выключая постепенно
реостат, увеличивает мощность вагонного двигателя так, что сила тяги
возрастает от нуля пропорционально времени, увеличиваясь на 1 200 Н
в течение каждой секунды. Найти зависимость пройденного пути
от времени движения вагона при следующих данных: масса вагона
10 000 кг, сопротивление трения постоянно и составляет 0,02 веса
вагона, а начальная скорость равна нулю.
Ответ: Движение начнется через 1,635 с после включения тока по за-
. кону: s = 0,02(£ - 1,635)3 м.
F*
L_r |s
Рис. 27.29.1
х
*^ Решение. Расчетная схема — на рис. 27.29.1. Уравнение движения
по оси х:
mv=T-FTp = l200-t- 0,02mg => v = -0,02g + 0,l2t.
Ясно, что движение из начального состояния v(0) ■= 0, т. е. v > 0, на .ется
с момента t = t \ такого, что:
0,02
ti = 0T28=U635C-
Поэтому уравнение движения при t ^ t \ можно записать в виде:
* = -0,02g + 0,12(* - h) + 0,\2ti = 0,\2(t - ti).

56
2. Дифференциальные уравнения движения
Интегрируя это уравнение при t € [t\, со) и начальном условии v(t\) = О,
получим:
(t — t )2
v(t) = 0,UK V = 0,06(^ - fi)2, t^ti.
Интегрируя еще раз получим:
s = x(t) = / v(t) dt = 0,06v ; = 0,02(« - tif, t^ti.
t,
■ \
Задача 27.30(27.31). Тело массы 1 кг движется под действием
переменной силы F— 10(1 —t) H, где время t — в секундах. Через
сколько секунд тело остановится, если начальная скорость тела vq = 20 м/с
и сила совпадает по направлению со скоростью тела? Какой путь
пройдет тело до остановки?
Ответ: t — 3,236 с, s = 60,6 м.
^ Решение. Уравнение движения:
тх = F = 10(1 - t) => х = 10(1 - t).
Интегрируя это уравнение при начальном условии х(0) = vq = 20 м/с,
имеем:
е
±(t) - v0 = \0t - 10 • — => ж(£) = 20 + 10* - 5Г.
Остановка произойдет, когда x(t) = 0. Решая квадратное уравнение
20 + \0t — 5t =0, получим t{ = 1 + \/5 ~ 3,236 с. Интегрируя еще раз,
имеем:
t2 t3
x(t) = 20 ■ * + 10- - 5- ==> ж(^) « 60,6 м.
/' — N
Задача 27.31 (27.32). Материальная точка массы m совершает
прямолинейное движение под действием силы, изменяющейся по
закону F = F0 coswt, где F0 и u> — постоянные величины. В начальный
момент точка имела скорость ±о = vq. Найти уравнение движения
точки.
F(,
Ответ: х = ,(1 - cosatf) + vc,t.
mw1
Решение. Уравнение движения:
тх = F0 cos wt ==> х = — cos wt.
m

а) Прямолинейное движение
57
Интегрируя это уравнение при начальном условии х(0) = vq, получим:
x(t) -vo = sin wt.
шт
Интегрируя еще раз, получим:
F0
x(t) = vot -\—5—(1 _ cos wt).
wlm
s ^
Задача 27.32 (27.33). Частица массы т, несущая заряд
электричества е, находится в однородном электрическом поле с переменным
напряжением Е = A sin kt (А и к — заданные постоянные). Определить
движение частицы, если известно, что в электрическом поле на
частицу действует сила F — еЕ, направленная в сторону напряжения Е.
Влиянием силы тяжести пренебречь. Начальное положение частицы
принять за начало координат; начальная скорость частицы равна нулю.
Л еА ( sin&A
Ответ: х = —-1 t J.
mk \ к J
"^ Решение. Уравнение движения:
еА еА еА
тпх — еА sin kt => х = — sin kt => x(t) - x(0) = cos kt -\ =!
m mk mk
еА, ч , ч еА f sinkt\
==> xlt) = —-(1 - cos kt) ==> x(t) = —[t — 1.
mk mk \ к J
Задача 27.33(27.34). Определить движение тяжелого шарика вдоль
воображаемого прямолинейного канала, проходящего через центр
Земли, если принять, что сила притяжения внутри земного шара
пропорциональна расстоянию движущейся точки от центра Земли
и направлена к этому центру; шарик опущен в канал с поверхности
Земли без начальной скорости. Указать также скорость шарика при
прохождении через центр Земли и время движения до этого центра.
Радиус Земли равен jR = 6,37 • 10 м, ускорение силы притяжения
на поверхности Земли принять равным g = 9,8 м/с .
Ответ: Расстояние шарика от центра Земли меняется по закону
x = Rcos<— t, v = 7,9-103 м/с, Т = 1 266,4 с = 21,1 мин.
V R
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 27.33.1. Уравнение движения
>
шарика: тпх = —F, где сила притяжения к центру Земли F = — j • ОМ,

58 2. Дифференциальные уравнения движения
Рис. 27.33.1
F = jx. Так как на поверхности Земли (х = R)
х F = mg, то коэффициент пропорциональности
7 = mg/R. Следовательно, уравнение
движения принимает вид:
- i * п
х Н х = 0.
R
Решение уравнения:
х = С\ exp \ -i\i — t} + сг ехр
{-»Д«}+^«р{»Д*} =
= .4sin I «/— £ + a 1.
V V -R /
Начальные условия: £о — 0, жо = jR, жо = 0. Получаем
R — Asma, 0 = .4д/— cosa.
Отсюда a = 7г/2, .4 = jR. Поэтому расстояние шарика от центра Земли
fg~
меняется по закону х — jRcos * — t. Шарик проходит через центр Земли
V R
в момент времени
t,=
тг R тг /6,37 • 106
2\l g 2 V 9,8
Скорость шарика в этот момент
«21,1 мин, так как х = 0.
'5
г; = VgjRsin Л/— £, = y/gRK. 7 901 м/с.
Эта скорость совпала с первой космической скоростью.
Задача 27.34(27.35). Тело падает на Землю с высоты h без
начальной скорости. Сопротивлением воздуха пренебречь, а силу
притяжения Земли считать обратно пропорциональной квадрату расстояния
тела от центра Земли. Найти время Т, по истечении которого тело
достигнет поверхности Земли. Какую скорость v оно приобретет за это
время? Радиус Земли равен R; ускорение силы тяжести у поверхности
Земли равно g.
/ 2gRh l R + h /
Ответ: v = J-£—r, T= -*/—— >
у R + h Ду 2g \
г— R + h Д-/Г
Rh н arccos
2 R + h,

а) Прямолинейное движение
59
Решение. Расчетная схема — на
рис. 27.34.1. Уравнение движения тела:
тх — F, где сила притяжения
F =
7
(R + h-x)2'
На поверхности Земли (х = h) F = mg.
Поэтому
7 = mgR .
Следовательно, уравнение движения тела
принимает вид:
gR2
X
(R + h-x)2'
После замены z — R + h - х уравнение
перепишем в виде:
„ = _grf
Рис. 27.34.1
Произведем следующие преобразования:
dz dz
dt dz
■Л
zdz =
gR2
. i .2 gR'
dz=>-z — -i \-c\.
2 z
Постоянная интегрирования С\ =
zq — 0. Поэтому
Следовательно,
gR2
R + h
, так как при to = 0, z0 = R+h,
z = ±1
'2gR2 2gR?
R + h
= -i = ^WF^
1
R + h
(скорость x должна иметь положительный знак).
При достижении поверхности Земли (х = h) скорость тела
v =
\2gRh
R + h'
Для определения времени достижения поверхности Земли рассмотрим
уравнение

60
2. Дифференциальные уравнения движения
Приведем его к виду:
y/R + h y/zdz
dt =
y/2g-R y/R + h-z'
Воспользовавшись табличным интегралом и условием z = R (ж = h),
получим
1
JR + h/ r— R + h R-h\
* / ( vRh -\ arccos — .
V 2s V 2 R + h)
Задача 27.35(27.36). Материальная точка массы m
отталкивается от центра силой, пропорциональной расстоянию (коэффициент
пропорциональности тк2). Сопротивление среды пропорционально
скорости движения (коэффициент пропорциональности 2тк\). В
начальный момент точка находилась на расстоянии а от центра, и ее
скорость в этот момент равнялась нулю. Найти закон движения точки.
а ч
Ответ: ж = -(аехр{/3£} +/3 exp {-at}),
сс + р
где
а = \Лт + к2 + кх, р = у/к\ + k2-ki
О Fmnp
Рис. 27.35.1
"^ Решение. Расчетная схема — на рис. 27.35.1, где О —
отталкивающий центр. Записывая уравнение движения по оси х, получим:
mi) = F - Fconp = тк2х — 7тк\±.
Сокращая на т, получим дифференциальное уравнение:
х + 2к\± - к2х = 0, ж(0) = а, х(0) = 0.
Решим это уравнение. Составим характеристическое уравнение:
А2 + 2fc,A - к2 = 0 ==> А,,2 = -Л, ± yjk] + k2.
Тогда решение таково:
x(t) = С| ехр {А|<} + с2 exp {X2t},
где
А| = -к\ + у к\ + к2, Х2 = -к\ - yjk] + k2.
x(t) — С\ A| exp {\\t} + с2Х2 exp {X2t}.

а) Прямолинейное движение
61
С\, Cj находим из начальных условии:
a — ci+c2, 0 = CiAi+C2A2
с\
М
А2-А,
а, с2
Аг - Ai
Итак, решение:
x(t) =
А2 - Ai
[А2 exp {Xit} - Ai exp {Xit}] ■
Задача 27.36 (27.37). Точка массы m начинает двигаться без
начальной скорости из положения х — /3 прямолинейно (вдоль оси х)
под действием силы притяжения к началу координат, изменяющейся
по закону R = а/х . Найти момент времени, когда точка окажется
в положении Х\ = /3/2. Определить скорость точки в этом положении.
Ответ: ti
£3/2
2\fl
Гт ( 7Г \ /2а
а \ 2 / у т/3
Решение. Уравнение движения:
а
тх =
х*
ж(0) = /3, х(0) = 0.
Для интегрирования умн«жаем обе части на х:
ах
тпхх = — -
аг
d /тпх2
di\T~
) dt\x)
Следовательно, получаем интеграл:
тпх2
а
= С = COnSt :
2 х
а
с =
тх
а а
х~~/3
{--)-уЩ-
Интегрируем еще раз, разделяя переменные:
х
dx =
2а
dt
= -fi
arcsin
/3-х у m/3
р-х\ у/х{р-х)Л\т
р/2
dx =
х
(v/¥)+^h:
u =
НШ

62
2. Дифференциальные уравнения движения
Задача 27.37 (27.38). Точка массы m начинает двигаться из
состояния покоя из положения xq = а прямолинейно под действием силы
притяжения, пропорциональной расстоянию от начала координат:
Fx — —С\тпх, и силы отталкивания, пропорциональной кубу
расстояния: Qx = С2ТПХ . При каком соотношении С\,С2,а точка достигнет
начала координат и остановится?
1 2
Ответ: сх = -с2а .
^ Решение. Уравнение движения:
ТПХ = —С\ТПХ + С2ТПХ , ж(0) = О, ±(0) = О,
или так: х = — С\Х + сгх .
Нам нужно узнать, когда существует такое t — tt, для которого
x(tt) — x(t*) = 0. Умножаем обе части на х:
з d (\ 2\ d (С\хг\ d fc2XA\
XX — —С\ХХ + CjX X =^ — 1-Х I = I М I =^
dt\2 J dt\ 2 ) dt\ 4 )
• 2 4
1 2 clx C2X
=> -x = —h—— + c0, где c0 = const.
Если x(tt) = x(tt) = 0, то со = О. Следовательно:
■ 2 2^4
X = -C\X + -CiX .
Подставим сюда начальные условия ж(0) = а, х(0) = 0.
п 2 . с2 4 , с2«2
0 = -с,о +—а => —= С].
Задача 27.38(27.40). При движении тела в неоднородной среде
сила сопротивления изменяется по закону F = Н, где v —
3 + s
скорость тела в м/с, as — пройденный путь в метрах. Определить
пройденный путь как функцию времени, если начальная скорость
«о = 5 м/с.
Ответ: s = 3( V5TTT - 1) м.
Решение. Уравнение движения:
2v2 ld(v2) 2v2 dv2 4ds
mi) = — =^ m-—-— = — ==> m-
3 + s 2 ds 3 + s v1 3 + s'

б) Криволинейное движение
63
Интегрируя, получим:
In v2 = In (3 + s) + In Co ==> u2 • (3 + s)4/m = Co
m
=>«(«)=,, Л,^ c0 = ^o-32/m
CO
ds
dt (3 + s)2/"
(3 + sflm'
(3 + s)(2/m)+l 3(2/m)+l
(2/m) + 1 (2/m) + 1
= v0t ■ 3
2/m
б) Криволинейное движение
Задача 27.39(27.41). Морское
орудие выбрасывает снаряд массы
18 кг со скоростью Vo = 700 м/с,
действительная траектория
снаряда в воздухе изображена на
рис. 27.39.1 в двух случаях: 1) когда
угол, составляемый осью орудия
с горизонтом, равен 45° и 2) когда
этот угол равен 75°. Для каждого
из указанных двух случаев
определить, на сколько километров
увеличилась бы высота и дальность
полета, если бы снаряд не
испытывал сопротивления воздуха.
км
12
11
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
1
75°/
45°,,
\
\
\
\
1
1
\
0 12 4 5 6 7 8 9 10 1112 314
км
■ис. 27.39.1
Ответ: Увеличение высоты: 1) 7,5 км, 2) 12 км. Увеличен е дальности:
1) 36,5 км, 2) 16,7 км.
V>
Решение. Расчетная схема
на рис. 27.39.2. Уравнение движения
без учета сопротивления по осям х
ну:
тх = 0, ту = —mg,
ж(0) = 2/(0) = 0, ±(0) = v0 cos a,
2/(0) = vq sin a.
Интегрирование уравнений при этих
начальных условиях дает:
x(t) = «о cos a, x(t) = Vot cos a;
gt2
y(t) = -gt + vo sin a, y(t) — 1- vot sin a.
Рис. 27.39.2

64 2. Дифференциальные уравнения движения
Максимальная высота определяется условием y(t i) = 0, следовательно:
<! = — sm a, утах = y(ti) = — sin a;
отсюда:
?/тах(а = 45 ) = —
vl 49 • 104
12,25 км (увеличение » 7,25 км).
4g 4-10
(смотри таблицу в условии задачи)
49- 104
?/тах(а = 75°) и 0,93 « 22,785 км (увеличение и 11,785 км)
(смотри таблицу в условии задачи).
Дальность определяется условием yfo) = 0, следовательно:
Ь =
2^о sin a
g
> 2-max — %\f2) —
2^o sin a cos a
g
отсюда:
aw(a = 45°)
2 • 49 • 104 1
49 км (увеличение ~ 36,5 км).
10 2
2-49-104
жтах(а = 75°) и 0,248 « 24,34 км (увеличение ~ 16 км).
Задача 27.40(27.42). Самолет А летит на
высоте 4000 м над землей с горизонтальной
скоростью 140 м/с (рис. 27.40.1). На каком расстоянии х,
измеряемом по горизонтальной прямой от данной
*i „ точки В, должен быть сброшен с самолета без на-
\о „ „ - /-
чальнои относительной скорости какой-либо груз,
для того чтобы он упал в эту точку?
Сопротивлением воздуха пренебречь.
V
Ответ: х = 4 000 м.
Рис. 27.40.2
^ Решение. Расчетная схема —
на рис. 27.40.2. Уравнения
движения по осям х и у:
rax = 0, ту = g;
х(0) = 2,(0) = 0;
х(0) = v0, у(0) = 0;
у(Т) = Я, х(Т) = L,
где vo = 140 м/с, Н = 4000 м.

б) Криволинейное движение
65
Интегрирование уравнений движения с указанными начальными
условиями дает:
xit) = v0t, y(t) = у => УР)
gT<
= H
x(T) = L = v0T = v0<
<2H
4 000 м.
Задача 27.41 (27.43). Самолет А летит над
землей на высоте h с горизонтальной
скоростью vt (рис. 27.41.1). Из орудия В произведен
выстрел по самолету в тот момент, когда
самолет находится на одной вертикали с орудием.
Найти: 1) какому условию должна удовлетворять
начальная скорость vq снаряда для того, чтобы
он мог попасть в самолет, и 2) под каким
углом а к горизонту должен быть сделан выстрел.
Сопротивлением воздуха пренебречь.
*>i
Ответ: 1) Vo^vf + 2gh; 2) cos a = —.
Рис. 27.41.1
*>0
Решение. Расчетная схема
представлена на рис. 27.41.2, где
© — траектория самолета, © —
траектория снаряда. Траектория
снаряда (см. задачу 27.39) дается
уравнениями:
x(t) = vot cos a,
gt2
y(t) = -— +u0<sina.
Для того чтобы траектория
снаряда могла пересечь траекторию
самолета, необходима
вещественность корней уравнения:
gf
/А
V
h
Г
у-©
О
+ vot sin a = h
vq sin a
«1,2 = ~ ±
g
т. e. v0 sin a ^ 2gh.
Рис. 27.41.2
jvl sin2 a
V g2
2h
g
Кроме того, чтобы попадание могло произойти в точке .А(или точке В)
нужно, чтобы Vocosa = v\. Итак, cos a = Vi/vq, а неравенство, после

66
2. Дифференциальные уравнения движения
исключения а, сводится к такому:
"01/1 - ~2 > 2sh =» *>о ^ ef + 2gft.
. g B ^
Задача 27.42 (27.44). Наибольшая горизонтальная дальность
снаряда равна L. Определить его горизонтальную дальность I при угле
бросания а = 30° и высоту h траектории в этом случае.
Сопротивлением воздуха пренебречь.
ч/З
Ответ: I — —L, h
2
\
^ Решение. Горизонтальная дальность определяется из условия (см.
задачу 27.39) y(ti) = 0 и дается формулой:
xd = — sin a cos а — — sin 2а.
g g
Следовательно, максимум Xd по а достигается при sin 2а = 1 =Ф- а = -к/А.
Таким образом,
vl /—
max xD — — — L ==> vq = \/gL.
a g
Если a = 30°, то
I — xD(a — 30 ) = — sin 60 = —— = —L.
K ' g g 2 2
Высота h при о = 30° определяется формулой (см. задачу 27.39):
. vl . 2 eg 1 L
ft = — sin a= — ■ - = —.
2g 2g 4 8
Задача 27'.43 (27.45). При угле бросания а снаряд имеет
горизонтальную дальность 1а. Определить горизонтальную дальность при угле
бросания, равном а/2. Сопротивлением воздуха пренебречь.
Ответ: 1а/2 =
2 cos a
Решение. Имеем:
Тогда:
«о2
Хо = — sin 2а = la.
g
fa\ vl . la
l[ — ) = — Sin Q = .
\2 J g 2 cos a

б) Криволинейное движение
67
Задача 27.44 (27.47). Определить угол наклона ствола орудия к
горизонту, если цель обнаружена на расстоянии 32 км, а начальная
скорость снаряда vq = 600 м/с. Сопротивлением воздуха пренебречь.
Ответ: а, = 30° 18', а2 = 59°42'.
vl з 32 • 103 • 9Л
Решение. xD = — sin 2o = 32 • 10 => sin 2o =
g 36 • 104
32 -9,8 8 • 9,8
= ——— = ——— = 0,87. Отсюда получаем два значения для а: а и 59 ,
36-10 9 • 10
а«30°.
Задача 27.45 (27.48). Решить предыдущую задачу в том случае,
когда цель будет находиться на высоте 200 м над уровнем артиллерийских
позиций.
Ответ: сц = 30°50', а2 = 59°ЗГ
^ Решение. Используя задачу 27.39, получим два уравнения:
gt2
vot cos a = I (для дальности), 1- vtf sin a = h (для высоты).
Исключая t, получим уравнение:
g I2 I sin a
2 vfi cos2 a cos a
следовательно, переходя к tgo:
2 2vl hlvl , ч Г 2h~
tg2 a - -j tgo + 1 + y-^ = 0 => (tga)I>2 = fi ± у M2 - 1 - yf*.
v2 36-104 9
где ц = — = =-ps 1,125. Отсюда tga, = 1,625; tga2 = 0,625,
gl Ю-Зг-Ю3 8
следовательно, Qi = 59,5°; a2 и 30°.
Задача 27.46 (27.49). Из орудия, находящегося в точке О,
произвели выстрел под углом а к горизонту с начальной скоростью «о-
Одновременно из точки А, находящейся на расстоянии I по горизонтали
от точки О, произвели выстрел вертикально вверх. Определить, с
какой начальной скоростью vt надо выпустить второй снаряд, чтобы он
столкнулся с первым снарядом, если скорость vq и точка А лежат в
одной вертикальной плоскости. Сопротивлением воздуха прен бречь.
_ vl sin la
Ответ: vt = «о sin a (независимо от расстояния I, для I < ).

68
2. Дифференциальные уравнения движения
tv
Г
Решение. Расчетная
схема движения снарядов
представлена на рис. 27.46.1.
Дифференциальные уравнения дви-
yy'^rnj jm,F ~Чч жения первого снаряда:
. \ тх = 0, ту = -mg.
1—! ^*- Дифференциальное уравнение
О А х движения второго снаряда:
Рис-27'46-1 rnW^-rrng.
Интегрирование уравнений движения с учетом начальных условий дает:
х = Vo cos a, x = vq cos at,
y = -gt + v0sma, y = —— + v0sma-t, y{ =——+t>it.
Время столкновения снарядов определяется соотношением:
х — l, т.е. I = «о cos a • tt.
Отсюда
«О COS Q
Для столкновения необходимо вып» нение условия: y(t*) = y\(t*), т.е.
gt* , t gt* , *
—Y +Vosma-tt = —— +ь^и.
Отсюда получаем vx = «о sin а. Результат не зависит от I. Но при этом I
должно удовлетворять условию:
Vq sin 2a
К-* ,
g
что следует из соотношений:
, vn sin a
y = 0=>Y = - , K2x(t').
g
Задача 27.47(27.50). Найти геометрическое место положений в
момент t материальных точек, одновременно брошенных в
вертикальной плоскости из одной точки с одной и той же начальной
скоростью vq под всевозможными углами к горизонту.
Ответ: Окружность радиуса v^t с центром, лежащим на вертикали
точки бросания, ниже этой точки на gt'/2.

б) Криволинейное движение
69
о
gt2\
2 L
А а \
\^о* /
Г
X
Рис. 27.47.1
"^ Решение. Расчетная схема — на рис. 27.47.1. Дифференциальные
уравнения каждой точки:
тх = 0, ту = -mg.
Закон движения с учетом начальных условий:
х — Vol cos at, у = h «о sin о • t.
Так как время t фиксировано, то исключаем из этих соотношений угол а:
fx\\ fy + (gt2/2)\2 2 2
UJ Ч~^~~J =«»а + Япа,
х2 +
(.4)'-
(«оО
Следовательно, геометрическое место положений всех точек в момент
времени t — окружность радиуса v^t с центром в точке (0; — gt /2).
Задача 27.48(27.51). Найти геометрическое место фокусов всех
параболических траекторий, соответствующих одной и той же
начальной скорости vq и всевозможным углам бросания.
Ответ: х2 + у2 = -Аг.
4Г
**• Решение. Расчетная схема — на рис. 27.48.1. Дифференциальные
уравнения движения точек:
тх = 0, ту = —mg.

70
2. Дифференциальные уравнения движения
Закон движения точек, с учетом
начальных условий:
х — Vo cos a ■ t,
у = \- vo sin a ■ t.
Уравнение траектории каждой
точки (парабола):
g
у = -
2vl cos2 a
x + tg a ■ x.
Рис. 27.48.1
Перепишем это уравнение,
выделив полный квадрат, в виде:
Vq sin 2a ч
г>о sin2 a
(Vq sin 2a \ "
2g )
2g
vl cos2 a
g
Известно, что если парабола задается уравнением у — уо = а(х — Хо) > гае
(жо, Уо) — вершина параболы, то параметр р = 1/(2|а|). Поэтому
V
v\ cos2 а
Из рис. 27.48.1 видно, что фокус имеет координаты:
Хр = Жо
v0 sin 2a
р vl sin2 а vl cos2 а wj
yF = yo~ - = — = -— cos 2а.
2 2g 2g 2£
Исключив угол а, находим геометрическое место фокусов
рассматриваемых параболических траекторий:
ж^ + Vf — Т"2 (окРУжность).
Задача 27.49 (27.52). Тело веса Р, брошенное с начальной
скоростью Vq под углом а к горизонту, движется под влиянием силы
тяжести и сопротивления R воздуха. Определить наибольшую
высоту h тела над уровнем начального положения, считая сопротивление
пропорциональным первой степени скорости: R = kPv.
Ответ: h =
vo sin a
1
gk gk
, In (1 4- kvosina).

б) Криволинейное движение
71
Решение. Расчетная
схема движения тела
представлена на рис. 27.49.1.
Дифференциальные уравнения движения:
тх = Rx, ту = —Р + Ry,
где
P = mg,
Rx = -kmgx, Щ — -kmgy.
Поэтому перепишем уравнения
движения в виде:
V*4,7\P
О
Рис. 27.49.1
х = -kgx, y = -g- kgy.
Проинтегрируем второе уравнение по частям:
— — = - */-+Л
dt dy \к )
ydy \
(М1Л , • =-gkdy=>y--\n
(\/к) + у к
■ + J
= -gky + c.
Из начальных условий получим:
с = vo sin a -
Поэтому
1
kg'
1
kg
-y+l-\n
+ У
1
vo sin a - у + - In
к
-iln(i + ,osina).
1 П M
+ vq sin a In I —h vo sin a )
к \k )
(\/k)+y
(1/fe) + «osina
Тело достигнет наибольшей высоты h при у = 0:
h =
vo sin a
1
kg k2g
In (1 4- fc^osina).
Задача 27.50(27.53). В условиях задачи 27.49 найти уравнения
движения точки.
vo cos a
Ответ: а; = (1 - exp {-kgt}),
kg
У = — Uosina+-j(l - exp {-kgt}) - -.
Решение. Воспользуемся уравнениями движения тела из задачи 27.49:
х + kgx = 0, у + kgy = -g.

72
2. Дифференциальные уравнения движения
Проинтегрируем первое уравнение как однородное линейное с
постоянными коэффициентами. Получим:
х = С\ +С2 exp {-kgt}.
Используя начальные условия:
t0 = О, а?о = 0, х0 = vq cos a,
выпишем уравнения для С\ и су.
0 = Ci +c2,
vocosa = -02kg,
{
v0cosa v0cosa
=> C' = ~C2 = —j£— => * = —j^—0 ~ eXP {-*«<})■
При интегрировании неоднородного линейного уравнения
относительно у, получим:
у = с3 + с4 exp {-kgt} - -.
Используя начальные условия:
*о = 0, уо = 0, 2/о = vo sin a
выпишем уравнения относительно Cj и с4:
0 = с3 + с4,
1
г>о sin a = —c^kg .
к
Поэтому
y==V\v°slna+k)^ -ехР{~Л£*})~ г-
Задача 27.51 (27.54). При условиях задачи 27.49 определить, на
каком расстоянии s по горизонтали точка достигнет наивысшего
положения.
vk sin 2a
Ответ: s =
2g(kvosma+ 1)'
Решение. Воспользуемся соотношениями из задач 27.49 и 27.50.
1 1
к kg
у = ( v0 sin a 4- 7 ) • exp {-kgt} - - = 0 =>■ £« = — In (fcv0 sin a + 1),
V «/ ft «g
«ocosa, r i /i ■ , ,4i\ «osin2a
s = x(f») = — ^1 -exp{- In (kvo sin a 4- 1)}J =
kg 2g(kv0 sin a + 1)

б) Криволинейное движение
73
Задача 27.,52 (27.55). В вертикальной трубе, помещенной в центре
круглого бассейна и наглухо закрытой сверху, на высоте 1 м сделаны
отверстия в боковой поверхности трубы, из которых
выбрасываются наклонные струи воды под различными углами <р к горизонту
(у? < 7г/2); начальная скорость струи равна Vo =
4g
м/с, где
3cosv?
g — ускорение силы тяжести; высота трубы 1 м. Определить
наименьший радиус R бассейна, при котором вся выбрасываемая трубой вода
падает в бассейн, как бы мала ни была высота его стенки.
Ответ: R = 2,83 м.
Решение. Расчетная
схема движения частицы воды —
на рис. 27.52.1а.
Дифференциальные уравнения движения
частицы:
тх = 0, ту = -mg.
Уравнение траектории каждой
из частиц (см. задачу 27.48):
g 2
"- 5 Т~ х + Ш<р-х;
2«q cos2 <p
или
Зх2
8 cos у?
+ tg <р ■ х,
Рис. 27.52.1а
Т.К. Vq
4g
R„
I 3cosy?
нении траектории примем
V = -l:
Xmax при <р £ (0;7г/2), у = h = -1 м. В урав-
- 1 = --
Зх2
+ tg(f-X.
8 cos if
Это соотношение дает неявную зависимость дальности х от угла <р.
Экстремальное значение х получим, продифференцировав это соотношение
по <р, учитывая, что
dx
dip
0: 0
Зх sin <p
+
ж* =
; cosz if cosz if 3 sin tp
Подставив это экстремальное значение ж, в уравнение траектории при
= — 1, получим соответствующее значение угла <р:
3-64 8
-1 = -- . -> + tgy
i cos ip ■ 9 sim <p
3siny?

74
2. Дифференциальные уравнения движения
<л, = arccos —
Рис. 27.52.16
=>• cos у + - cos <р — 1 = 0 =>•
1
■ cos у? =
>Г %in
у? = arccos
1
3 sin I arccos - J
2,83 м.
V График (на рис. 27.52.16) зависимости
дальности Xd от ip убеждает в том,
что дальность при <р = arccos (1/3)
максимальна.
Задача 27.53(27.56). Определить движение тяжелой
материальной точки, масса которой равна т, притягиваемой к неподвижному
центру О силой, прямо пропорциональной расстоянию. Движение
происходит в пустоте; сила притяжения на единице расстояния равна
к2т; в момент t — 0: х = а, х = 0, у = 0, у = 0, причем ось Оу
направлена по вертикали вниз.
Ответ: Гармоническое колебательное движение: х = a cos kt,
g 8 8
у = -j(l - cos kt) по отрезку прямой у = — - tj-%, \x\ ^ fl-
Решение. Расчетная схема движения
точки — на рис. 27.53.1. Дифференциальные
уравнения движения точки в проекции на декартовы
оси х и у:
тх
ту = ins + Fy,
Рис. 27.53.1
где F = -к2т • ОМ, Fx = -к2тх, Fy = -к2ту.
Поэтому х — —к х,у = g-k у. Решение
первого уравнения как однородного линейного с
постоянными коэффициентами
х + к х = 0:
х = A sin (kt + a).
Используя начальные условия to = 0, Жо = а, жо = 0, получаем
уравнения относительно постоянных интегрирования А и а: а = Л sin а,
0 = .Afccosa. Поэтому а = 7г/2, А = а. Закон движения точки вдоль
оси х: х — acoskt. Интегрируем второе дифференциальное уравнение
движения (линейное неоднородное): у + к у = g. Получаем
g_
к2
У
Bs\n(kt + /3) + ^.

б) Криволинейное движение
75
Начальные условия to = 0, уо = О, уо = 0 дают уравнения относительно
В и/3:
О = В sin/З + -^, 0 = Вк cosfi.
Поэтому р = 7г/2, В = — g/k . Следовательно, закон движения точки
вдоль оси у:
g
У= j^(l-cosW).
В результате получаем, что точка совершает гармонические колебания
по отрезку прямой
g g
к2 к2а
х, |ж| ^ а.
Задача 27.54(27.57). Точка массы т движется под действием
силы отталкивания от неподвижного центра О, изменяющейся по закону
F = к тг, где г — радиус-вектор точки. В начальный момент точка
находилась в Мо(а, 0) и имела скорость vq, направленную параллельно
оси у. Определить траекторию точки.
Ответ: (-1 -| — J =1 (гипербола).
Решение. Расчетная схема движения
точки — на рис. 27.54.1. Сила отталкивания
F = к2тг
имеет следующие проекции на оси координат:
Fx = к тх, Fy = к ту. Поэтому уравнения
движения имеют вид:
тх = к тх, ту = к ту.
Переписав их в виде однородных линейных
с постоянными коэффициентами:
У
о
,
Mf
у' i7°
а |М0
F
X
Рис. 27.54.1
2 2
х — к х = 0, у — к у
0,
найдем решения:
х = с\ exp {-kt} + С2 exp {kt},
у = Сз exp {-kt} + C4 exp {kt}.
Начальные условия: to = 0, жо = а, уо = 0, жо = 0, уо — vo- Уравнения
для определения постоянных интегрирования:
а = с\+С2, 0 =—с\к + С2к,
0 = Сз + С4, vq = —С3А + с^к.

76
2. Дифференциальные уравнения движения
Отсюда с3 = -с4 = -v0/{2k); С\ = с2 = а/2. Поэтому
х = -(ехр {-kt} + exp {М}); У = ^(ехР {*# ~ ехР {~Ы})-
Для определения уравнения траектории точки перепишем эти уравнения
в виде:
2х 2kv
— = ехр {—kt} + ехр {kt}, = ехр {kt} - ехр {-Ы}.
a v0
Далее возведем их левые и правые части в квадрат и вычтем из первого
соотношения второе. Получим:
х2 к2у2
= 1.
а'-
V,
о
Исходя из начальных условий, выпишем уравнение траектории:
х2 к2у2
— j- = 1, х ^ а (часть ветви параболы).
а
V,
о
Задача 27.55 (27.58). Упругая нить,
закрепленная в точке А, проходит через неподвижное гладкое
кольцо О; к свободному концу ее прикреплен шарик
М, масса которого равна т. Длина невытянутой нити
I = АО; для удлинения нити на 1 м нужно
приложить силу, равную к~т. Вытянув нить по прямой
АВ так, что длина ее увеличилась вдвое, сообщили
шарику скорость vq, перпендикулярную прямой АВ
(рис. 27.55.1). Определить траекторию шарика,
пренебрегая действием силы тяжести и считая натяжение
нити пропорциональным ее удлинению.
Рис. 27.55.1
i ~> ~> ■>
Ответ: Эллипс —— + —
175 /-
= 1.
"^ Решение. Расчетная схема — на рис. 27.55.2. На шарик М действует
2 *
сила натяжения упругой нити F = -к т ■ ОМ. Поэтому уравнения
движения шарика в декартовых осях следующие:
тх — -к mx, my = -к2ту.
Перепишем уравнения в виде:
х + к'х = 0, у + к~у = 0.
Решим их как линейные с постоянными коэффициентами, следовательно
х = A sin {kt + q), у — В sin {kt + /3).

б) Криволинейное движение
11
Начальные условия: £0 = 0, жо = 0. Щ = ^(ь
Уо = 1,Уо = 0. Поэтому
0 = A sin a, vq = Ak cos а,
1 = Bsir\p, 0 = Bkcosfi.
Отсюда получим: а — 0, А = v$/k, /3 = 7г/2,
В — I. Выпишем закон движения шарика
вдоль осей координат:
V0
X
к
sin kt, у = 1 cos kt.
Исключив в этих уравнениях Ёремя t,
получим уравнение траектории:
.2
к2х2
V,
'о
+ 7Г = (ЭЛЛИПС).
Задача 27.56(27.59). Точка М, масса которой равна т,
притягивается к п неподвижным центрам СьСг,..., С„ силами,
пропорциональными расстояниям; сила притяжения точки М к центру С,
у
(i = 1,2,..., п) равна к{Ш • МС{ Н; точка М и притягивающие
центры лежат в плоскости Оху. Определить траекторию точки М, если
при t = 0: х = хо, у — уо, х = 0, j/ = vq. Действием силы тяжести
пренебречь.
Ответ: Эллипс
/ х - а У
\жо-а/
+
ж — й
У-Ы-- -(6-ito)
Хо — а
п
■>2fc2
«,
о
где
i-l i-l i-l
*** Решение. Расчетная схема — на рис. 27.56.1. Так как силы
притяжения, действующие на точку М, имеют вид:
F{ = A,m • Md — —Aj-m C{M,
то дифференциальные уравнения
следующие:
пгх — -т ^^ h{x — Xi),
к
ту = -т^2 к{{у - yf),
Съ
О
где Х{, yi — координаты точки С%.
Рис. 27.56.1

78
2. Дифференциальные уравнения движения
Введем обозначения:
П | П | П
к = ^2ь, a = - ^2 kixi> ь = j; ]С kiVi-
г'=1 г'=1 г'=1
Уравнения примут вид:
ж + кх = ак, у + ку = Ък.
Их решение:
х = A sin (kt + a) + а, у = В sin (kt + f3) + 6.
Используя начальные условия, получим:
а = —, Л = ж0 - а,
Р = arcsin
Поэтому
ж = (жо - а) cos ft£ + а,
i
к2
У — {Уо ~ &)2 + 75 sin ( kt + arcsin
yJ(y»-b)2 + vl/V
г)
+ ь =
«о
= — sin fc£ 4- (уо - b) cos fc£ + 6.
К
Преобразуем эти выражения:
vo
х - а = (ж0 - a) cos kt, у -b = (y0 - b) cos kt ч sin kt;
к
x - a = (ж0 - a) cos kt, у -b = (y0 - b) + -^ sin kt;
x — а к
= cos kt, —
x0-a v0 L
у - b + (b - y0)
жо — а к
ж - а
= sin kt.
жо — а_
Исключаем время t и получаем уравнение траектории точки:
/ ж - а \2
\ж0-а/
+
х — а
У-Ь+ • (Ъ- у0)
жо — а
Чл
— = 1 (эллипс).
Замечание к задаче 27.56. Отметим, что в ответе, приведенном в задачнике [6]
имеет место опечатка: вместо к стоит к.

б) Криволинейное движение
79
Задача 27.57 (27.60). Точка М притягивается к двум центрам С] и
► »•
С2 силами, пропорциональными расстояниям: km- MC\ и km- МС2;
центр С\ неподвижен и находится в начале координат, центр С2
равномерно движется по оси Ох, так что х2 = 2(а + Ы). Найти
траекторию точки М, полагая, что в момент t — О точка М находится
в плоскости ху, координаты ее х = у = а и скорость имеет проекции
х = z = Ь, у = 0.
Ответ: Винтовая линия, расположенная на эллиптическом цилиндре,
ось которого есть Ох, а уравнение имеет вид — +
а
винта равен жЬу/2/к.
2kzl
= 1, шаг
Решение. Расчетная схема
1
V
•
/
*
А (х, У, z)
А^
ч
ч
\
\
\
с,
представлена на рис.27.57.1.
Уравнение движения:
mf=Fi + F2,
где г — радиус-вектор точки тп
относительно точки С\. В
проекциях на оси координат это
уравнение имеет вид:
тх = —ткх — тк(х — х2)\
ту = -тку — тку;
mz = —mkz - mkz;
где Х2 — 2 - (а + bt) —
координата точки С2. Решение
полученных дифференци. ьных
уравнений имеет вид:
x(t) = Л, sin (\/2k t) + Б, cos (VJkt) +a + bt,
y{t) = A2 sin (\/2kt) + B2 cos (\/2kt),
z(t) = A3 sin (V2k t) + Вг cos (V2k t),
где Ai, Bi (i — 1, 3) — константы, определяемые заданными начальными
условиями: жо = Уо = о, z^ = 0, а?о = 6, уо = 0, io = b. Тогда получим
следующие константы: At = А2 = 0, А$ = Ь/\/2к, В\ = Бз = 0, В2 = а.
Уравнения траектории:
x(t)—a + bt, y(t) = a cos {yflki), z(t) = —;= sin {\flki).
v2k
Рис. 27.57.1

80
2. Дифференциальные уравнения движения
Ясно, что это есть уравнение винтовой линии на эллиптическом цилиндре,
ось которого есть Ох, а сечение — эллипс:
у2 2kz2
Задача 27.58(27.61). Частица массы т, несущая заряд
отрицательного электричества е, вступает в однородное электрическое поле
напряжения Ё со скоростью «о, перпендикулярной направлению
напряжения поля. Определить траекторию дальнейшего движения
частицы, зная, что в электрическом поле на нее действует сила F = еЁ,
направленная в сторону, противоположную напряжению Ё; действием
силы тяжести пренебречь.
Ответ: Парабола, параметр которой равен mv0/(eE).
* Решение. Расчетная схема — на
У
о
• т
\f
Vе
X
рис.27.58.1. Уравнения движения по осям
х, у:
тх — 0, ту — —еЕ.
Это движение аналогично
соответствующему в однородном поле тяжести с
ускорением g = еЕ/т и начальными
условиями 1/(0) = 0, ж(0) = v0. Тогда
Рис. 27.58.1
Eetl_ / Ее
т 2 \2rnv2
x(t) = v0t, y(t) = -=>у = -[-—-)х
>
— парабола с фокальным параметром р =
mv,
2
'О
еЕ
I — Задача 27.59 (27.62). Частица массы т, несущая
Т ___ заряд отрицательного электричества е, вступает в од-
р, ^ нородное магнитное поле напряжения Н со скоростью
/ «о. перпендикулярной направлению напряжения по-
/г; ля (рис. 27.59.1). Определить траекторию дальнейшего
движения частицы, зная, что на частицу действует сила
Рис. 27.59.1 я I- Я\
F = -e(v х Я).
При решении удобно пользоваться уравнениями движения точки в проекциях
на касательную и на главную нормаль к траектории.
mvo
Ответ: Окружность радиуса ——.
еН

б) Криволинейное движение
81
Решение. Расчетная схема
представлена на рис. 27.59.2, где
введена система координат Oxyz,
ось z которой направлена по
постоянному вектору Н,г — радиус-
вектор точки т. Уравнения
движения:
тг— F = —e[r x Я],
в проекциях на оси х, у, z:
еН еН
х = у, у=—х,
т т
2 = 0,
с начальными условиями:
Х(0) = з,(0) = z(0) = 0,
*(°) = «Ь> Рис. 27.59.2
у(0) = i(0) = 0.
Из этих соотношений, после интегрирования, следуют формулы:
Vom
z(t) = 0, x(t) =
еН
sin(f«), ^.^[с,^,)-,].
Таким образом, х и у удовлетворяют соотношению:
х + (у + г) — г , где г =
v0m
НИ'
Это окружность радиуса г.
Задача 27.60 (27.63). Определить траекторию движения частицы
массы т, несущей заряд е электричества, если частица
вступила в однородное электрическое поле с переменным напряжением
Е = Acoskt (А и к — заданные постоянные) со скоростью vq,
перпендикулярной направлению напряжения поля; влиянием силы
тяжести пренебречь. '• электрическом поле на частицу действует сила
F = -еЁ.
Ответ:
cos
к \
Щ )
где ось у направлена по напря-
- еА (
тк2 \
жению поля, начало координат совпадает с начальным положением
точки в поле.
Решение. Расчетная схема — на рис. 27.60.1, где введена система
координат Оху, ось х которой ориентирована по направлению вектора v0,

82 2. Дифференциальные уравнения движения
Рис. 27.60.1
а ось у — по положительному направлению
вектора Ё. Уравнения движения по осям х
и у:
тх = 0, ту = -еА cos kt,
при начальных условиях:
х(0) = у(0) = О,
*(0) = vo, у(0) = 0.
Движение по оси z, очевидно, отсутствует, поэтому ось z не
изображена на рисунке. Интегрируя при этих начальных условиях уравнения
движения, получим:
x(t) = v0t, y(t) = ^2(coskt- !)=>» = -^(l -cos ±xy
Задача 27.61 (27.64). По
негладкой наклонной плоскости движется
тяжелое тело М, постоянно
оттягиваемое посредством нити в
горизонтальном направлении, параллельно
прямой АВ (рис. 27.61.1). С
некоторого момента движение тела
становится прямолинейным и
равномерным, причем из двух взаимно
перпендикулярных составляющих
скорости та, которая направлена
параллельно АВ, равна 12 м/с. Определить вторую составляющую V\
скорости, а также натяжение Т нити при следующих данных: уклон
плоскости tg a = 1/30, коэффициент трения / = 0,1, масса тела 30 кг.
Рис. 27.61.1
\Ответ: w, = 4,24 см/с, Т = 21J Н.
шг Решение. Расчетная схема — на рис. 27.61.2, где Оху — система
координат на наклонной плоскости, и изображены только силы,
действующие вдоль наклонной плоскости, т. е. Г — сила натяжения нити,
ориентированная вдоль оси х\ Pt — скатывающая сила от силы
тяжести Р, направленная вдоль линии наибольшего ската, т.е. оси у, причем
|J°i| = mgsina; Frp — сила трения скольжения, ориентированная строго
против вектора скорости v = vx + vy и равная fmg cos a. По условию
задачи v = 0, поэтому из уравнения Ньютона следует, что
Р, + Fip +f = 0 ==>■ FTp cos/3 = mgsina, FTp sin/3 = T,

б) Криволинейное движение
83
Рис. 27.61.2
а так как Fw = fmg cos а, то мы получаем:
I
COS/3 = -tgQ,
Г = у/2 - tg2 а • mgcos a = 27,7 Н,
tga
Vv = V.
V/2 - tg2 a
= 4,24.
Причем это решение справедливо при условии / > tg а. Если же / ^ tg a
(т.е. либо коэффициент трения мал, либо наклон плоскости очень крут),
то нетрудно показать, что установившийся режим (v = const) невозможен.
Подробности см. в [4, с. 257] и [8].
Задача 27.62 (27.65). Точка М массы т
находится под действием двух сил
притяжения, направленных к неподвижным центрам
0\ и 02 (рис. 27.62.1). Величина этих сил
пропорциональна расстоянию от точек 0\ и Oj.
Коэффициент пропорциональности одинаков
и равен с. Движение начинается в точке A%
со скоростью vq , перпендикулярной линии
0\Oj. Определить, какую траекторию опишет
точка М. Найти моменты времени, когда она пересекает направление
линии 0\Ог, и вычислить ее координаты в эти моменты времени.
Расстояние от точки Ао до оси у равно 2а.
Рис. 27.62.1
Ответ: Эллипс
+
У
(2а)2 {vjkf
1, где к =
-,t = 0,x0 = -2a,
у0 = 0; U = тг/к, х\ = 2а, ух = 0; t2 = 2ж/к, х2 = -2а, у2 = 0 и т.д.
V Время, в течение которого точка описывает эллипс, Т = 2ж/к. J

84
2. Дифференциальные уравнения движения
^» Решение. Расчетная схема — на рис. 27.62.2. Уравнения движения
по осям х w у:
Мх = Fix + F2x = -с(х + a) - с(х - a) = -lex,
My = Fiy + F2y = -cy-cy = -ley
при начальных условиях:
x(0) = -2fl, »(0) = 0,
±(0) = 0, »(0) = I*,.
Рис. 27.62.2
Обозначим Л = у/2с/т,
тогда решение при указанных
начальных условиях имеет
вид:
x(t) = -2acoskt,
y(t) = — sinkt =Ф-
" У2к2
Ч j- = 1 (эллипс).
а;
4о2
V,
ж I
Точка пересекает ось х в моменты времени: U = — Ч- —тт, Z = 0,1, 2 ,
j/i Задача 27.63(27.66). На точку А
массы т, которая начинает движение из
положения г = г0 (где г — радиус-вектор
точки) со скоростью «о, перпендикулярной
fib действует сила притяжения, направлен-
О л х ная к центру О и пропорциональная
расстоянию от него (рис. 27.63.1).
Коэффициент пропорциональности равен тс\. Кроме
того, на точку действует постоянная сила
тего. Найти уравнение движения и траекторию точки. Каково
должно быть отношение С\ /с, чтобы траектория движения проходила через
- 14
Рис. 27.63.1
центр О? С какой скоростью точка пройдет центр О?
Ответ: 1) f = —F0 Ч- —= sin y/c[t + f0(l - c/c\) cos y/c^t; 2) эллипс
x-(c/ci)r0 12 /Уу/сГ\2 = j.
r0(l-(c/c,))J U/
3) точка А пройдет через центр О,
если С\/с=2; 4) точка .4 пройдет через центр О со скоростью Vo = -vo
в момент времени t = ж/у/с\.

б) Криволинейное движение
85
Рис. 27.63.2
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 27.63.2. Уравнение движения:
mr= Fo+F или mr= mcfo - тпсуг.
Начальные условия:
r(0) = fo, г(0) = «То-
Ищем решение в виде:
f(t) = Л + В sin y/c[t + С cos yfc[t,
где А, В, С — векторные константы. Это решение удовлетворяет
векторному уравнению движения, если А = (c/cj)г*о, а константы В и С
выберем в соответствии с начальными условиями. Тогда В =
1
у/с~\
Щ,
С = г*о(1 —с/с\). Выписывая реш-ние в координатном виде и исключая t,
получим соотношение:
~х-(с/сх)г0]2 fy^\2
—- j— + = 1 (эллипс).
_r0(l-c/ci)J V «о /
Траектория проходит через точку (0,0), если эта точка принадлежит
эллипсу, т. е.:
(c/ci)rp с 1 с,
—т.—, , чЛ = 1 => — = г, или — = 2
г0(1-(с/с,)) с, 2 с
При таком соотношении уравнения траектории примут вид:
ж(<) = 2Г°(1 + cos V^TO» #(0 = ~j= sin \/с7* =>
=> ж(£) = - -г0-v/сГ sin y/c[t, y = v0 cos д/с^.
7Г
Точка проходит через начало координат (0,0) в момент времени t\ =
а скорость ее будет: vx(ti) = 0; vy{t]) = -vQ.
v^r'

86
2. Дифференциальные уравнения движения
Задача 27.64 (27.67). Тяжелая точка массы т падает из
положения, определяемого координатами xq = О, уо = h при t = 0, под
действием силы тяжести (параллельной оси у) и силы отталкивания
от оси у, пропорциональной расстоянию от этой оси (коэффициент
пропорциональности с). Проекции начальной скорости точки на оси
координат равны vx — vq, vy = 0. Определить траекторию точки,
а также момент времени t\ пересечения оси х.
^о /2, [~с /2Л
Ответ: Траектория х = — sh к а / -(Л - у), где к — * / —, £i = * / —.
« V £ * m У g
V Г У
► Решение. Расчетная схема
2/ J
Л-
\
,
>
т
1
,mg
i
F
Г
представлена на рис. 27.64.1.
Уравнения движения по осям х, у:
тх = F — сх,
ту = -mg,
начальные условия:
х(0) = 0, 2,(0) = h,
x(0) = v0, з/(0) = 0.
О х Интегрируем сначала уравнение
Рис. 27.64.1 движения по оси у:
st2
y{t) = h-g—.
Далее интегрируем первое уравнение (по оси х):
x(t) — с, ехр {М} + с2 exp {-Xt}, где А=*/—,
V т
C\,Cj — константы, выбираемые из начальных условий:
Ci+c2 = 0, vo = (с, - с2)А =» с, = ^-, с2 = -^.
■^А 2А
Тогда
x(t) = —(ехр {АО - ехр {-At}).
Подставляя сюда
получим ответ.
| = ./**^>.

б) Криволинейное движение
87
Задача 27.65 (27.68). Точка М массы т движется под действием
силы тяжести по гладкой внутренней поверхности полого цилиндра
радиуса г (рис. 27.65.1). В начальный jv/n
момент угол tp0 = 7r/2, а скорость
точки равнялась нулю. Определить
скорость точки М и реакцию
поверхности цилиндра при угле tp — 30е.
Ответ: v — V3 ■ ,/gr; T =
Зл/3
-mg.
Рис. 27.65.1
Решение. Расчетная схема — i 7
на рис. 27.65.2. Уравнения
движения на радиальное и
тангенциальное направления:
тф г = N — mg cos tp,
mrip = -mg sin <p.
Интегрируем сначала второе
уравнение:
g .
ф = — sin w.
г
Умножаем обе части на ф:
g . . _ d (ф2\ g d
Рис. 27.65.2
2
g
- cos <p + co-
T
Константу со ищем из начального условия ф(<р = 7г/2) = 0, следовательно
2 28
Со = 0. Таким образом, ф = — cos tp. Подставляем этот результат в первое
т
уравнение движения:
тт ■ — cos tp — N — mg cos tp ■■
r
N = 3mg cos tp.
Таким образом, имеем:
<*>\<Р = ~б) = ^Vr' v=zriP= №'Vgr> N(tp = -J = -—mg.

3. Теорема об изменении количества движения
материальной точки. Теорема об изменении момента
количества движения материальной точки (§ 28, [6])
_____ ^
Задача 28.1 (28.1). Железнодорожный поезд движется по
горизонтальному и прямолинейному участку пути. При торможении
развивается сила сопротивления, равная 0,1 веса поезда. В момент начала
торможения скорость поезда равняется 20 м/с. Найти время
торможения и тормозной путь.
Ответ: 20,4 с, 204 м.
** Решение. Теорема об изменении количества движения для
прямолинейного движения при постоянной силе дает:
mv(t) — mv(0) = F -1, где F — -0,lmg.
Отсюда:
st2
v(t) = v(0) - 0,\gt => s(t) = »(0) • t - 0,1 ^-.
Время торможения t* таково, что v(t*) = 0, следовательно
Ю-ю(О)
U = — ~ 20,4 с.
Тормозной путь:
s(U) - v(0) • U - 0,1^ и 204 м.
Задача 28.2 (28.2). По шероховатой наклонной плоскости,
составляющей с горизонтом угол а = 30°, спускается тяжелое тело без
начальной скорости. Определить, в течение какого времени t тело
пройдет путь длины I = 39,2 м, если коэффициент трения / = 0,2.
Ответ: Т = 5 с.
** Решение. Расчетная схема — на рис. 28.2.1. Теорема об изменении
количества движения вдоль оси х дает:
mx = mv(t) = (mg sin a - FTp)t,

3. Теорема об изменении количества движения материальной точки 89
следовательно, применяя закон Ку- у
лона для
FTp = f -N = f -mg-cosa,
отсюда получим:
x — v(t) — (g sin a - fg cos a)t =>
e
=>x{t) = (gsma - fgcosa)—.
Решая уравнение x(T) = Z, получим:
T =
21
Рис. 28.2.1
g sin a — fg cos a
4,95 с
Задача 28.3 (28.3). Поезд массы 4 ■ 105 кг входит на подъем г =
= tga = 0,006 (где а — угол подъема) со скоростью 15 м/с.
Коэффициент трения (коэффициент суммарного сопротивления) при
движении поезда равен 0,005. Через 50 с после входа поезда на подъем
его скорость падает до 12,5 м/с. Найти силу тяги тепловоза.
Ответ: 23120 Н.
Решение. Расчетная схема
на рис. 28.3.1, где Т — сила тяги.
Теорема об изменении количества
движения по оси х:
mv(t) - mv(0) = (T-P sin a -FTp)-t, y
где О
FTp = f ■ N — fP cos a = fmg cos a.
Отсюда имеем:
v(t) - v(0) = t[ g sin a — fg cos a I.
\m J
По условию задачи: при t = 50 с, v(t) = 12,5 м/с; v(0) = 15 м/с. Отсюда:
v(t)-v(0)'
T = m
g(sin a + f cos a) +
= 23 120 H.

90 3. Теорема об изменении количества движения материальной точки
Задача 28.4(28.4). Гирька М
привязана к концу нерастяжимой нити МО А,
часть которой О А пропущена через
вертикальную трубку (рис. 28.4.1); гирька
движется вокруг оси трубки по
окружности радиуса МС = R, делая 120 об/мин.
Медленно втягивая нить ОА в
трубку, укорачивают наружную часть
нити до длины ОМ\, при которой
гирька описывает окружность радиусом R/2.
Сколько оборотов в минуту делает
гирька по этой окружности?
Рис. 28.4.1
Ответ: 480 об/мин.
*^ Решение. На гирьку при ее движении действуют две внешние силы:
Т — сила натяжения нити, которая пересекает вертикальную ось
вращения, mg — сила тяжести, которая параллельна вертикальной оси вращения.
Отсюда следует, что момент этих сил относительно этой оси равен 0, т. е.
момент количества движения гирьки относительно вертикальной оси
сохраняется, т.е.:
R
mv ■ МС = mvx ■ МХС\ => v{ = v ■ , = 2v ■
R
u>i • — = 2u)R ■
2
0/2)Д
wi = 4o) = 4 • 120 = 480 об/мин.
Задача 28.5 (28.5). Для определения массы груженого
железнодорожного состава между тепловозами и вагонами установили
динамометр. Среднее показание динамометра за 2 мин оказалось 106 Н.
За то же время состав набрал скорость 16 м/с (вначале состав стоял
на месте). Найти массу состава, если коэффициент трения / = 0,02.
Ответ: 3036 т.
"* Решение. Теорема об изменении количества движения для состава
вагонов дает:
mv(t) = t(F0-Frp), где F0 = 106 Н, Fip = f-mg,
t = 2-60= 120 с, г>(<)=1бм/с.
Тогда получим:
mv(t) +1 ■ fmg = tF0
tF0 120- 106
m =
v(t)+tfg 16+120-0,02-9,8
= 3,036 • 10° кг = 3 036 т.

3. Теорема об изменении количества движения материальной точки 91
Задача 28.6(28.6). Каков должен быть коэффициент трения /
колес заторможенного автомобиля о дорогу, если при скорости езды
v — 20 м/с он останавливается через 6 с после начала торможения.
Ответ: / = 0,34.
"* Решение. Теорема об изменении количества движения для
заторможенного автомобиля дает:
mv{t) - mvo = —Ртр • t = -fmg • t,
следовательно при v(t) = 0 получим:
/-3-
20
gt 9,8-6
0,34.
Задача 28.7(28.7). Пуля массы 20 г вылетает из ствола винтовки
со скоростью v = 650 м/с, пробегая канал ствола за время t = 0,00095 с.
Определить среднюю величину давления газов, выбрасывающих пулю,
если площадь сечения канала a = 150 мм .
Ответ: Среднее давление 9,12 • 104 Н/мм2.
Ь* Решение. Теорема об изменении количества движения при
движении пули в стволе дает:
mv(t) = F t =p-a -t =>■ р =
mv(t) _ 20 -Ю-3 -650
a-t ~ 150- 95 - 10"5
= 91,2 Н/мм2.
Задача 28.8(28.8). Точка М
движется вокруг неподвижного центра под
действием силы притяжения к этому центру
(рис. 28.8.1). Найти скорость v-i в
наиболее удаленной от центра точке
траектории, если скорость точки в наиболее
близком к нему положении V\ — 30 см/с,
а Гг в пять раз больше Т\.
Ответ: v-i — 6 см/с.
Рис. 28.8.1
"* Решение. Так как внешняя сила притяжения всегда проходит через
одну (неподвижную) точку, то сохраняется кинетический момент точки М
относительно этой неподвижной точки. Учитывая тот факт, что наиболее
удаленная и наиболее близкая точки траектории доставляют экстремум
расстоянию г до этих точек от притягивающего центра, получим, что

92 3. Теорема об изменении количества движения материальной точки
касательная к траектории в этих точках (т. е. направление скорости) строго
перпендикулярна радиусу-вектору. Тогда имеем закон сохранения в виде:
Mr\V\ — Mt2V2
v2
vi —
1 30 а /
Vi • - = =6 СМ/С.
Задача 28.9 (28.9). Найти импульс равнодействующей всех сил,
действующих на снаряд за время, когда снаряд из начального
положения О переходит в наивысшее
положение М (рис. 28.9.1). Дано: vq —
= 500 м/с; «о = 60°; vx = 200 м/с;
масса снаряда 100 кг.
Рис. 28.9.1
Ответ: Проекции импульса
равнодействующей: Sx = — 5 000 Н • с,
Sv = -43 300 Н • с.
Ь* Решение. Согласно теореме об изменении количества движения
по осям хну, имеем:
mvx(t) - mvo cos ao — Ix(t), mvy(t) - mvo sin ao = Iy(t),
где Ix, Iy — составляющие импульса равнодействующих внешних сил
по осям х и у. Для положения, указанного в задаче, имеем: vx(t) — V],
vy(t) — 0. Поэтому получим:
Ix = m(v} - v0 cos a) = 100 ( 200 - 500
(200- 500- ^ J =
-5 000 H- с;
л/3
Iy = m(-v0 sin а) = -100 • 500 • — = -43 301 H • с.
Задача 28.10(28.10). Два астероида М\ и М2 описывают один
и тот же эллипс, в фокусе которого S находится Солнце (рис. 28. ЮЛ).
Расстояние между ними
настолько мало, что дугу М\М2 эллипса
, можно считать отрезком прямой.
Известно, что длина дуги М\М2
равнялась а, когда середина ее
находилась в перигелии Р. Пред-
Рис 28 Ю 1 полагая, что астероиды движутся
с равными секториальными
скоростями, определить длину дуги М{М2, когда середина ее будет
проходить через афелий А, если известно, что SP = R\ и SA = R2.
R\
Ответ: М\М2 = —а
R2

3. Теорема об изменении количества движения материальной точки 93
Решение. Расчетная схема
представлена на рис. 28.10.2. Так
как астероиды движутся с
одинаковыми секториальными
скоростями, то
Sm1M\M'2 — Sm\M-,_m\-
Вычитая из этого равенства Sm^m ,
получим:
SmiM! — SM[M'y
эллипс
Рис. 28.10.2
Если М\М2 мала и ее приближенно можно считать отрезком, то получим:
1
I
2"" "' ~'"1'"2 Г
SMim2 = ~SP ■ a, Бщщ = -SA ■ b, где a = MXM2, b = М[М'2.
Тогда
SP Д,
b = a"SA=a-R-2-
Задача 28.11 (28.11). Мальчик массы 40 кг стоит на полозьях
спортивных саней, масса которых равна 20 кг, и делает каждую секунду
толчок с импульсом 20 Н • с. Найти скорость, приобретаемую санями
за 15 с, если коэффициент трения / = 0,01.
Ответ: v = 3,53 м/с.
^ Решение. Теорема об изменении количества движения дает:
mv(t) = I - FTp-t,
где m = 40 + 20 = 60 кг — общая масса системы, / — суммарный
(внешний) импульс за время t, F^ = fmg — сила тре ■. скольжения.
Тогда:
v(t = 15) = —(15 • 20 - 0,01 • 60 • 9,8 • 15) = 5 - 1,47 = 3,53 м/с.
60
. gm N
Задача 28.12(28.12). Точка совершает равномерное движение по
окружности со скоростью v = 0,2 м/с, делая полный оборот за время
Т = 4 с. Найти импульс S сил, действующих на точку, за время
одного полупериода, если масса точки m = 5 кг. Определить среднее
значение силы F.
Ответ: 5 = 2 Не, F = 1 Н.

94 3. Теорема об изменении количества движения материальной точки
Решение. Расчетная схема — на
Рис. 28.12.1
рис. 28.12.1. Применяем теорему об
изменении количества движения для
участка АВ:
mv\ - mv = I.
Проецируем на ось у:
-mv - mv = I => |/| = 2mv = 2 Н • с.
Среднее значение силы на полупериоде:
Fcp ~ Г/2 ~ 2 " l R
Задача 28.13 (28.13). Два математических маятника,
подвешенных на нитях длин 1\ и h {l\ > h) совершают колебания одинаковой
амплитуды. Оба маятника одновременно начали двигаться в одном
направлении из своих крайних отклоненных положений. Найти
условие, которому должны удовлетворять длины 1\ и 1г для того, чтобы
маятники по истечении некоторого промежутка времени
одновременно вернулись в положение равновесия. Определить наименьший
промежуток времени Т.
Ответ: \l\jli = k/п, где к, п — целые числа и дробь к/п
несократима; Т = кТ2 = пТх.
^ Решение. Уравнение маятника длины I с начальными условиями:
(р(0) = (ро, ф(0) = 0, имеет вид (см. рис. 28.13.1):
i2.»
ml ф = —mgl sin (р
g .
ip = —-sm ip.
Сделаем здесь замену времени т = t/Vl. Тогда
получим:
<р = фт . Tt = tp.
I
1
1
v = v"-Si'Si = iVrr-
Рис. 28.13.1. S —
сила натяжения нити
Итак имеем: у'тт = -gsmip. Умножим обе части
этого уравнения на (р'т и проинтегрируем, получим:
I
:(^'r)=gcos^ + co,
где Со — константа, выбираемая из начального условия <р'т(<р = щ) = О,
т.е. Со = —gcostp0. Таким образом,
dip
~dr
:yj2g(cOS(p-COSip0).

3. Теорема об изменении количества движения материальной точки 95
Это уравнение имеет периодическое решение, период которого зависит
только от щ. Обозначим этот период т{щ). Тогда периоды исходных
маятников:
Ясно, что совпадение нулей соответствующих периодических решений
<Pi(t) и ipj{t) возможно лишь тогда, когда Ti/Тг = \fl\jh — рациональное
число, а наименьший промежуток времени определяется соотношением
kTi = п-Т\, где k,п — взаимно простые целые числа.
Задача 28.14(28.14). Шарик массы тп, привязанный к
нерастяжимой нити, скользит по гладкой горизонтальной плоскости; другой
конец нити втягивают с постоянной скоростью о в отверстие,
сделанное на плоскости. Определить движение шарика и натяжение нити Т,
если известно, что в начальный момент нить расположена по
прямой, расстояние между шариком и отверстием равно R, а проекция
начальной скорости шарика на перпендикуляр к направлению нити
равна vo.
Ответ: В полярных координатах (если принять отверстие за начало
координат и угол щ равным нулю):
г = R — at; (p =
v0t
R-at
T =
mvlR2
{R-atf
"^ Решение. Расчетная схема
представлена на рис. 28.14.1, где Т — натяжение нити,
г — радиус-вектор точки, vT, vr — транс-
версальная и радиальная составляющие
скорости, (р — полярный угол. Тогда имеем:
vr — г = —а ==Ф- r(t) = R — at;
vT = гф = (R- at)(p.
Рис. 28.14.1
Так как Т проходит всегда через точку О
(отверстие), то момент этой силы
относительно точки О есть нуль. Следовательно, сохраняется момент количества
движения точки тп относительно центра О, т. е.
2 /2 ^V
mvT ■ т = mvT(0) ■ г(0) = mv0R =>■ г ф = v0R =Ф- (R -at) —- = VqR,
dt
следовательно, интегрируя, находим (принимая <р(0) = 0):
a(R - at) aR
■ vQR = <p(t) =>• <p(t) =
v0t
R-at

96 3. Теорема об изменении количества движения материальной точки
Ускорение точки по направлению нити есть:
.. .2 г>02Д2 ,_ ,. v20R2
(так как г = 0).
(R - at)3
Тогда закон Ньютона в проекции на радиус дает нам силу натяжения нити Т:
\T\ = m\ar\ =
mvlR2
{R-atf
Задача 28.15(28.15). Определить массу М Солнца, имея
следующие данные: радиус Земли R = 6,37 • 10 м, средняя плотность
5,5 т/м3, большая полуось земной орбиты a = 1,49- 1011 м, время
обращения Земли вокруг Солнца Т = 365,25 сут. Силу всемирного
тяготения между двумя массами, равными 1 кг, на расстоянии 1 м
gR2
считаем равной Н, где тп — масса Земли; из законов Кеплера
тп
47г2а3т
следует, что сила притяжения Земли Солнцем равна — , где г —
расстояние Земли от Солнца.
,30
Ответ: М = 1,966 • 10* кг.
tv
"*• Решение. Расчетная схема — на
рис. 28.15.1. Воспользуемся теоремой
об изменении количества движения для
Земли:
d(mv)
dt
F.
В проекции на большую полуось
земной орбиты имеем:
т тпМ
mw a = 7—т
a1
сила всемирного тяготения, где постоянная всемирного
gR2 4 ,
тяготения 7 = • Масса Земли m = pV = p-nR . Частота обращения
Земли вокруг Солнца ш — 2тг/Т. Отсюда находим массу Солнца:
М =
uV _ 4тгУт _ 4тгУр-»гД ^ 16К1Г^р
7 T2gR> . T2gR2 3T2g
16 • 6,37 • 10V • (1,49 • 1011)3 • 5 500
3 • (365,25 • 24 • 60 • 60)2 • 9,8
,30
1,966-10JU кг

3. Теорема об изменении количества движения материальной точки 97
Задача 28.16(28.16). Точка массы та, подверженная действию
центральной силы F, описывает лемнискату г = acos2<p, где а —
величина постоянная, г — расстояние точки от силового центра; в
начальный момент г = г0, скорость точки равна vo и составляет угол а
с прямой, соединяющей точку с силовым центром. Определить
величину силы F, зная, что она зависит только от расстояния г.
По формуле Бине
'd2(l/r)
,^ me2 /d2(l/r) | 1\
г2 \ d<p2 г)'
где с — удвоенная секторная скорость точки.
Ответ: Сила притяжения F
Ъта 22 2
—=— TqVq sin a.
Решение. Расчетная схема
представлена на рис. 28.16.1.
Воспользуемся формулой Бине [1]:
тс2 /d2(l/r)
F =
TL
(d\\/r) | 1\
V dip2 r J'
где с — удвоенная секторная
скорость точки. Воспользуемся
теоремой об изменении
кинетического момента:
dko
~dt
= fxF.
Рис. 28.16.1
Для центральной силы F получаем
dko
dt
= 0 => ко = const = romvo sin a.
Известно, что ко = тс. Поэтому с = roVo sin а. Так как движение
происходит по траектории г = ^/a-^/cos 2ip, то
d{\/r) l sin 2ip
d\\/r)
dip yja (cos 2^>)3/2'
1 2 cos5/2 lip + 3 sin2 2<p • cos1/2 2ip
cos3 2<p
dip2 y/a
Сила притяжения
mrlvl sin2 a, ,
F = °-^ (2 + 3tg22^+l) = -
= -(2 + 3tgz2ip).
r
Зтго^о sin a
r3 cos2 2y>
3mv2r2a2 sin2 a
Знак «-» говорит, что это сила притяжения к центру.

98 3. Теорема об изменении количества движения материальной точки
Задача 28.17 (28.17). Точка М, масса которой т, движется около
неподвижного центра О под влиянием силы F, исходящей из этого
центра и зависящей только от расстояния МО = г. Зная, что скорость
точки v = a/r, где a — величина постоянная, найти величину силы F
и траекторию точки.
Ответ: Сила притяжения F — ma /г ; траектория —
логарифмическая спираль.
.. ! у
__ ^ Решение. Расчетная схема — на рис. 28.17.1.
Дифференциальное уравнение движения точки в
проекции на полярную ось г :
m(f - гф ) = F,
где F — искомая центральная сила. Согласно фор-
7 7 7 7
муле Бине v = f + г ф . По условию задачи v = a/r.
Поэтому можно записать:
г2 = -2-гУ. (1)
J.J.
Так как движение происходит под действием центральной силы, то
справедлив закон сохранения киь
Обозначив г ф — h, запишем:
гу{
О
Рис
S
/.
ч>
"\
\
.28.17.1
ведлив закон сохранения кинетического момента: fc0 = тпг2ф = const.
2 a2-h2
Г = г .
a2 -h2 h2- a2
Поэтому
Iff = -2 ■ ::—т—г, f =
Сила, действующая на точку:
гз
г, ,.. .2\ (h - a h~\ ma2
F = m(r-iy) = m^—— - - j =--_.
(сила притяжения, на что указывает знак «-»).
Для определения уравнения траектории точки воспользуемся
уравнением (1). Получим:
1 /-z—— rdr
r= -Va2-h2; =dt.
г х/а2 - h2
Но, так как h = r (d<p/dt), то
г dr r2 dip h dr h
(траектория — логарифмическая спираль).

3. Теорема об изменении количества движения материальной точки 99
Задача 28.18(28.18). Определить движение точки, масса которой
I кг, под действием центральной силы притяжения, обратно
пропорциональной кубу расстояния точки от центра притяжения, при
следующих данных: на расстоянии I м сила равна 1 Н. В начальный
момент расстояние точки от центра притяжения равно 2 м, скорость
г>о = 0,5 м/с и составляет угол 45° с направлением прямой,
проведенной из центра к точке.
Ответ: г2 = 4 +1\/2, r = 2 ехр {^}.
Решение. Расчетная схема — на рис. 28.18.1. Сила притяжения
М
1
ri
По условию задачи 7 = ' •
Дифференциальное уравнение движения
в проекции на полярную ось г :
m(f — гф ) = —г.
г3
Так как m = 1 кг, то
2 1
f -гф + -г = 0.
ri
Если точка движется под действием центральной силы, то справедлив
закон сохранения кинетического момента: ко = тпг ф = const. Согласно
начальным условиям const = ко = mroVo sin 45° = y/l/l. Поэтому
„4.,2 w^2
Рис. 28.18.1
rip
Произведем преобразования:
2 •
г — гф + — =0; г —
р ~ гз -гз^ 2 ) ~~ 2г3"
2гз
+
"7=0; f + г-у = 0 • г;
f Id
+ 2r3 ' 2dt
V2
V 2т1) ' 2r2
c,.
При г = го го = —vq. Поэтому
C\
Щ
2
2rl
= 0, так как r0 = 2, г>0 = 0,5.
2 1 dr 1 1 /_
= г-т; -г" = —F ' _' v2r dr = a<;
2r2' <ft >/2 r
При to = 0 ro = 2. Поэтому Сг = 2\/2.
^ 2 #
_Г2 = t + С2.

100 3. Теорема об изменении количества движения материальной точки
Полярный радиус изменяется по закону г
1 1 dt 1 , r.
d{P = к,. —757^ V = n ,n (4 + vlt) +
Гф2=2^; *
y/lr2' ~т V2(4+V2t)
При to = 0 <ро = 0, следовательно
1 \ 4+s/lt
c2 = --ln4, у = -1п—-—;
Уравнение траектории: г = 2 ехр {<р}.
с2.
2<р = In
Задача 28.19 (28.19). Частица М массы 1 кг притягивается к
неподвижному центру О силой, обратно пропорциональной пятой степени
расстояния. Эта сила равна 8 Н на расстоянии 1 м. В начальный
момент частица находится на расстоянии ОМо = 2 м и имеет скорость,
перпендикулярную к ОМо и равную 0,5 м/с. Определить траекторию
частицы.
Ответ: Окружность радиуса 1 м, центр которой лежит на линии ОМо
на расстоянии 1 м от центра притяжения.
Решение. Расчетная схема
Рис. 28.19.1
Так как m = 1, 7 = 8, то
m(f — гф ) =
движения точки — на рис. 28.19.1.
Координаты точки — полярные
координаты г и <р. На точку
действует сила притяжения
По условию задачи 7 = 8.
Дифференциальное уравнение движения
точки в проекции на радиальное
направление:
7
т-тф = —-
7°
причем г(0) = 2, f (0) = vo cos 90° = 0.
Точка движется под действием центральной силы, поэтому имеет
место закон сохранения кинетического момента: ко = тпг2ф = const.
Согласно начальным условиям,
const = k(to = 0) = mrovo sin 90° = 1 • 2 ■ 0,5 = 1.

3. Теорема об изменении количества движения материальной точки 101
Отсюда ф = 1/г2. Умножим обе части дифференциального уравнения для
г на г:
2 8г 1 8г
f-f — TTib => f- f = f—г г =>
=> 2 <ft(Г } ~ <Д 2r2 + 4r4/ ^(«VV r4/
.2 1 4
=> r H—r = c\ = const.
ipZ or»**
Чтобы найти с\ воспользуемся начальным условием: при г = 2, г = 0.
1 4
Тогда ci = 0 + -=0. Таким образом,
4 16
.2 4 - г2 dr у/А - г2
Г = ; => — = ± j ■
dt г
Надо выбрать знак минус, так как г при г = 2 имеет значение f —
1 8 1
= — < 0, кроме того г = 0 при г = 2, т. е. г уменьшается и г < 0
8 32 8
при t > 0. Берем за независимую переменную <р, тогда получим:
dr у/А - г2 dr dip у/А - г2 dr 1 ч/А~-
dt r2 dip dt r2 dip г2 г
dr г
= —dip => arcsin - - arcsin 1 = — ip
y/A^r2 2
=>• r = 2 sin I ip ) => r — 2 cos ip,
т. е. окружность с центром в 1 и радиусом 1.
Задача 28.20(28.20). Точка массы 0,2 кг, движущаяся под
влиянием силы притяжения к неподвижному центру по закону тяготения
Ньютона, описывает полный эллипс с полуосями 0,1 ми 0,08 м в
течение 50 с. Определить наибольшую и наименьшую величины силы
притяжения F при этом движении.
Ответ: Fmm = 1,97- 1(Г3 Н, Fmin = 1,23 • 10"4 Н.
у
I —
**• Решение. Расчетная схема — на рис. 28.20.1, где изображен эллипс
с полуосями a = 0,1 м, Ъ = 0,08 м — траектория точки, которая делает пол-
- mj
ный оборот за время Т = 50 с, С — притягивающий центр, FT = т-f —
сила ньютоновского тяготения. Движение точки описываем в полярных
координатах {r,ip}, полюс которых — в точке С. Проекции
ускорения точки в полярных координатах на радиальное и трансверсальное

102 3. Теорема об изменении количества движения материальной точки
направления суть:
.2
ar — г — гф ,
ат = гф + 2тф.
Уравнения движения по этим
направлениям:
mlr — гф) = г-,
г1
тп(гф + 2гф) = 0.
Из второго уравнения сразу же
получается интеграл
(сохранение момента количества движения): г ф = Со = const. Используя этот
интеграл, из первого уравнения получим:
Рис. 28.20.1
cl
7
следовательно, умножая обе части на f и интегрируя, получим:
г2+сЛ 2Л + 2^
г1 г
где ho = const. Уравнение эллипса в полярных координатах имеет вид:
2Ъ2
г =
где
d = OC= у/a1 - b2.
(d cos ip + Va2 + b2)'
Отсюда следует, что г достигает экстремума при <р = 0 и <р = тг, т. е.
в точках А и В. Используя полученное уравнение для г в точках А и В
и тот факт, что в этих точках f = 0, получим:
27 с0 27
2Л0 =
со
(а - d)2
Из этих уравнений получим:
с0 =
a-d (a + d)2 a + d'
Ь27
2/*о = -
7
а а
Подставляя эти соотношения в дифференциальное уравнение для г,
получим:
П
rr = J-yJd2-(r-a)2, 0^<р^тг.
При 7Г < <р < 27Г в этом уравнении перед корнем следует брать знак минус.
Разделяя переменные в последнем уравнении и интегрируя в пределах
от г — а — d до г = a + d, получим:
yjd2-(r-a)2
a+d
+ а ■ arcsin
a-d
d
a+d
a-d
7 T
a 2

3. Теорема об изменении количества движения материальной точки 103
где Т = 50 с — полный период. Отсюда имеем:
4аУ з
7 = -^Г-=0'016-10
Минимум и максимум силы FT достигается в экстремальных для r(t)
точках, т.е. в точках А и В (см. рис. 28.20.1). Поэтому имеем:
тп-у rwy
•''ттах =
(а - йУ (о - v/^~F)2
0,2-0,016-Ю-3 _3
(0,1 - vUOl - 0,0064)2
1,97 10"J H.
тщ 0,2-0,016-10~J 4
FTmin = '— = =- « 1,23 • 10~4 Н.
Ттш (a + d)2 (0,1 + v/0,01- 0,0064)2
, я „
Задача 28.21 (28.21). Математический маятник, каждый размах
которого длится одну секунду, называется секундным маятником и
применяется для отсчета времени. Найти длину I этого маятника,
считая ускорение силы тяжести равным 981 см/с . Какое время
покажет этот маятник на Луне, где ускорение силы тяжести в 6 раз меньше
земного? Какую длину 1\ должен иметь секундный лунный маятник?
Ответ: I = 99,4 см, Тх = 2,45 с, /, = 16,56 см.
^ Решение. Период математического маятника длины I дается
формулой Т = 2ny/l/g, где g = 981 см/с , Z — измеряется в см, а Т = 2 с
(т.е. времени прохождения двух размахов). Отсюда
gT2
f = 5-г = 99,39 см.
47Г2
Ясно, что при уменьшении g в шесть раз, время увеличится в Vo = 2,449
раз. Длина же секундного маятника на Луне должна уменьшиться в 6 раз,
т.е. 1\ = 1/6 = 16,56 см.
Задача 28.22 (28.22). В некоторой точке Земли секундный
маятник отсчитывает время правильно. Будучи перенесен в другое место,
он отстает на Т секунд в сутки. Определить ускорение силы тяжести
в новом положении секундного маятника.
( т \
Ответ: gi = gol 1 ~ 0/: I , где go — ускорение силы тяжести
\ 86 400/
в первоначальном положении маятника.

104 3. Теорема об изменении количества движения материальной точки
^ Решение. Пусть ко = 24 • 3 600 = 86 400 с в сутках. Пусть ускорение
силы тяжести в старом месте равно go, а в новом — gt. Если один размах
в новом месте происходит за p/q с, где р, q — целые числа, причем р> q.
Тогда по условию задачи верно равенство:
- ■ (к0 - Т) = ко =*► - = -;
q q ко-Т
Кроме того, имеем соотношение для периодов:
Делим одно равенство на другое:

4. Работа и мощность (§ 29, [6])
Задача 29.1 (29.1). Бетонный блок ABCD, размеры которого
указаны на рис. 29.1.1, имеет массу 4000 кг. Определить работу, которую
надо затратить на опрокидывание его вращением вокруг ребра D.
Ответ: 39,24 кДж.
ЯГ
"А
6м
ю
~'
-*-1
с
D
ШШШт^//////А
Рис. 29.1.1
\8
тшяг^шшшЯШшшшгшшштт
Рис. 29.1.2
**• Решение. Расчетная схема — на рис. 29.1.2. Максимальная высота,
на которую необходимо поднять точку О (центр тяжести блока ABCD)
для опрокидывания равна
OD = \/ОЕ2 + ED2 = \/42 + З2 = 5 м.
Начальная высота точки О равна ОЕ = 4 м. Поэтому работа по
опрокидыванию равна разности потенциальных энергий:
А = ДП = П2-П, =mg-OD-mg-OE = mg-l = 4000-9,8 = 39,24 кДж.
Задача 29.2 (29.2). Определить наименьшую работу, которую надо
затратить для того, чтобы поднять на 5 м тело массы 2 т, двигая
его по наклонной плоскости, составляющей с горизонтом угол в 30°.
Коэффициент трения 0,5.
Ответ: 183 кДж.
Решение. Расчетная схема — на рис. 29.2.1. Совершаемая при
подъеме из положения 1 в положение 2 (см. рис. 29.2.1) работа равна взятой
с обратным знаком работе сил Frp и mg (сила N работы не совершает,

106
4. Работа и мощность
Рис. 29.2.1
так как она перпендикулярна
перемещению из 1 в 2). Получим:
А = -(-Fjp-S-mg-h),
где Frp = f-N = fmgcosa, f —
коэффициент трения. Отметим, что
такая запись для работ верна, так
как Ртр и mg постоянны, как по
модулю, так и по направлению,
а перемещение из 1 в 2
является прямолинейным. Из геометрии
получим S = ft/sin a, тогда:
А — fmg cos a
sin a
+ mgh = mgh(\ + f ■ ctga) и 182,87 кДж.
Задача 29.3 (29.3). Для того чтобы поднять 5 000 м воды на высоту
3 м, поставлен насос с двигателем в 2 л. с. Сколько времени
потребуется для выполнения этой работы, если коэффициент полезного
действия насоса 0,8?
Коэффициентом полезного действия называется отношение полезной работы,
в данном случае работы, затраченной на поднятие воды, к работе движущей
силы, которая должна быть больше полезной работы вследствие вредных
сопротивлений.
Ответ: 34 ч 43 мин 20 с.
** Решение. Полезная работа равна Апол = mgh, работа движущей
силы от насоса равна А№ = W-t, где W = 2 л. с. — мощность насоса,
t — время работы. Имеем:
mgh pv-g-h 1000кг/м3-5000м3-3м
= 0,8=И =
0,8 W 0,8-2-75-g
103-5-103 -3
0,8-150
120
= 1,25-105 с.
Чтобы перевести в часы поделим на 3 600:
1.25- 105
t =
3 600
= 0,0347 • 103 = 34,7 ч и 34 ч 42 мин.
Задача 29.4 (29.4). Как велика мощность машины, поднимающей
84 раза в минуту молот массы 200 кг на высоту 0,75 м, если
коэффициент полезного действия машины 0,7?
Ответ: 2,94 кВт.

4. Работа и мощность
107
. . nmgh
■*■ Решение. W = , где п — число подъемов за время AT, h —
7]-AT
высота подъема, т\ — к. п. д., AT — время этих п подъемов. Получим:
84-200-9,8-0,75 кг-м2 кг-м2
W = — = 2 940 —=—.
0,7 - 60 с3 с3
Задача 29.5 (29.5). Вычислить общую мощность трех водопадов,
расположенных последовательно на одной реке. Высота падения воды:
у первого водопада — 12 м, у второго — 12,8 м, у третьего — 15 м.
Средний расход воды в реке — 75,4 м3/с.
Ответ: 29,4 МВт.
**• Решение. Изменение потенциальной энергии стационарного
потока в единицу времени равно работе силы тяжести, совершаемой
над секундной массой воды при опускании последней на расстояние
h = h\ + /12 + ^. Тогда
Am AV i -> i
W = ——-gh = pg-rjh = 1 000 кг/м3 • 9,8 м/с2 • 75,4 м3/с ■ 39,8 м =
<i
кг- м
2
= 29409-10J —r
c3
Задача 29.6(29.6). Вычислить мощность турбогенераторов на
станции трамвайной сети, если число вагонов на линии 45, масса каждого
вагона Ют, сопротивление трения равно 0,02 веса вагона, средняя
скорость вагона 3,3 м/с и потери в сети 5 %.
Ответ: 309 кВт.
** Решение. Для одного вагона W = 0,02 • mg ■ v, для п вагонов:
^полезное = nW = 0,02mg ■ V ■ П = 0,95 - WT,
где WT — общая мощность турбогенераторов. Тогда
0,02 • 104 - 9,8 • 45 • 3,3 , кг-м2
WT = —^ и 306,378 • 103 —г—.
0,95 ' с3
Задача 29.7 (29.8). Вычислить работу, которая производится при
подъеме груза массы 20 кг по наклонной плоскости на расстоянии
6 м, если угол, образуемый плоскостью с горизонтом, равен 30°, а
коэффициент трения равен 0,01.
Ответ: 598 Дж.

108
4. Работа и мощность
"► Решение. Используем результат решения задачи 29.2:
А = Frp S + mgh = fmg cos a ■ S + mg ■ S ■ sin a = mgS(f cos a + sin a) =
= 20-9,8-б(о,01- — +lA =10-9,8-6(1+0,01-л/3) и 598 Дж.
Задача 29.8(29.9). Когда турбоход идет со скоростью 15 узлов,
турбина его развивает мощность 3 800 кВт. Определить силу
сопротивления воды движению турбохода, зная, что коэффициент полезного
действия турбины и винта равен 0,41 и 1 узел = 0,5144 м/с.
Ответ: 201,9 кН.
Ч
** Решение. Fconp ■ v = rjW, где W — мощность силы тяги, т) — коэф
фициент полезного действия. Отсюда:
■nW 0,41-3 800-103 ,
FconD = — = и 201,9 • 103 Н.
р v 15-0,5144
Задача 29.9(29.10). Найти мощность двигателя внутреннего
сгорания, если среднее давление на поршень в течение всего хода равно
49 Н на 1 см2, длина хода поршня 40 см, площадь поршня 300 см ,
число рабочих ходов 120 в минуту и коэффициент полезного
действия 0,9.
Ответ: 10,6 кВт.
V
** Решение. Мощность двигателя W = Fvq, где сила давления на
поршень F = р ■ s = 49 ■ 300 = 14 700 Н, скорость поршня
nl 120-0,4
^ = -бо- = 0'8м/с'
коэффициент полезного действия т\ = 0,9. Поэтому W = 10 584 Вт.
N
Задача 29.10(29.11). Шлифовальный круг диаметра 0,6 м делает
120 об/мин. Потребляемая мощность 1,2 кВт. Коэффициент трения
шлифовального круга о деталь равен 0,2. С какой силой круг
прижимает шлифуемую деталь?
Ответ: 1591,5 Н
** Решение. Потребляемая мощность W = Fv. Скорость точек на
ободе круга
2тгп d .
v = wR = —— ■ - м/с,
60

4. Работа и мощность
109
сила трения шлифовального круга о деталь F = fN. Поэтому сила, с
которой шлифовальный круг прижимает деталь
W • 60 • 2 1 200 ■ 60 • 2
f vf
2irnd-f 2тг-120-0,6-0,2
1 591,5 H.
Задача 29.11 (29.12). Определить мощность двигателя продольно-
строгального станка, если длина рабочего хода 2 м, его
продолжительность 10 с, сила резания 11,76 кН, коэффициент полезного действия
станка 0,8. Движение считать равномерным.
Ответ: 2,94 кВт.
** Решение. Мощность двигателя W = Fv/i], где F — сила резания,
скорость движения v = l/Т, т\ — коэффициент полезного действия.
Поэтому
FI 11760-2
W = — = = 2 940 Вт.
Тт] 10 • 0,8
Задача 29.12(29.14). К концу упругой пружины подвешен груз
массы М. Для растяжения пружины на 1 м надо приложить силу
в с Н. Составить выражение полной механической энергии груза
на пружине. Движение отнести коси х, проведенной вертикально вниз
из положения равновесия груза на пружине.
1 •> 1 2
Ответ: Е = -Мх' + -сх - Мех.
2 2
** Решение. Полная механическая
энергия груза Е — Т + П. Кинетическая энергия
Mvz
MxL
2 2
Потенциальная энергия груза
П = U(Mg) + n(Fynp) = -Mgx + ^(А2
Аст).
//л/
упр
Координата х выбрана так, что в положении
равновесия х = 0 (рис. 29.12.1). Деформация
пружины А = Аст + х, статическая
деформация пружины Аст определяется из условия
равновесия: сАст = Mg. Поэтому А^ = Mg/c.
Окончательно имеем:
£rf*»+.Y-f*»Yl
ч X
\Mg
Рис. 29.12.1
Е =
Мх1
Mgx +
2|Л
+х)л-
Мх2
+ 2Х

110
4. Работа и мощность
Замечание к задаче 29.12. В ответе из [6] приведен ошибочный результат,
отличающийся от полученного здесь наличием члена —Mgx.
Задача 29.13 (29.15). При ходьбе на лыжах на дистанцию в 20 км
по горизонтальному пути центр тяжести лыжника совершал
гармонические колебаниях амплитудой 8 см и с периодом Т — 4 с, масса
лыжника 80 кг, а коэффициент трения лыж о снег / = 0,05.
Определить работу лыжника на марше, если всю дистанцию он прошел
за 1 час 30 мин, а также среднюю мощность лыжника.
Примечание. Считать, что работа торможения при опускании центра тяжести
лыжника составляет 0,4 работы при подъеме центра тяжести на ту же высоту.
Ответ: А = 1 021 кДж, N = 188,9 Вт.
1 У
Y '
F / /
тр S /
%ШШ*ЙШй!ШШШЖШШ^
I
•
VI ^"'^ ^"^^
/ 1
X
nig
Рис. 29.13.1
^* Решение. Расчетная схема — на рис. 29.13.1. Работа лыжника на
марше по преодолению силы трения и по перемещению центра масс:
l в
I Frpdx+ll mgdyj(]+ 0,4) ■ п.
А= I F^dx^
Поясним смысл слагаемых в этом выражении. Первое слагаемое (работа
по преодолению силы трения) вычисляется по формуле
L L L
Ар = FTpdx= fN dx= f ■ (my + mg) dx,
0 0 0
так как уравнение движения точки С вдоль оси у имеет вид:
my = N-mg =>• N = mg + my.
Но так как у — В smut, где ш = 2п/Т, то у — -Вш1 sinwt и это
слагаемое (в силу периодичности) дает нулевой вклад в работу Аф.

4. Работа и мощность
111
Тогда Ajp = fmg ■ L. Второе слагаемое в выражении для А есть работа
по поднятию на расстояние 2В (В — амплитуда) центра тяжести С
и торможению при его опускании (что характеризуется, по условию
задачи, коэффициентом 0,4!). Кроме того, эта работа умножается на число
п — число циклов колебаний точки С за время всего марша. Ясно, что
п = At/T. Подставляя числа, получим:
А = 0,05 • 80 • 9,8 • 20 000 + 1,4 • 80 • 9,8 • 2 • 0,08
= 1 021 081,6 Дж и 1 021 кДж.
1,5-3 600
Мощность: W =
Д*
189,1 Вт.
Задача 29.14(29.16). Математический маятник
А веса Р и длины I под действием
горизонтальной силы Рх/1 поднялся на высоту у (рис. 29.14.1).
Вычислить потенциальную энергию маятника
двумя способами: 1) как работу силы тяжести, 2) как
работу, произведенную силой Рх/1, и указать, при
каких условиях оба способа приводят к
одинаковому результату.
Ответ: 1) Ру; 2)
\Рх
2
I
Оба ответа одинаковы,
если можно пренебречь у .
Решение. Расчетная схема — на рис. 29.14.2.
У
S///tfS.
о
У
о,
.
wmr
a
X
\у
dr~ ^S
'
1'
/
/
/
/
/
/
1,'
F
X
Р
Рис. 29.14.2

112
4. Работа и мощность
(О,) О
1. П, =А{Р)= f Pdf= ГРЫаcos(90°-а) =
{А) о
1°
= -Plcosa\ = Pl(\-cosa) = Py.
(О,) (О,) 0
2. U2=A(F)= Г Fdf= J Fdrcos(180°-a) = - / -^dx =
(A) {A) X
Исследуем, когда П( — ГЬ. Найдем разность:
„2
Рх1
~2Г
Рх1 ( х'\
Уравнение траектории точки А (окружность): х + {у - I) = I . Отсюда
получаем:
х\у2
v = ——'
* 21 21
Следовательно, III — П2 = 0, когда можно пренебречь у.
Рис. 29.15.1
Задача 29.15(29.17). Для измерения
мощности двигателя на его шкив А
надета лента с деревянными колодками.
Правая ветвь ВС ленты удерживается
пружинными весами Q, а левая ее ветвь DE
натягивается грузом (рис. 29.15.1).
Определить мощность двигателя, если,
вращаясь равномерно, он делает 120 об/мин;
при этом пружинные весы показывают
натяжение правой ветви ленты в 39,24 Н;
масса груза равна 1 кг, диаметр шкива
d = 63,6 см. Разность натяжений ветвей
ВС и DE ленты равна силе, тормозящей
шкив. Определить работу этой силы в 1 с.
Ответ: 117,5 Вт.
^ Решение. Мощность двигателя W = Fv, где
F = Ti-T2 = Q-P = Q-mg, v = u~ ^
Работа силы F, тормозящей шкив:
2тт71 d
A = W-At = {Q- mg) At к
2жп d
2'

4. Работа и мощность
113
(39,24 - 1 • 9,8)
2тг • 120 0,636
60
1 к 117,6 Вт.
Задача 29.16(29.18). Посредством
ремня передается мощность 14,71 кВт.
Радиус ременного шкива 0,5 м, угловая
скорость шкива соответствует 150 об/мин
(рис. 29.16.1). Предполагая, что натяжение
Т ведущей ветви ремня вдвое больше
натяжения t ведомой ветви, определить
натяжение Т и t.
Ответ: t = 1873 Н; Т = 3 746 Н.
Рис. 29.16.1
Решение. Мощность
, 27ГП 7ГП
W = F-v = (T-t)-wR = {T- t)—R = t—R,
так как Т = 2t. Поэтому
30-W 30-14710
* =
imR 7Г - 150- 0,5
1 873 Н.
Г = 3746Н.

5. Теорема об изменении кинетической энергии
материальной точки (§ 30, [6])
Задача 30.1 (30.1). Тело Е, масса которого равна т, находится
на гладкой горизонтальной плоскости. К телу прикреплена
пружина жесткости с, второй конец которой прикреплен к шарниру 0\
q е (рис. 30.1.1). Длина недеформированной
пружины равна Z0; 00\ = I. В начальный момент
тело Е отклонено от положения равновесия О
на конечную величину ОЕ = а и отпущено без
начальной скорости. Определить скорость тела
в момент прохождения положения равновесия.
Рис. 30.1.1
Ответ: v =
Решение. Расчетная схема
на рис. 30.1.2. Предполагаем, что
lo ^ I (lo — длина
недеформированной пружины). Тогда
положение равновесия в точке О —
единственно. Воспользуемся теоремой
об изменении кинетической
энергии в конечной форме:
Т - Т0 = J2 4ь
vAmawss
Рис. 30.1.2
mvl
То = -г1 = 0;
Т =
тгг
2 " " 2
J2^k = A(P) + A(N) + A(Fynp);
А(Р) = A(N) = 0, Л(^упр) = ^(А2 - АС2Т);
статическая деформация Аст = I - 10, деформация А = л/а2 +I2 - 10.
mv
= -{a2 + 2llo-2lo\/a2+l2),

5. Теорема об изменении кинетической энергии материальной точки 115
Замечание к задаче 30.1. Если 1$ > I, то будет три положения равновесия,
включая точку О. Решение задачи несколько усложняется и здесь не приводится.
1
Отметим только, что при /0 > -(Л- V»2 + а2) положение О не достигается (в этом
случае под корнем в выражении для v стоит отрицательная величина).
/ ч
Задача 30.2 (30.2). В условиях предыдущей задачи определить
скорость тела Е в момент прохождения положения равновесия О,
предполагая, что плоскость шероховата и коэффициент трения скольжения
равен /.
Ответ
: v2 = ~L\^- + l0(l-^/P + a7-)
Г I
- f (mg + cl)a + cIqI In
a + \/l2 + a2
чаш\
V
О
,
~v
Е
-X
F .
упр s
!т
N
' —
Р
К
F
\
ШШМШ'
Рис. 30.2.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 30.2.1, где Оху — неподвижная
система координат, причем ось х направлена по горизонтальной
плоскости, ось у — по вертикали вверх, а начало О находится в положении
статического равновесия тела Е, причем предполагаем, что ООi = I > /о
(/о — длина недеформированной пружины).
Пусть ОЕ = x(t). Запишем уравнения динамики в проекциях на оси
х, у:
тх — —-Fynp sin a — |^тр| • sign x, 0 = N — mg — Fynp cos a,
где |FTp| = fN (при x Ф 0!), и кроме того, справедливы соотношения:

116 5 Теорема об изменении кинетической энергии материальной точки
Из приведенных соотношений получим уравнение:
х
тпх = — с(у I2 + х2 - /о)
VPTx2
mg
+ c(\/l2 + х2- /„) •
VFT^1
sign х,
(1)
которое нужно решать при начальных условиях: х(0) = Хо — а, х(0) = 0.
Из уравнения (1) нетрудно увидеть, что движение тела Е при t > 0 начнет
происходить так, что х < 0 (в противном случае (ж > 0), мы получили бы
х < 0, что совместно с условием х(0) = 0 дало бы x(t + 0) < 0 для
моментов t, близких к t = 0, т. е. противоречие!). Итак, предполагаем,
что х < 0 и применяем теорему об изменении кинетической энергии для
произвольного промежутка [0,t]\
mv2(t)
X
/I х dx
(VI2 + х2- J„) 2 - /mg(z0 - х) +
Zo
+
/d /" (y/l2 + X2 - /„)
dx
VFTx1
x0
Это равенство можно было бы получить и непосредственно, умножая обе
части уравнения (1) на х (предполагая, что х < 0). Производя
интегрирование, получим:
h
= с(х-0 - х ) I - -
у/РТЯ+у/р+х,
)-
-/
(mg + cl)(xo - х) - dl0 In
Xo + yjxl + l2
x + Vx2 +12
где 0 ^ x ^ a;0-
Решение задачи определяется свойствами функции Ф(х, ж0):
!• Ф(*,*о)|1=х„=0,
5ф
6>х
Ф(х, хо),
2.
х — fl
-с(х - fl) + do ,. + fmg =
VP+:
-с{х - fl)
(l--7=M
V vpTx^J
+ fmg.
<0
Ясно, что в начале движения, т. е. при ж, принадлежащем малой
дФ
окрестности точки жо, Ф(ж, Жо) > 0. Отсюда следует, что при —
дх
дФ
начнется движение груза Е, а при ——
дх х—х0
Х=Х(,
> 0 движения не будет.

5. Теорема об изменении кинетической энергии материальной точки 117
Пусть Хо > 0 — корень уравнения:
дФ
т. е. уравнения:
с(х0 - fl) ( 1 , ) = fmg.
Можно показать, что в области Xq > 0 этот корень существует, является
единственным и лежит в интервале Хо G [//, со) (это следует из
монотонности возрастания функции
*<*> = <*-">('-та)
при х > fl). Таким образом, при a = Хо G (0, х$) движения нет (это «зона
застоя»), при a — Хо > Xq — движение происходит.
В дальнейшем рассматриваем лишь те Хо, для которых хо ^
добудем искать теперь такие Хо, для которых тело Е достигает при своем
движении точки О. Функция Ф(х, Хо) при х G (0, х0) имеет единственный
экстремум (максимум) в точке х = ж*, (это следует из самого определения
дФ
корня ж0, как корня уравнения —— = 0). Поэтому функция Ф(х, Xq)
OX X=Xq
является монотонной на интервале (0, ж*,). Из равен тва
mv
— = Ф(х, х0),
следует, что движение не сможет дойти до точки х = 0, если Ф(0, xq) <0.
А если Ф(0, х0) > 0, то точка Е сможет пройти через начало О со
скоростью
vo = \/ — Ф(0, х0).
V m
Это и есть ответ в рассматриваемой задаче, к к»торому следует прибавить
условие:
а = Xq > Xq ,
где ж*,* — корень уравнения Ф(0, х) = 0 при х G (х^, оо).
Замечание к задаче 30.2. Задачу можно решить и при произвольных начальных
условиях х(0) = Хо, ж(0) = г;0. Решение принципиально такое же, однако более
громоздкое. Можно рассмотреть также случай I < /0 недеформированной длины
пружины, что приведет к нескольким «зонам застоя».

118 5. Теорема об изменении кинетической энергии материальной точки
Задача 30.3 (30.3). Тело К находится на шероховатой наклонной
плоскости в покое (рис. 30.3.1). Угол наклона плоскости к горизонту
а и /о > tga, где /о — коэффициент трения покоя. В некоторый
момент телу сообщена начальная скорость vo, направленная вдоль
К плоскости вниз. Определить путь s, пройденный
телом до остановки, если коэффициент трения
при движении равен /.
Рис. 30.3.1
Ответ: s =
1
Щ
2g(f cos a - sin a)
Решение. Расчетная схема — на
рис. 30.3.2. Запишем теорему об
изменении кинетической энергии тела:
Т - Т0 = J2 М-
к
Начальная кинетическая энергия
То =
mvl
Рис. 30.3.2
конечная кинетическая энергия Т = 0,
так как тело останавливается.
Суммарная работа приложенных сил
J2 Л = MP) + MN) + A(FTP).
A(N) — 0, так как N ± df,
А(Р) = mgh = mgS sin a; Л(ДР) = -FTpS = -fNS = -fmg cos a ■ S.
Теорема об изменении кинетической энергии примет вид:
itivq
-— = mgS sin a - fmg cos a ■ S.
Поэтому путь, пройденный до остановки,
5 =
1
Щ
2g(f cos a - sin a)'
Задача 30.4(30.4). По наклонной плоскости, составляющей с
горизонтом угол 30°, спускается без начальной скорости тяжелое тело;
коэффициент трения равен 0,1 Какую скорость будет иметь тело,
пройдя 2 м от начала движения?
Ответ: 4,02 м/с.

5. Теорема об изменении кинетической энергии материальной точки 119
^ Решение. Расчетная схема
движения тела — на рис. 30.4.1.
Воспользуемся теоремой об изменении
кинетической энергии в конечной
(интегральной) форме:
т-т0 = ^2лк
Начальное значение кинетической
энергии Т0 = 0, конечное — Т = mv~/2.
Суммарная работа приложенных к телу сил
/////////
Рис. 30.4.1
£ 4ь = A(N) + А(Р) + A(FW).
A(N) = 0, так как N -L dr;
А{Р) = mgS sin a; Л(Др) = -fNS = -fmg,
теорема принимает вид:
mv
= mgS sin a — fmg cos a ■ S.
Отсюда следует, что
v = yf2g(sina- f cos a)S « yjl ■ 9,8(sin 30° - 0,1 cos 30°) • 2 и 4,025 м/с.
f \
Задача 30.5 (30.5). Снаряд массы 24 кг вылетает из ствола орудия
со скоростью 500 м/с. Длина ствола орудия 2 м. Каково среднее
значение давления газов на снаряд?
Ответ: 1500кН.
Решение. Расчетная схема движения
снаряда — на рис. 30.5.1. Воспользуемся
теоремой об изменении кинетической энергии:
Т-П
mv
5>-
так как N ± df, а влиянием силы тяжести пренебрегаем в силу
ее по сравне. ю с силой давления газов на снаряд. В результате
mv2
=Fl.
малости
имеем:

120 5. Теорема об изменении кинетической энергии материальной точки
Поэтому среднее давление газов на снаряд
mv~
24 ■5002
2-2
= 1 500 кН.
Задача 30.6 (30.6). Материальная точка массы 3 кг двигалась по
горизонтальной прямой влево со скоростью 5 м/с. К точке приложили
постоянную силу, направленную вправо. Действие силы прекратилось
через 30 с и тогда скорость точки оказалась равной 55 м/с и
направленной вправо. Найти величину этой силы и совершенную ею
работу.
Ответ: F = 6 Н, А = 4,5 кДж.
V-
: «
= 0 щ
i
t
1.
р
'N
—
F
_ /////////
h
ис. с
0.6.1
V
i —
■
= v2
1
-•
1
X
"^ Решение. Расчетная схема движения материальной точки
представлена на рис. 30.6.1. Рассмотрим первый этап движения, когда точка
движется до остановки влево. Запишем теорему об изменении кинетической
энергии:
Т - П = J2 Ак.
к
mvl -г-^ , _ _
Здесь Т = 0, Г0 = —-, 22Лк = A(F) = -р-Ь, так как N±df, PLdf.
к
Поэтому -mv0/2 = -F ■ h. Работа силы F на первом этапе А\ = mvl/2.
Запишем теорему об изменении кинетической энергии для второго
этапа, когда точка движется вправо
Гп = 0, Т =
mv\
; Y^Ak = F(li+li)
mv\
= F(h+l2).
Поэтому работа силы F на втором этапе А2 = mvl/2. Следовательно,
сила F совершает работу
А = А, +А2
thvq mvj m 2
+ ^Г = ^г(1>о + wl) = г(52 + 55-) = 4 575 Дж.

5. Теорема об изменении кинетической энергии материальной точки 121
Для определения величины силы F воспользуемся тем, что при
движении под действием постоянной силы точка имеет постоянное ускорение
a — F/m. Поэтому
О = vq — at\ — v0
m
U;
vi = ati = — t->;
m
tuvq mv2
r=m(v0 + v2) ^ 3(5 + 55) =fiH
ti+t2
30
Задача 30.7 (30.7). При подходе к станции поезд идет со скоростью
10 м/с под уклон, угол которого a = 0,008 рад. В некоторый момент
машинист начинает тормозить поезд. Сопротивление от трения в осях
составляет 0,1 от веса поезда. Определить, на каком расстоянии и через
какое время от начала торможения поезд остановится. Принять, что
sin a = a.
Ответ: 55,3 м, 11,8 с.
**• Решение. Расчетная схема
движения поезда — на рис. 30.7.1. По
теореме об изменении кинетической энер-
mv
гии имеем:
Поэтому
= mgs sin a — 0,1 mgs.
s =
2g(0,1 - sin a)
102
55,4 м.
2-9,8(0,1-0,008)
Так как силы, действующие на поезд, постоянны по величине, то
^сопр - Р sin a 0,lmg — mgsince
a
m m
Скорость меняется по закону: v = vq — at. Поэтому
v0 — v vq 10
= g(0,l - sin a).
t-
a
g(0,l-sina) 9,8(0,1-0,008)
11,1 с
Задача 30.8(30.8). Поезд массы 200 т идет по горизонтальному
участку пути с ускорением 0,2 м/с . Сопротивление от трения в осях
составляет 0,01 веса поезда и считается не зависящим от скорости.
Определить мощность, развиваемую тепловозом в момент t = 10 с,
если в начальный момент скорость поезда равнялась 18 м/с.
Ответ: 1192 кВт.

122 5. Теорема об изменении кинетической энергии материальной точки
^ Решение. Воспользуемся теоремой об изменении кинетической
энергии в дифференциальной форме: dT = dA. Следовательно,
dmv2 .. dv
dA\ : dt => mv— = W =>
2 ' dt
=> W = mva = m(v0 + at)a = 200 000(18 + 0,2 ■ 10) ■ 0,2 = 800 000 Вт.
Тепловоза = W + Fcor,p ■ v и 800 000 + 0,01 ■ 200 000 ■ 9,8 - (18 + 0,2 ■ 10) =
= 1 192 000 Вт.
Задача 30.9 (30.9). Брус начинает двигаться с начальной
скоростью vo по горизонтальной шероховатой плоскости и проходит до
полной остановки расстояние s. Определить коэффициент трения
скольжения, считая, что сила трения пропорциональна нормальному
давлению.
Ответ: f = vl/(2gs).
"^ Решение. Согласно теореме об изменении кинетической энергии
в интегральной форме:
mvl
0 у- = -Frp -S (так как N и Р _L df).
По условию FTp = fN = fmg. Поэтому
— = fmgs.
Отсюда коэффициент трения скольжения / = vl/(2gs).
s ч
Задача 30.10 (30.10). Железнодорожная платформа имеет массу
6 т и при движении испытывает сопротивление от трения в осях,
равное 0,0025 ее веса. Рабочий уперся в покоящуюся платформу
и покатил ее по горизонтальному и прямолинейному участку пути,
действуя на нее с силой 250 Н. Пройдя 20 м, он предоставил
платформе катиться самой. Вычислить, пренебрегая сопротивлением воздуха
и трением колес о рельсы, наибольшую скорость платформы во время
движения, а также весь путь, пройденный ею до остановки.
. Ответ: vmm = 0,82 м/с, s = 34 м.
** Решение. Применяя теорему об изменении кинетической энергии
на участке, где рабочий толкает платформу, получим:
->
—^-0 = s(F0-0,0025mg), где F0 = 250 H, s = 20m, т = 6-103кг.

5. Теорема об изменении кинетической энергии материальной точки 123
Отсюда получим:
J—(Fo - 0,0025mg) к 0,82 м/с.
Для участка свободного качения получим:
ГГИ)1ЯУ
0 ~ = -0,0025mg • 5, => 5, = 14 м.
Общий путь
«о = s + Si = 34 м.
Задача 30.11 (30.11). Гвоздь вбивается в стену, оказывающую
сопротивление 700 Н. При каждом ударе молотка гвоздь углубляется
в стену — на длину I = 0,15 см. Определить массу молотка, если при
ударе о шляпку гвоздя он имеет скорость v = 1,25 м/с.
Ответ: 1,344 кг.
"*■ Решение. Кинетическая энергия молотка переходит в работу силы
сопротивления продвижению гвоздя:
mv2 2Fconp-Z
-=- = ^сопр 1=>ТП= у— = 1,344 КГ.
2 гг
Задача 30.12(30.12). Упавший на Землю метеорит массы 39 кг
углубился в почву на 1,875 м. Вычислено, что почва в месте
падения метеорита оказывает проникающему в нее телу сопротивление
5-10 Н. С какой скоростью метеорит достиг поверхности Земли?
С какой высоты он должен был упасть без начальной скорости, чтобы
у поверхности Земли приобрести указанную скорость? Считаем силу
тяжести постоянной и пренебрегаем сопротивлением воздуха.
Ответ: v = 219 м/с, Н = 2 453 м.
^ Решение. Из теоремы об изменении кинетической энергии имеем:
—Z- = Рсотхр ■ I => V = \ = 19 М/С.
2 V тп
Падая с ускорением g с высоты Н метеорит приобретет скорость
2 2
= mgH =>v = JlgH ==> Я = — « 2 450 м.
2 1g

124 5. Теорема об изменении кинетической энергии материальной точки
Задача 30.13(30.13). Незаторможенный поезд массы 500 т,
двигаясь с выключенным двигателем, испытывает сопротивление R =
= (7 650 + 500?;) Н, где v — скорость в м/с. Зная начальную
скорость поезда vq — 15 м/с, определить, какое расстояние пройдет поезд
до остановки.
Ответ: 4,5 км.
^ Решение. Определим сначала время движения t* до полной
остановки v(t*) = 0. Имеем уравнение Ньютона:
mdv
тг> =-(7 650+ 500?;):
7 650 + 500?;
-dt
тп
500
г ° * , ттг / 500 \
Интегрируем уравнение движения в пределах от t = 0 до t = t*:
f
m(v(t*) - w(0)) = -7 650 • t* - 500 / v dt,
следовательно, пройденный путь:
f
L
о
= f vdt =
1
500
m
1 650 ■ —- In
500
( 50° ^
l1 + 7650VoJ
+ mv0
4,5 км.
Задача 30.14(30.14). Главную часть установки для
испытания материалов ударом составляет тяжелая
стальная отливка М, прикрепленная к стержню, который
может вращаться почти без трения вокруг
неподвижной горизонтальной оси О (рис. 30.14.1). Пренебрегая
массой стержня, рассматриваем отливку М как
материальную точку, для которой расстояние ОМ = 0,981 м.
Определить скорость v этой точки в нижнем
положении В, если она падает из верхнего положения А
с ничтожно малой начальной скоростью.
Рис. 30.14.1 Ответ: v = 6,2 м/с.
Решение. По теореме об изменении кинетической энергии имеем:
mv\
- 0 = mg ■ 2 • ОМ

5. Теорема об изменении кинетической энергии материальной точки 125
2-9,81
vB = y/Ag-OM = 2-v/g-0,981 = 2v/9,81 - 0,981 = ' = 6,2 м/с.
_ .
Задача 30.15(30.15). Написать выражение потенциальной
энергии упругой рессоры, прогибающейся на 1 см от нагрузки в 4 кН,
предполагая, что прогиб х возрастает прямо пропорционально нагрузке.
Ответ: П = (20аг + С) Дж, если х в см.
"^ Решение. Так как по условию х = кР, где х — прогиб, а Р —
нагрузка, то работа, затрачиваемая для достижения прогиба х, будет:
Тогда
0
П(я) =
X = 1 СМ
кг- м
с2
Pdx
х2
2k+C-
при
•103
•10;
1х2
к 2 '
, кг • см
с2
•1 1 М'М 1 -) М • LM S КГ ■ СМ
Р = 4-103Н = 4-103 —=— = 4 - 103 - 102 — = 4- 105 —.
с1 с1 с1
Тогда \/к = Р/х = 4 • 105 кг/с . Таким образом:
П(х) = 20ж2 -I- С (Дж).
Задача 30.16(30.16). Пружина имеет в ненапряженном состоянии
длину 20 см (рис. 30.16.1). Сила, необходимая для изменения ее длины
на 1 см, равна 1,96 Н. С какой скоростью v вылетит из трубки шарик
массы 30 г, если пружина была сжата
до длины 10 см? Трубка расположена ^
горизонтально.
Ответ: v = 8,08 м/с.
Решение. Потенциальная энергия пружины в начальный момент
с 2 1,96 ,
По = -А0, где А0 = 10 см, с = —j Н/м.
Затем вся эта энергия переходит в энергию шарика, поэтому:

126 5. Теорема об изменении кинетической энергии материальной точки
Задача 30.17(30.17). Статический прогиб балки, загруженной
посередине грузом Q, равен 2 мм. Найти наибольший прогиб балки,
пренебрегая ее массой, в двух случаях: 1) когда груз Q положен на
неизогнутую балку и опущен без начальной скорости; 2) когда груз Q падает
на середину неизогнутой балки с высоты 10 см без начальной скорости.
При решении задачи следует иметь в виду, что сила, действующая на груз
со стороны балки, пропорциональна ее прогибу.
i Ответ: 1) 4 мм; 2) 22,1 мм.
^ Решение. Сила F, действующая на груз со стороны балки,
пропорциональна ее прогибу А. Поэтому в положении статического равновесия
груза на балке mg = сАст, отсюда с = mg/Xcr, где Аст = 2 мм.
Воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии:
Tk-T0 = A(mg)+A(F).
1. Начальные условия: ж(0) = 0, х(0) = 0 (груз положен на неизогнутую
балку и отпущен без начальной скорости). В конечном положении
груз останавливается, а балка максимально прогибается на величину
А. Теорема принимает вид:
О = mgX - -A2.
Отсюда
2mg 2mg
А = = Аст = 2АСТ = 4 мм.
с mg
Начальные условия: х(0) = 0, х(0) = v0. Для определения v0 запишем
теорему об изменении кинетической энергии груза при его падении
с высоты h = 10 см без начальной скорости:
— 0 = mgh.
Отсюда v = y/2gh к 1,4 м/с.
Теорема об изменении кинетической энергии при движении груза
на балке:
0-^ = mgX-C-X\
2 ь 2
Отсюда
m -, , Л ™g Л2
-—■2gh = mg\- —-А .
2. 1Лс

5. Теорема об изменении кинетической энергии материальной точки 127
Для искомой величины наибольшего прогиба балки А получаем
квадратное уравнение:
А2 - 2АСТ • А - 2ACT/i = 0=>А2-4-А-400 = 0=»
=$► A,j2 = 2 ± >/4 + 400 =^> А ^ 22,1 мм.
Задача 30.18(30.18). Две ненапряженные пружины АС и ВС,\
расположенные по горизонтальной прямой Ах, прикреплены
шарнирами к неподвижным точкам А и В, а в точке С — к гире массы
2 кг. Пружина АС сжимается на 1 см силой 20 Н, а пружина С В
вытягивается на 1 см силой 40 Н. Расстояние АС = ВС = 10 см.
Гире С сообщена скорость ^о = 2 м/с в таком направлении, что при
последующем движении она проходит через точку D, координаты
которой хг> = 8 см, уг> = 2 см, если за начало координат принять
точку А и координатные оси направить, как указано на рис. 30.18.1.
* х
Рис. 30.18.1
Определить скорость гири в момент прохождения ее через точку D,
лежащую в вертикальной плоскости ху.
Ответ:
1,77 м/с.
"*• Решение. Расчетная схема — на рис. 30.18.2, где АС — СВ = 10 см,
С\(х, у) — конечное положение гири т. Закон сохранения полной
механической энергии дает:
-^+П0 = -21+П,,
где По = 0 (так как пружины нейтральны, а груз находится на нулевом
уровне у = 0),
П, = -г^.у + у[^х2 + у2-ЛС]2 + у[^(х-2.ЛС)2+у2_св]2,
2
20 Н
40 Н
где С]
„ =2-10* Н/м; с2 =
Ю-2 м ' Ю-2 м
х - 8 ■ 10"2 м, у = 2 ■ Ю-2 м.
= 4 • 103 Н/м;

128 5. Теорема об изменении кинетической энергии материальной точки
Рис. 30.18.2
Тогда имеем:
V\ =
П,
2-х, 1,78 м/с.
m
Задача 30.19(30.20). Груз М веса Р,
подвешенный в точке О на нерастяжимой
нити длины /, начинает двигаться в
вертикальной плоскости без начальной скорости
из точки А; при отсутствии сопротивления
груз М достигнет положения С, где его
скорость обратится в нуль (рис. 30.19.1).
Приняв потенциальную энергию,
обусловленную силой тяжести груза М в точке В,
равной нулю, построить графики изменений кинетической и
потенциальной энергии, а также их суммы в зависимости от угла <р. Массой
нити пренебречь.
Ответ: Две синусоиды и прямая, имеющие уравнения Т = Plsmtp,
V = Pl(\ -sin ip), T + V = Pl.
^ Решение.
П = mgl(\ - sin <p), П(0) = mgl, v(0) = 0.
Закон сохранения механической энергии:
mv
+ П = Л. = const = mgl (так как П(0) = mgl, v(0) = 0):
V = 2gl sin ip => T(<p) =
mv
= mgl sin ip.

5. Теорема об изменении кинетической энергии материальной точки 129
Таким образом имеем:
Т — mglsinip, n = mg/(l -sin^), Г 4- П — mgl — const, где mg = P.
у х
Задача 30.20 (30.21). Материальная точка массы m совершает
гармонические колебания по прямой Ох под действием упругой
восстанавливающей силы по следующему закону: х = a sin (kt + f3).
Пренебрегая сопротивлениями, построить графики изменения кинетической
энергии Т и потенциальной энергии V движущейся точки в
зависимости от координаты х; в начале координат V = 0.
Ответ: Оба графика — параболы, имеющие уравнения
mk2, 7 7, mk2x2
T = -r(a2-x2), v = -T-.
** Решение.
mx — -ex => -mak2 sin (kt + (3) = -c • a sin (kt + j3) => с = mk2.
Потенциальная энергия
П(х) = —
ex2 mk2x2
2 2
Ищем скорость в начале координат, т. е. при х = 0, т. е. при sin (kt + /3) =
= 0 => cos (kt + /3) = ±1. Тогда v = х(х = 0) = ak cos (kt + (3) = ±ak.
Тогда кинетическая энергия при х = 0:
T(x = 0) = — a2k2.
По закону сохранения полной механической энергии:
m 7 -у
T + n = h = (T + П)г=0 = — aV (так как Пг=0 = 0) =>
mk2x2 m 7 7 mfc2, 9 ,v
=*■ Г + —-— = — a2*2 =► Г = ^-(a2 - х2)
2 2 2 v '
— кинетическая энергия как функция координаты ж.
Задача 30.21 (30.22). Какую вертикальную силу, постоянную по
величине и направлению, надо приложить к материальной точке,
чтобы при падении точки на Землю с высоты, равной радиусу Земли, эта
сила сообщила точке такую же скорость, как сила притяжения к
Земле, обратно пропорциональная квадрату расстояния точки до центра
Земли?
Ответ: Р/2, где Р — вес точки на поверхности Земли.

130 5. Теорема об изменении кинетической энергии материальной точки
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 30.21.1,
где ось z направлена в радиальном направлении
от центра Земли О. Примем для силы тяготения
П(оо) = 0. Тогда U(z) = -mj/z, где j = const,
причем
my
R2
Таким образом,
—- = gm =^ 7 = gR
U(z) = -
mgR2
По закону сохранения полной механической
энергии:
mv~
+ U(z)
z=R
= U(2R) - U(R) = -mgR
\2R R)
mgR
QR,
2 "' ' v "' """ \2R RJ 2
где Q — искомая постоянная сила. Отсюда Q = mg/2, где mg — это вес
точки на поверхности Земли.
Задача 30.22 (30.23). Горизонтальная пружина, на конце которой
прикреплена материальная точка, сжата силой Р и находится в покое.
Внезапно сила Р меняет направление на прямо противоположное.
Определить, пренебрегая массой пружины, во сколько раз
получающееся при этом наибольшее растяжение Ь больше первоначального
сжатия 1\.
Ответ: Ц/1\ = 3.
<жттттп1пгтттггггппппг» m
О
Рис. 30.22.1
** Решение. Расчетная схема — на рис. 30 22.1, где ось х направлена
по силе Р и отсчитывается от нейтрального положения пружины. Закон
сохранения полной механической энергии дает:
тх . , .
— + Щх) = const = Щх)\х=_х ,

5. Теорема об изменении кинетической энергии материальной точки 131
где Ао — начальное сжатие пружины. Имеем:
сх
ВД = — + Р(-х),
причем
Таким образом,
Р
сА0 = Р=> с= —.
Ао
тпх2 сх2 сАп 3
+ Рх = —- + РА0 = -РА0.
2 2 2 ° 2 °
Наибольшее растяжение Ai реализуется при х = 0. Поэтому имеем:
с\\ 3
РА? 3 А? 3
=>—!-- РА, = -РА0 => —L - А, = -А0,
2А0 2 2А0 2
следовательно, обозначая А|/Ао = е, получим
е2 3 2 ,
2 2
И ПОДХОДИТ ТОЛЬКО С] = 3.
Задача 30.23(30.24). Тело брошено с поверхности Земли вверх
по вертикальной линии с начальной скоростью vq. Определить
высоту Н поднятия тела, принимая во внимание, что сила тяжести
изменяется обратно пропорционально квадрату расстояния от центра Земли;
сопротивлением воздуха пренебречь. Радиус Земли R — 6 370 км,
«о = 1 км/с.
Rvl
Ответ: Н = ^ = 51,38 км.
2gR - v2
** Решение. Используем решение задачи 30.21 и применяем закон
сохранения полной механической энергии:
mv , v
так как при z = R + Н имеем z = v = 0. Отсюда:
m 2 mgR2 vlR
—v0 - mgR = - => H = —
2 (Д + Я) 2&R - «j

132 5. Теорема об изменении кинетической энергии материальной точки
Задача 30.24 (30.25). Две частицы заряжены положительным
электричеством, заряд первой частицы q\ = 100 Кл, заряд второй частицы
q2 = 0,1 <?1, первая частица остается неподвижной, а вторая
движется вследствие силы отталкивания от первой частицы. Масса второй
частицы равна 1 кг, начальное расстояние от первой частицы равно
5 м, а начальная скорость равна нулю. Определить верхний предел
для скорости движущейся частицы, принимая во внимание действие
только одной силы отталкивания F = <М2/Г , где г — расстояние
между частицами.
Ответ: 20 м/с.
1 2 f
О О
г
Рис. 30.24.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 30.24.1, где ось г проходит
через частицы 1 и 2, направлена по силе отталкивания F и отсчитывается
от частицы 1. Примем потенциальную энергию силы F нулевой при
г — оо, тогда П(г) = q\qilf-
Закон сохранения полной механической энергии дает:
•>
— + П(г) =
„2
mv , „
—+П(г)
ТТ/ \ ^ &
П(г0) =
П
mv2 = gi92 _ <Ш_
2 г0 г
следовательно, vmm при г = оо, т. е.
2q,q, /2 - (100)2 - 0,1 ГГ
«max = \ ~^=- = \ , ' = lOOl/— = 20 М/С.
у mr0 у ' - 5 V 50
< ■
Задача 30.25 (30.26). Определить скорость щ, которую нужно
сообщить по вертикали вверх телу, находящемуся на поверхности Земли,
для того чтобы оно поднялось на высоту, равную земному радиусу; при
этом нужно принять во внимание только силу притяжения Земли,
которая изменяется обратно пропорционально квадрату расстояния тела
от центра Земли. Радиус Земли равен 6,37 • 106 м, ускорение силы
притяжения на поверхности Земли равно 9,8 м/с'.
, Ответ: 7,9 км/с.

5. Теорема об изменении кинетической энергии материальной точки 133
Решение. Аналогично решению задачи 30.23, имеем:
mv
+ П(г)
г=Л
mv
+ П(г)
z=2R
= П(г)|
т^о
= П(2Д) - П(Д) =
mgR2
2R
+ mgR =
г=2Л
mgR
vo = y/gR = 7,9
км
это есть первая космическая скорость.
Задача 30.26(30.27). Найти, с какой скоростью Vo нужно
выбросить снаряд с поверхности Земли по направлению к Луне, чтобы он
достиг точки, где силы притяжения Земли и Луны равны, и остался
в этой точке в равновесии. Движением Земли и Луны и
сопротивлением воздуха пренебречь. Ускорение силы тяжести у поверхности Земли
g — 9,8 м/с . Отношение массы Луны и Земли тп : М = 1 : 80;
расстояние между ними d = 60R, где считаем R = 6 000 км (радиус Земли).
Коэффициент /, входящий в формулу для величины силы
всемирного тяготения, находим из уравнения
mg — mf
М_
m
(d - R)2
Ответ: v\ —
где a =
1
59\/80
2gR(d - R) y/M/m (d-R)-R 59 1 - a
d "y/M/m (d-R) + R~ 30 1 + a
, или Vo = 10,75 км/с.
■gR,
Земля
снаряд
Луна
Рис. 30.26.1
Решение. Расчетная схема — на рис. 30.26.1, где снаряд mi
изображен в той точке, где силы тяготения от Земли и Лу * л уравновешиваются, т. е.
Mmi mmx
~^T'/ = (d^'/=^

134 5. Теорема об изменении кинетической энергии материальной точки
d
ч =
М -тп
■ (М - у/Шп) = d
у/М
л/М + х/тп'
Записываем закон сохранения полной механической энергии для
начальной и конечной точек:
m\vl
тп\М m\m
2 ' R d-R
Следовательно, используя тот факт, что
~М т
т\М т\т
Ч
d-r0
g = f
_R2 (d-R)2
получим:
где а =
, 2gR(d-R) y/M/m (d-R)-R 59 1 - a
Щ~ d y/Mftn (d-R)+R~ 30 1 + a8 '
1
Окончательно, получим: vq = 10,75 км/с.
59\/80
Задача 30.27. Грунт утрамбовывается ручной бабой массы 60 кг
и с поперечным сечением 12 дм , которая падает с высоты 1 м.
При последнем ударе баба входит в грунт на глубину 1 см, причем
сопротивление грунта движению бабы можно считать постоянным.
Какую наибольшую нагрузку выдержит грунт, не давая осадки?
Допускается, что утрамбованный грунт может выдержать без осадки
нагрузку, не превосходящую того сопротивления, которое встречает
баба, углубляясь в грунт.
Ответ: 494,9 кПа.
"^ Решение. Подсчитаем постоянную силу сопротивления, которую
испытывает баба при прохождении в грунт. Из теоремы об изменении
кинетической энергии имеем:
0-
mvl
mg-l- Fconp ■ I, где v0 = y/2gh
^сопР = Щг+^г = ЩгИ + у) «60-9,8- (\ + ^A =59 388 H.
Давление
P
■ conp
494 900 H/m-, или 494,9 кПа.

5. Теорема об изменении кинетической энергии материальной точки 135
Задача 30.28 (30.28). Шахтный лифт движется вниз со скоростью
vq = 12 м/с. Масса лифта 6 т. Какую силу трения между лифтом и
стенками шахты должен развить предохранительный парашют, чтобы
остановить лифт на протяжении пути s = Юм, если канат, удерживающий
лифт, оборвался? Силу трения считать постоянной.
И)-
Ответ: F = m [g + — = 102 кН
* Решение. Применяем теорему об изменении кинетической энергии:
0-^=mgs-FTt)-s=>F1t) = mg(l + ~j = 102 кН.
Задача 30.29. Кольцо массы 200 г скользит вниз по проволочной
дуге, имеющей форму параболы у = х~. Кольцо начало двигаться
из точки I = 3 м, у = 9 м с нулевой начальной скоростью.
Определить скорость кольца и силу, действующую на кольцо со стороны
проволоки, в момент прохождения им нижней точки параболы.
Ответ: vx = 13,3 м/с, R = 72,5 Н.
** Решение. Теорема об изменении кинетической энергии дает:
mv\ ,
— 0 = mg ■ у0 => V] = \/2gyo и 13,3 м/с.
Для нахождения нормальной реакции в точке (0,0) параболы, подсчитаем
нормальное ускорение в точке (0, 0): an = v{/p, где \/р — кривизна
параболы в точке (0,0):
1 v"
ь 1 У"
к
Р [И-^)2]3'2
х=0, и=0
Тогда уравнение движения по нормали в точке (0, 0) будет:
L = N - mg =► N = m(g + 2v\) = 72,5 Н.
Задача 30.30. Математический маятник длины I вывели из
положения равновесия, сообщив ему начальную скорость щ, направленную
по горизонтали. Определить длину дуги, которую он опишет в течение
одного периода.
Ответ: s = 41 arccos
(-»■

136 5. Теорема об изменении кинетической энергии материальной точки
** Решение. Расчетная схема — на рис. 30.30.1. По теореме об
изменении кинетической энергии имеем:
mv
mvl
-mgl(\ - cos if).
Работа силы натяжения нити исчезает, в силу
перпендикулярности ее к перемещениям. Тогда
получим:
v2(<p) = vl-2gl(\ -cosy).
Ясно, что четверть периода — это время, за
которое маятник проходит путь от нижнего
положения до самого верхнего, когда
v~(<pt) = 0 = vl - 2gl(l - cos (ft) => cos (ft = 1
=>• y* = arccos
Общий же путь будет:
(-3)
2gl
5* = 1(р* = I arccos
(-!)■
S = 45* = 41 arccos
(-*■

«*
6. Смешанные задачи (§ 31, [6])
Задача 31.1 (31.1). Груз массы 1 кг подвешен на нити длины 0,5 м
в неподвижной точке О. В начальный момент груз отклонен от
вертикали на угол 60°, и ему сообщена скорость гГ0 в вертикальной
плоскости по перпендикуляру к нити вниз, равная 2,1 м/с.
Определить натяжение нити в наинизшем положении и отсчитываемую
по вертикали высоту, на которую груз поднимается над этим
положением.
Ответ: 28,4 Н, 47,5 см.
J
Решение. Расчетная схема
представлена на рис. 31.1.1.
Воспользуемся теоремой об
изменении кинетической энергии:
Т-Т0 = ^Ак
Начальное значение T0 = mv0/2,
в момент прохождения
наинизшего положения T = mvl/2.
Работа силы натяжения A(S) — 0,
так как S i- df;
,4(P) = mgZ(l-cos60°).
Поэтому
mv\ mvl
\ У
\
Н
•
. \г---—
_.-зу^
dr~
Рис. 31.1.1
= mgl(\ — cos 60е).
Отсюда v\ — vl + 2gl(\ - cos 60°).
Запишем теорему об изменении количества движения груза в
проекции на нормальную ось: тпап = S — Р cos <p. Сила натяжения:
„.2
S = тпап + Р cos <р = m \- mg cos <p
tp=0
-T + mg = m\1
(v20 + 2gl(l - cos60°)) + g\ = mg№ + 2\
ь9'8-У^+2)=2МН-

138 6. Смешанные задачи
Для определения высоты Н запишем теорему об изменении кинетической
энергии:
О - V^ = -mg[H - 1(\ - cos 60°)].
Отсюда
v2 2 I2
Н = — + 1(1 - cos 60°) и —— + 0,5(1 - 0,5) = 0,475 м.
2g v ; 2-9,8 v '
Задача 31.2(31.2). Сохраняя условия предыдущей задачи, кроме
величины скорости vq, найти, при какой величине скорости vq груз
будет проходить всю окружность.
Ответ: vq > 4,43 м/с.
**• Решение. Согласно теореме об изменении количества движения
груза в проекции на нормальную ось имеем:
mv2
—— = -mg cos <р + S.
Сила натяжения нити
mv2
b = — h mg cos ip.
Чтобы связь не нарушалась, необходимо выполнение условия
положительности силы натяжения нити, т.е.
mv2
S = ——Ь mg cos ip > 0.
Отсюда
mv2
-—— > -mg cos tp.
Применим теорему об изменении кинетической энергии при
перемещении маятника из начального в произвольное положение:
mv2 mv2, r о / i
— — = mg[l(\ -cos60 ) -1(1 -cos<p)\.
Следовательно, v = v0 - 2gl(cos 60° - cos <p). Поэтому
mv2 m r ■> 0 ,
S\<P) — ~;—\-mg-cos <p = — [Vq - 2gl(cos 60 - cos <p)\ + mg cos <p.
Чтобы груз проходил всю окружность необходимо выполнение
условий:
{V((f = 7Г) > 0,
S(tp) > 0.

6. Смешанные задачи
139
Следовательно,
tfo - 2gZ(cos 60е - cos 7г) > 0,
77?
— [vq - 2gl(cos 60е - cos <p)] > —rug cos ц>\
v\ > 2gl(cos 60° - cos 7г),
Vq > 2gl(cos 60° - cos <p) — Ig cos <p.
=> vl > 2gl COS 60° - 3gl COS 7Г ==>
vo
> Y/^Z(2cos60°-3cos7r) = ^9,8 • 0,5 • (2 • 0,5 + 3) и 4,43 м/с.
Задача 31.3(31.3). По рельсам, положенным по пути АВ
зующим затем петлю в виде кругового кольца ВС радиуса
тывается вагонетка массы
т (рис. 31.3.1). С какой
высоты ft нужно пустить
вагонетку без начальной
скорости, чтобы она
могла пройти всю окружность
кольца, не отделяясь от
него? Определить давление
N вагонетки на кольцо
в точке М, для которой
ZMOB = <р.
и обра-
а, ска-
Ответ: h ^ 2,5а,
/2ft \
N=mg[ 2 + 3cosw .
V а /
Рис. 31.3.1
"* Решение. Расчетная схема — на рис. 31.3.2. Запишем теорему об
изменении количества движения в проекции на нормальную ось п для
движения вагонетки по круговому кольцу:
..2
V
т— = N2 + Psin
a
Следовательно, нормальная реакция
„2
И)-
mv
N2 = Ь mg cos if.
a
Для определения скорости v в положении М, указанном на рис. 31.3.2,
запишем теорему об изменении кинетической энергии:
,.2
- 0 = mgh - mg(a + a sin {ip — 90°)).
mv

140
6. Смешанные задачи
Рис. 31.3.2
Заметим, что силы Nt и iVi не совершают работу, так как ортогональны
перемещению вагонетки.
Получаем
v = 2g[h — а( 1 - cos <р)\ =>■ N2 — mg I 2 + 3 cos <p 1.
Следовательно, давление вагонетки на кольцо
/2Л
N = N-, = mg[ 2 + 3 cos
V a
,)■
Чтобы вагонетка не отрывалась от кольца, необходимо выполнение
условия: N ^ 0. Следовательно:
mg
/2Л \ а, 5
I 2 + 3 cos ip j ^ 0 =>• Л ^ -(2 - 3 cos <p) => h ^ -a.
Задача 31.4(31.4). Путь, по которому движется вагонетка,
скатываясь из точки А, образует разомкнутую петлю радиуса г, как
показано на рис. 31.4.1; ZBOC = ZBOD = а. Найти, с какой
высоты h должна скатываться вагонетка без начальной скорости, чтобы
она могла пройти всю петлю, а также то значение угла а, при котором
эта высота h наименьшая.
Указание. На участке DC центр тяжести вагонетки совершает параболическое
движение.
Ответ: h = г [ 1 + cos а + I; hmm при а = 45°.
\ 2 cos a )

6. Смешанные задачи
141
Рис. 31.4.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 31.4.2а. Для определения
скорости вагонетки в точке D воспользуемся теоремой об изменении
кинетической энергии:
т - п = J2 Ak>
где
mv2D
Т0 = 0, Т=—Z-, А(^) = A(N2) = О, A{P) = mg{h-r(\ + cos a)).
Поэтому
mv2D
mg(h — r(l + cos a)).
Отсюда
vD = 2g(h - r(l + cos a)).
Рис. 31.4.2a

142
6. Смешанные задачи
Запишем уравнение движения вагонетки в проекции на нормальную ось
для произвольного положения D(tp):
mvD
т— = N-> — Р cos (f
г
(при <р = 7г — а вагонетка в точке D). Отсюда
mv
Nj = Ь mg cos <p.
г
Так как v и cos <p — монотонно убывающие
функции <р при <р 6 [0,7г], то min N2
достигается при <р = 7Г - а. Поэтому условие
безотрывного движения вдоль петли (N2 ^ 0)
сводится к неравенству
- mg cos а ^ 0, т. е. vD ^ rg cos а.
Подставив найденное выше выражение для vp, получим:
2g(h - г( 1 + cos a)) ^ rg cos а;
3 / 3 \
п^ г + -г cos а, т. е. Л ^ г I 1 + - cos a I.
На участке DC (рис. 31.4.26) вагонетка (ее центр тяжести) движется
по параболе
У
8 х-
2 v2D cos2 а
+ tg a ■ х.
(см. задачу 27.48). Условие прохождения параболы через точку С: CD =
=2ж1гах, где Жщах соответствует ymas и определяется Из уравнения dy/dx=0.
Итак,
8-х
Vp cos2 a
+ tg а = 0:
«д sin 2а
2я
С£> =
«I, sin 2а
£
С другой стороны, CD = 2r sin а. Приравняем оба эти выражения для
CD и подставим найденное выше значение vjj:
2т sin а = 2g\h - г( 1 + cos а)]
sin 2a
Получим величину h как функцию угла а:
h = r(
1 -I- cos а +
2 cos
=)■

6. Смешанные задачи
143
Проверим условие безотрывное™ движения
h ^ г I 1 + - cos а ]:
г I I + cos a H I > г (1 + cos а + - cos а).
\ 2 cos а / 2
1
Так как ^ cos а, то это неравенство удовлетворяется. Для опреде-
cosa
ления наименьшей высоты h проведем вычисления:
dh sin a
— = 0; - sin a + - т— = 0.
da 2 cos"1 a
sin a = 0 =>• a = 0 — не подходит по условию задачи.
у/1
2 I > » - „со
cos a = - =>• cos a = — =>• a = 45 .
2 2
Значит /imin при a = 45°
Задача 31.5(31.5). Тяжелая стальная отливка массы М = 20 кг
прикреплена к стержню, который может вращаться без трения вокруг
неподвижной оси О. Отливка падает из верхнего положения А с
ничтожно малой начальной скоростью. Пренебрегая массой стержня,
определить наибольшее давление на ось. (См. рис. 30.14.1.)
Ответ: 980 Н.
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 31.5.1.
Длина I = ОМ = 0,981 м. Запишем уравнение
движения центра масс системы (он совпадает с
точкой М) в проекциях на естественные оси тип
и теорему об изменении кинетического момента
относительно оси вращения Oz:
maT = Р sin <p + RoT,
man = Р cos <p + R0n,
dkoz
dt
= PI sin (p.
On /
Рис. 31.5.1
Следовательно,
т1ф = mg sin <p + R^ т1фА = mg cos <p + Д0п, m¥(p — mgl sin (p.
Из первых двух уравнений получим:
.2
Rqt = т1ф — mg sin <p, i?on = ^п1ф ~ fng cos (p.

144
6. Смешанные задачи
Рассмотрим третье уравнение:
.. 8 .
tp = -smtp;
dip dtp
dt dip
8
I
sin ip
8 ~> 8
<p■ dip = - sirup■ dtp =$> ip~ = 2-(\ —costp).
Поэтому R0t — 0, Ron — rag(2 - 3 cos ip). Полное давление на ось FmBJI =
= Ro„ = mg(2 — 3 cos ip). Наибольшее давление при tp = —тт, т. е. в нижнем
положении В, равно 5mg к 5 ■ 20 • 9,8 = 980 Н.
Задача 31.6(31.6). Какой угол с вертикалью составляет
вращающийся стержень (в предыдущей задаче) в тот момент, когда давление
на ось равно нулю?
Ответ: tp = arccos (2/3).
" Решение. Сила давления на ось FaaBJI = mg(2 — 3 cos tp).
-Рдавл = 0: mg(2 - 3 cos tp) = 0, tp = arccos (2/3).
Задача 31.7(31.7). Парашютист массы 70 кг выбросился из
самолета и, пролетев 100 м, раскрыл парашют. Найти силу натяжения
стропов, на которых человек был подвешен к парашюту, если в течение
первых пяти секунд с момента раскрытия парашюта, при постоянной
силе сопротивления движению, скорость парашютиста уменьшилась
до 4,3 м/с. Сопротивлением воздуха движению человека пренебречь.
Ответ: 1 246 Н.
*^ Решение. Расчетная схема
представлена на рис. 31.7.1. Для определения
скорости парашютиста в момент
раскрытия парашюта (точка В) запишем
теорему об изменении кинетический энергии:
mv2D
= mgh.
vB = V2gh к у/2 - 9,8 • 100 к 44,3 м/с.
Составим уравнение движения
парашютиста в проекции на вертикальную ось:
ma = mg - S.
Отсюда сила натяжения стропов
S = mg - та.

6. Смешанные задачи
145
Для определения ускорения а, которое постоянно при постоянных
действующих силах, запишем соотношение для скоростей:
vc - vB 4,3 - 44,3
Vc — VD + 0.t
a =
t 5
Поэтому S = m{g - a) = 70 • (9,8 + 8) = 1 246 H.
= -8 м/с'.
Задача 31.8 (31.8). За 500 м до станции, стоящей на пригорке
высоты 2 м, машинист поезда, идущего со скоростью 12 м/с, закрыл пар
и начал тормозить. Как велико должно быть сопротивление от
торможения, считаемое постоянным, чтобы поезд остановился у станции,
если масса поезда равна 1 000 т, а сопротивление трения 20 кН?
Ответ: 84,8 кН.
Решение. Расчетная
схема — на рис. 31.8.1.
Воспользуемся теоремой об изменении
кинетической энергии:
0-
mvl
-mgh-Fconp l-Fjp-l,
„ mvl h „
Fcom = ~-mgj-F.l
conp ■
TP'
1000000x
_ 1000000-12J
2-500
x9,8-^-20000 =
= 84800 H.
Рис. 31.8.1
Задача 31.9(31.9). Тяжелая отливка
массы т прикреплена к стержню, который может
вращаться без трения вокруг неподвижной
оси О и отклонен от вертикали на угол щ.
Из этого начального положения отливке
сообщают начальную скорость щ (рис. 31.9.1).
Определить усилие в стержне как функцию
угла отклонения стержня от вертикали,
пренебрегая массой стержня. Длина стержня I.
Ответ: N = 3mg cos <p - 2mg cos щ +
растянут; если N < 0, стержень сжат.
mvQ
Если N > 0, стержень

146
6. Смешанные задачи
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 31.9.2. Запишем теорему об
изменении кинетической энергии груза:
1
\8
т(1ф)- tuvq
= -mg(l cos <po — I cos <p)
2 2
и уравнение движения на нормальную ось:
т1ф~ = S — Р cos (р.
Выразив ф из первого уравнения и подставив
во второе, получим реакцию на груз со
стороны стержня:
S = гп,1ф + mg cos ip —
m ->
= —vq - 2mg cos <po + 3mg cos <p.
Усилие в стержне со стороны груза
N = S
Если N > 0, то стержень растянут; если N < 0, то стержень сжат.
m j
— Vq- 2mg cos <Pq + 2>mg cos <p.
Задача 31.10 (31.10). Сферический маятник состоит из нити ОМ
длины I, прикрепленной одним концом к неподвижной точке О,
и тяжелой точки М веса Р,
прикрепленной к другому концу нити (рис. 31.10.1).
Точку М отклонили из положения
равновесия так, что ее координаты стали:
при t = 0 х = xq, у — О, и сообщили
ей начальную скорость: х0 = 0, уо = vo,
Zq — 0. Определить, при каком
соотношении начальных условий точка М будет
описывать окружность в горизонтальной
плоскости и каково будет время
обращения точки М по этой окружности.
Рис. 31.10.1
"^ Решение. Расчетная схема — на рис. 31.10.2. Пусть точка М
движется по окружности в горизонтальной плоскости. Тогда теорема об
изменении кинетической энергии примет вид: Г - То = 0, так как силы
тяжести и натяжения нити перпендикулярны перемеще. ию точки М.
Следовательно, Г = const — То = mv^/2, т.е. v — const = vq.

6. Смешанные задачи
147
Запишем теперь уравнения движения
точки М в проекциях на нормальную и
бинормальную естественные оси:
mv
х0
Получим:
= S sin а, 0 = 5 cos a - mg.
v sin а
m— = mg .
xq cos a
Отсюда, с учетом v = vo, имеем
x0
Время обращения точки М по
окружности
2тт 2тт • хо
Т = — = = 2тг,
Задача 31.11 (31.11). Лыжник при прыжке с трамплина
спускается с эстакады АВ, наклоненной под углом a — 30° к горизонту.
Перед отрывом он проходит небольшую горизонтальную площадку
ВС, длиной которой при расчете пренебрегаем (рис. 31.11.1). В
момент отрыва лыжник толчком сообщает себе вертикальную
составляющую скорости vy = 1 м/с. Высота эстакады h — 9 м, коэффициент
трения лыж о снег / = 0,08,
линия приземления CD
образует угол Р — 45° с
горизонтом. Определить дальность I
полета лыжника, пренебрегая
сопротивлением воздуха.
Примечание. Дальностью полета
считать длину, измеряемую от
точки отрыва С до точки приземления
лыжника на линии CD.
Ответ: I = 47,4 м.
Рис.31.11.1
Решение. Расчетная схема — на рис. 31.11.2. Для определения
скорости лыжника в точке В запишем теорему об изменении кинетической
энергии:
h
mv2B
mgh — fmS c°s о
sin a

148
6. Смешанные задачи
Рис. 31.11.2
По условию задачи vq совпадает с горизонтальной составляющей скорости
лыжника в точке С:
vCx = yjlgh{\ - fctga)x ^/2-9,8-9(1 - 0,08 • ctg 30°) и 12,2 м/с.
Составим уравнения движения лыжника после точки С:
тх = 0, ту — -mg.
Отсюда получим:
х = vCxt, У = vCyt - -t2.
Уравнение траектории (параболы):
VCy
у = —-х
ё. х~
Точка приземления лыжника (точка Е) имеет координаты Х\ и g/i,
связанные соотношением yt = —Х\, так как участок CD наклонен под
углом /3 = 45°. Подставим их в уравнение траектории:
~Х\
VCx
Х\
g х]
2vr
X(j
'Сх
V vcJ 9,8 V 12,3/
33,5 м.
Дальность полета
СЕ
хц
cos 45°
33,5 • л/2 и 47,4
м.

6. Смешанные задачи
149
Задача 31.12(31.12). Груз М веса Р падает без
начальной скорости с высоты Н на плиту А, лежащую
на спиральной пружине В (рис. 31.12.1). От действия
упавшего груза М пружина сжимается на
величину h. He учитывая веса плиты А и сопротивлений,
вычислить время Т сжатия пружины на величину h
и импульс S упругой силы пружины за время Т.
Ответ: т-1(|-о). 5 = р(Г+^).
где tg a = -
h
VMH + h)
2y/H(H + h)'
h
"^ Решение. Для определения скорости груза v\ в момент падения
на плиту А запишем теорему об изменении кинетической энергии:
mv
- = mgH.
Отсюда v\ =
Далее составим уравнение движения груза после его падения на плиту:
тх — mg — ex. Так как плита невесомая, то ^улр — сх. Решаем
дифференциальное уравнение
к = 0:
х-\ х =g.
т
Гс Гс mg
х = С\ cos \ — t + С2 sin * — t -\ ;
V т X т с
Хо
= 0, ±0 = л/2£#:
сх = --
mg
с2
2gHm
msf, /~ё~ Л , jlgHm . Гс
= — 1 - cos л — t] + \ sin 4 / —
с \ \ т / \ с X т
х = g^l — sin л / — i + y/lgH cos
t.
Из условия х = 0 найдем время Т сжатия пружины на величину h
с
gJ—s\nJ—T+y/2gHcos
X с V m
Г = 0:
т =
m 2Нс , ч
•arctgW (с).
с У mg
Определим коэффициент упругости пружины с. Для этого запишем
теорему об изменении кинетической энергии для движения груза после

150
6. Смешанные задачи
падения на плиту:
гаи, с 2 с 2
—— = mgh- -h , где A{Fynp) = ~-h .
Получим
Поэтому время
Г = -
с =
2mg(J7 + ft)
h2
h
у/ЩН + h)
h
x/2g(H + h)
h
arctg
2y/H{H + h)
h
7Г 2JH{H + h)
- + arcctg -*
2 ft
у/ЫВ + h)
Импульс упругой силы пружины
7Г ft
- + arctg —
2 г^/ЩяТл)]
5(Дпр)= / ^упр<й= cxdt =
о о
=/4?('~c°sV^)+V
2g#m . /с
sin 4/ — с
с X т
dt =
= mg(l
ft
т. к. mg
y/2g{H + h) V m
= mgT+ my/2g~H,
ft
VMH + h)
\Ит)+т^Ё{х-с^т)
l-cosW — T ) =
m
sin
— T + mJ2g~Hcosx — T = m- x(T) = 0.
m V "*
Задача 31.13(31.13). При разрыве маховика одна из его частей,
наиболее удаленная от места катастрофы, оказалась на расстоянии
s = 280 м от первоначального положения. Пренебрегая
сопротивлением воздуха при движении указанной части из первоначального
положения в конечное, лежащее в той же горизонтальной плоскости,
найти наименьшее возможное значение угловой скорости маховика
в момент катастрофы, если радиус маховика R = 1,75 м.
Ответ: п = 286 об/мин, или w — 30 рад/с.

6. Смешанные задачи
151
"* Решение. Расчетная схема — на рис. 31.13.1. Заметим, что при
любом положении оси вращения маховика оторвавшаяся частица должна
вылетать под углом 45°. Это следует из формулы дальности (задача 27.39):
Vq sin 2a
xD = ; жп
= xD(a = 45°)
v%
8 g
Так как жтах = S, to vo = \/gS. Угловая
скорость
v0 VgS V9,8 • 280 рад
w = — = ——- и к 29,9 .
R R 1,75 с
Число оборотов
w
2ir 2-к
w 29,9
n = — • 60 « -7 60 « 286 об/мин.
Рис. 31.13.1
Задача 31.14(31.14). Груз М, подвешенный на
пружине к верхней точке А круглого кольца,
расположенного в вертикальной плоскости, падает,
скользя по кольцу без трения (рис. 31.14.1).
Найти, какова должна быть жесткость пружины для
того, чтобы давление груза на кольцо в нижней
точке В равнялось нулю при следующих данных:
радиус кольца 20 см, масса груза 5 кг, в
начальном положении груза расстояние AM равно 20 см и пружина имеет
натуральную длину; начальная скорость груза равна нулю; массой
пружины пренебречь.
Рис. 31.14.1
Ответ: Пружина должна удлиняться на 1 см при действии силы,
равной 4,9 Н.
"* Решение. Расчетная схема — на рис. 31.14.2. Запишем уравнение
движения груза М в проекции на естественную нормальную ось п:
га— =N- гая cos (180° -ip) + F^ cos (90° - ^ J,
где сила упругости
Fynp = c(AM - r) = т ( 2 sin | - 1V
Нормальная реакция на груз со стороны кольца
..2
N =
mv
(<р \ <р
2 sin — - 1 J sin —.

152
6. Смешанные задачи
Запишем теорему об изменении кинетической энергии при
перемещении груза М из положения Mq в положение В:
mv\
mg(2r - г cos 60°) г ,
2 v ' 2
так как в положении Мо пружина не
деформирована и имеет длину г. Отсюда
vB = 3gr
тп
-г2.
JV = 0: 4mg-2cr = 0-
Выразим величину N в положении В,
когда ip = 180°:
mv\
N = ——h mg -cr =
m ( с 2\
= — 3gr r ]+mg-cr = 4mg-2cr.
r V m /
2mg 2-5-9,8
■c=—-« -^-=490Н/м, с=4,9 Н/см.
Задача 31.15 (31.15). Определить давление груза М на кольцо
в нижней точке В (см. рис. 31.14.1 в предыдущей задаче) при
следующих данных: радиус кольца 20 см, масса груза 7 кг; в начальном
положении груза расстояние AM равно 20 см, причем пружина
растянута и длина ее вдвое больше натуральной длины, которая равна
10 см; жесткость пружины такова, что она удлиняется на 1 см при
действии силы в 4,9 Н; начальная скорость груза равна нулю; массой
пружины пренебрегаем.
Ответ: Давление направлено вверх и равно 68,6 Н.
*^ Решение. Расчетная схема — на рис. 31.14.2. Воспользуемся
выражением для нормальной реакции N, полученным в задаче 31.14, изменив
Fynp = c\AM-^\ =crf2sin|-Л.
Итак,
N =
mv
г
mg cos ip - cr I 2 sin — - - 1 sin —;
at-/ \ mvB , 3
N(tp = ж) = 1- mg cr.
r 2

6. Смешанные задачи
153
Запишем теорему об изменении кинетической энергии при
перемещении груза из положения М$ в положение В:
2 / \2п
mv% 3 с
2 й 2 2
2 с 2
Отсюда vB = 3gr - 2—г . Поэтому
т
H)-G)
JV(v? = 7г) = 3mg — 2сг + mg cr —
7 7
= 4mg - - cr » 4 • 7 • 9,8 490 • 0,2 = -68,6 H.
Сила давления груза на кольцо F^ = N = —68,6 Н. Знак «—» говорит о том,
что сила давления направлена вверх (нормальная реакция N направлена
вниз).
Задача 31.16(31.16). Гладкое тяжелое кольцо М
веса Q может скользить без трения по дуге
окружности радиуса R см, расположенной в вертикальной
плоскости. К кольцу привязана упругая нить МО А,
проходящая через гладкое неподвижное кольцо О
и закрепленная в точке А (рис. 31.16.1). Принять,
что натяжение нити равно нулю, когда кольцо М
находится в точке О, и что для вытягивания нити
на 1 см нужно приложить силу с. В начальный
момент кольцо находится в точке В в неустойчивом
равновесии и при ничтожно малом толчке начинает
скользить по окружности. Определить давление N,
производимое кольцом на окружность.
Ответ: N = 2Q + cR + 3(Q + cR) cos 2ip; давление направлено наружу
при N > 0, внутрь при N < 0.
** Решение. Расчетная схема — на рис. 31.16.2. Для указанного на этом
рисунке положения применим закон сохранения полной механической
энергии:
2
E{ip) = П + Г = ~{ОМ)2 +Q- ОМ ■ sin ip +-у-= const = E(ip = тг/2) =
-(2R)2 + Q2R-
— = -(4Д2 - ОМ2) + Q(2R - ОМ sin ip).
Из рис. 31.16.2 следует, что ОМ = 2R cos/3 = 2R sin ip. Тогда получим:
mv2 — с • 4R2 cos2 ip + 2Q • 2R cos2 ip.

154
6. Смешанные задачи
Запишем уравнение движения
Ньютона для точки М в проекции
на радиус:
„2
mv
= N + Fynp cos/3 + Q cos 2/3 =
+ Qcos2(p = (6Rc + 4Q)
R
= N+c-0M-sinip + Qcos(Tr-2(p) —
= N + c-2Rsin2 (p - Qcos2(p.
Подставляя сюда выражение,
полученное для mv , имеем:
N = c-4Rcos2 <р + 4Qcos2 ip -
— 2Rc sin (p + Q cos 2ц> =
= (4Rc + 4Q) cos2 <p - 2Rc +
+ 2Rc cos2 <p + Q cos 2<p =
= (6Rc + 4Q) cos2 (p - 2Rc +
1 + cos 2ip
2Rc + Q cos 2(p —
= (3Rc+2Q)(\+cos2(p)-2Rc + Qcos2(p = Rc + 2Q + 3(Rc + Q)cos2(p.
Задача 31.17(31.17). Груз подвешен на нити длины 0,5 м в
неподвижной точке О. В начальном положении Mq груз отклонен
от вертикали на угол 60°, и ему
сообщена скорость щ в вертикальной плоскости
по перпендикуляру к нити вниз, равная
3,5 м/с (рис. 31.17.1).
I 1) Найти то положение М груза, в кото-
/ ром натяжение нити будет равно нулю,
и скорость v\ в этом положении.
о 2) Определить траекторию последующего
движения груза до того момента, когда
нить будет опять натянута, и время,
в течение которого точка пройдет эту
траекторию.
Рис. 31.17.1
Ответ: 1) Положение М находится над горизонталью точки О на
расстоянии MD = 25 см, v\ = 156,5 см/с.
2) Парабола МАВС, уравнение которой, отнесенное к осям Мх
и My, имеет вид у = xv3 - 0,08ж ; груз описывает эту параболу
в течение 0,55 с.

6. Смешанные задачи 155
I /— парабола
окружность
Рис. 31.17.2
"* Решение. Расчетная схема — на рис. 31.17.2, где угол ip отсчиты-
вается от вертикали ОС по часовой стрелке. Сначала применим закон
сохранения полной механической энергии:
777 777
Е(ф) = —(ф1)2 + mgl{\ - cos <p) = —v2 + mgl(\ - cos 60°) =»•
(фГ)1 = ttf + Igl
(cosy>--j.
Запишем далее уравнение Ньютона для точки М в проекции на радиус:
т(ф21) = S — mgcos(p=^ S = т[ф I +gca&tp\,
где S — натяжение нити. Для того чтобы точка оставалась на связи
необходимо, чтобы 5^0! Используя формулу, полученную для ф1, получим:
Ы / 1\ 1 h>o 1
S = т\— +7g[ca&4> - - \ +gcos<p =m\— + 3gcosy>-g
Нить ослабнет для того угла <р = tp*, для которого S = 0, т. е.:
«£- n_ I vl 1 (3,5)2
T+3^cos^-^0^cos^ = --- = 3-y7^7^
-0,5.
Тогда высота точки М*, где происходит сход со связи, над точкой О будет
I / 7г\ I , ,
у* = U sin I ц>„ — — I = \l cos <р+\ — 0,25 см.

6. Смешанные задачи
.орость v* в точке М* будет:
v* = л jvl + 2gl( cos ipt - - J = J —-— и 1,565 м/с.
челе точки М* начинается движение по параболе в поле силы тяжести,
уравнение этой параболы удобно записать в системе координат М*ху,
где координаты точки М» в системе Ох^уо суть следующие:
,i i l 1^
ж, = -Z|cosy>»| = --, У* = — ■
Уравнение параболы:
у = v*t cos a* ——, х = vtt sin а, =>■
#ж2 г 1 х
=>■ у = ж • ctg а» s—-— ==>■ у = жуЗ - 0,08ж см, £ = ,
2vi sin^ а* v» sin а*
т.к. sin а» к 1/2, cos а* ~ \/3/2, ?/ = ху/Ъ - 8ж2 (в метрах). Далее
записываем уравнение окружности в системе М*ху:
2 ' л/3 w
(»+j) +(х"т') ='2>
и ищем точки пересечения параболы с этой окружностью. Подставляя
у = ж\/3 - 8ж в уравнение окружности, получим после сокращений:
1бж4 Sy/3x3 у/3 у/3 3 113
—-т— = =>■ Ж = —- I = —— М =>■ Я=----6-- = М.
I2 I 24 * 2 2 4 4
Таким образом, нетрудно усмотреть, что точка пересечения (т. е. выхода
на связь) близка к точке С (см. рис.31.17.2). Время движения:
t = и 0,55 с.
vt sin о»
Задача 31.18 (31.18). Математический маятник установлен на
самолете, который поднимается на высоту 10 км. На какую часть надо
уменьшить длину нити маятника, чтобы период малых колебаний
маятника на этой высоте остался без изменений? Силу тяжести считать
обратно пропорциональной квадрату расстояния до центра Земли.
Ответ: На 0,00313/, где I — длина нити на поверхности Земли.
_______^ у
^ Решение. Период малых колебаний математического маятника
дается формулой Г = 2iryjl/g, где g — ускорение силы тяжести. Пусть

6. Смешанные задачи
157
на Земле ускорение силы тяжести равно go. Тогда на высоте ft от Земли
ускорение силы тяжести, согласно закону всемирного тяготения, будет:
g(h)=go:
2'
Тогда для периодов имеем:
T(h = 0) = 27Г.
(R + h)
= T(h) = 2тгл
4(h)
g(h)
1(h) = I
R1
(R + ft)2
A/ = \l(h) -l\ = l
h2 + 2Rh
(R + ft)2 '
где обозначено Дйб 370 км — радиус Земли, ft = 10 км — высота подъ-
-2
ема. Тогда получим: AZ и 0,313 • 10 • I
Задача 31.19(31.19). В неподвижной
точке О посредством нити ОМ длины I
подвешен груз М массы т. В начальный
момент нить ОМ составляет с
вертикалью угол о и скорость груза М равна
нулю (рис. 31.19.1). При последующем
движении нить встречает тонкую проволоку
0\, направление которой
перпендикулярно плоскости движения груза, а
положение определяется полярными
координатами: ft = 00\ и /?. Определить наименьшее
значение угла а, при котором нить ОМ после встречи с проволокой
будет на нее навиваться, а также изменение натяжения нити в момент
ее встречи с проволокой. Толщиной проволоки пренебречь.
Рис. 31.19.1
Ответ: a = arccos
ется на вeл^ ну 2mg
натяжение нити увеличива-
**• Решение. Расчетная схема движения — на рис. 31.19.2.
Сначала применим закон сохранения энергии для точек М и Мо'.
mgl(\ —cos a)
mv\
+ mgl(l -cos/3),
где V\ — скорость в точке М. При обращении маятника вокруг точки 0\
для верхней точки будем иметь:
(l-h)
mg = S>0,

158
6. Смешанные задачи
нулевой
уровень
Рис. 31.19.2
где S — натяжение нити, а г?2 — скорость маятника. Из закона сохранения
энергии для маленького маятника получим:
—-—h mgl{\ - cos p) = ——|- mg[l - h + l - h cos p\ =*•
=>• mgl(\ - cos a) = ~mg{l - h) + mg[2l - h(l + cos/?)] =»
=>l-cosa=Ul-j\ + \2-j(l + cosP)
a = --( 1- -J +y(l+cos/5)-1 = -- + -7 + tcos/0:
cos
2 21 I
3
Л/"3 Л 3 ГЛ/3 \ 31
=>• cos a = -1 - + cos p I - - =» a = arccos -1 - + cos /3 1 - - .
Для того чтобы получить изменение силы натяжения нити в положении М
подсчитаем скорость v\:
v\ = 2gl(cos P - cos a) = 2gl(l - - J (cos/3 + -].
Изменение натяжения нити обусловлено изменением нормального
ускорения в положении М, поэтому имеем:
А5=m4rhr D=2m*Kcos/?+С)-

6. Смешанные задачи
159
Замечание к задаче 31.19. Отметим, что приведенное решение и ответы
справедливы при соблюдении условия:
Л/3 Л 3
7(2+COS/Jj-2
>0--
>
1
2 . —г-j 2 - - , - 1+ (2/3) cos/3'
Именно при этом условии будет а € [/3,7г/2]. При нарушении указанного условия
получим: а ^ 7г/2 и начало движения из точки М0 при г;0 = 0 невозможно
(происходит сход со связи, а нить ослабнет). Движение будет возможно, если
сообщить точке соответствующую начальную скорость.
Задача 31.20 (31.20). Тяжелая точка М
массы т движется по внутренней поверхности
круглого цилиндра радиуса г (рис. 31.20.1).
Считая поверхность цилиндра абсолютно
гладкой и ось цилиндра вертикальной, определить
давление точки на цилиндр. Начальная
скорость точки равна по величине vq и составляет
угол о с горизонтом.
Ответ: N =
mvl cos2 a
Рис. 31.20.1
Рис. 31.20.2
**• Решение. Расчетная схема — на рис. 31.20.2. Координаты точки М
в цилиндрической системе {r,ip,z} (см. рис. 31.20.2) будут:

160
6. Смешанные задачи
у = r cos (р,
Z — Z,
у — —тф sin ip, z = z,
.2
x = r sin tp,
x = гф cos ip,
x = -гф2 sin (р + гф cos (p, y = —тф2 cos if - тф sin (f, z = z.
На точку действуют две силы: JV и mg. Тогда уравнения движения:
' / 2 \
тп(-гф sin v? + ^ cos <р) = -JV sin <p,
тп(—гф2 cos (р — гф sin v?) = — JV cos (p,
z = -g.
Отсюда получим: тгф — N, гф — 0, следовательно, ф — ф(0) = const.
Таким образом, JV = mry>2(0). Чтобы вычислить ф(0), используем
начальные условия:
¥>(0) = Vo,
^г(О) = ж(0) = «о COS О • COS у>о>
vy(0) = 2/(0) = -«о cos а • sin y>o-
Тогда имеем:
гф(0) cos у0 = ж(0) = «о cos a • cos y>o»
-ry>(0) sin (р0 = у(0) — -v0 cos а • sin (f0.
Отсюда получим: гф(0) = vq cos а и тогда: JV =
m«o cos2 a
Задача 31.21 (31.21). В предыдущей задаче составить уравнения
движения точки, если в начальный момент точка находилась на оси х.
Ответ: х = г cos
(«ocosa \ /v0cosa \
1 ), у — г sin I 1 ), z = v0tsina
+
gt2
^ Решение. Используем решение предыдущей задачи. Начальные
условия здесь таковы: (р(0) = 0, ф(0) = -«о cos a. Тогда получим:
<р(t) — ф(0) ■ t — -v0 cos a.
г
Тогда координаты:
~v0t
х = г sin
cos a
у = r cos
v0t
cos a
, z(£) = -vot sin a -
^
Это решение в системе координат Oxyz, указанной на рис. 31.20.2.

6. Смешанные задачи
161
Задача 31.22 (31.22). Камень М, находящийся на вершине А
гладкого полусферического купола радиуса R, получает начальную
горизонтальную скорость vq (рис. 31.22.1). В
каком месте камень покинет купол? При
каких значениях vq камень сойдет с купола
в начальный момент? Сопротивлением
движению камня по куполу пренебречь.
/2 vl
Ответ: ip = arccos ( - + —-
3 3gR
(| + ^).->^й-
Рис. 31.22.1
^ Решение. Расчетная схема
представлена на рис. 31.22.2. Применяем
теорему об изменении кинетической энергии
на участке AM:
т. ч2 т 2 , ч
у (0Д) - у «о = mgR{\ - cos <p) =»
=» (<pR)2 = vl + 2gR{\ - cos <p).
Сила N работы не производит. Составим
уравнение движения точки М в проекции
на радиус ОМ:
тап = т(ф R) = mg cos (р - N ==>
=>• N = m(g cos <p - ф R) = m I g cos (p —— - 2g(l - cos tp) I =
= ml 3gcos(p- — -2gj.
Отсюда видим, что нормальная реакция обнуляется при
za
,
\s
\ ^
( i*\
шштш/щуМ
У0 -
_. /
а„ /
V /
-*.
/ N
$м _
\Ч~ v
-V vmg \
i
1
/
/
Ш//шжшжш
о
Рис. 31.22.2
(р = arccos ( - +
«о \
Для начального момента ip — 0 н
следовательно, при vq ^ ygR будет TV ^ 0, т. е. камень оторвется от
купола. Отметим, что значение vq = ygR в том случае, когда купол является
поверхностью Земли, есть первая космическая скорость.

162
6. Смешанные задачи
Замечание к задаче 31.22. В силу сохранения кинетического момента точки
относительно вертикальной оси z (силы N и mg дают нулевой момент
относительно оси z), получаем, что плоскость меридиана, в которой движется точка,
фиксирована!
Задача 31.23 (31.23). Точка М массы т движется по гладкой
поверхности полусферического купола радиуса R (рис. 31.23.1). Считая,
что на точку действует сила тяжести,
параллельная оси z, и зная, что в начальный
момент точка имела скорость vq и
находилась на высоте fto OT основания купола,
определить давление точки на купол, когда
она будет на высоте ft от основания купола.
Ответ: N
Рис. 31.23.1
= -^3ft-2ft0-7J
*♦• Решение. Расчетная схема — на рис. 31.23.2. Применяем теорему
об изменении кинетической энергии для точек Mq и М:
mv
mvl
= mg(h0 - ft).
2 2
Записываем уравнение движения в проекции на радиус ОМ:
„2
= —N + mg sin if,
mv
R
где sin (р = h/R. Отсюда:
ft
N — mg-
ttivq
2mg
(fto-ft) = ^(3ft-2ft0-|).
R R R
Причем vo, fto, ft таковы, что N ^ 0!!
Замечание к задаче 31.23. Здесь использован тот факт, что при движении по
сфере проекция ускорения точки на нормшь к сфере есть v JR.

6. Смешанные задачи
163
Задача 31.24(31.24). Точка М массы т
движется по цепной линии
у=КехрШ+ехр{?})=йсч
под действием силы отталкивания,
параллельной оси Оу, направленной от оси Ох и равной
кту (рис. 31.24.1). В момент t = О х = 1 м,
х = 1 м/с. Определить давление N точки на
кривую и движение точки при к = 1 рад/с'
и a = 1 м (силой тяжести пренебрегаем). Ра-
диус кривизны цепной линии равен у /а.
Ответ: N = 0; х = (I +1) м.
Рис. 31.24.1
Рис. 31.24.2
Решение. Расчетная схема — на рис. 31.24.2. Теорема об изменении
кинетической энергии дает:
mv
mvl
у
Г 1 2 2
= / kmydy = km-(y -y0),
Уа
так как работу производит только сила отталкивания F0T, которая к
тому же параллельна оси у. Угол (3, который образует вектор скорости v
с осью х определяется из равенства:
dy 1/ Гж1 Г_а;1\ х
tg/З = — = г ехр < - \ - ехр < — \ ) = sh -.
dx 2\ la) loj/ о,

164
6. Смешанные задачи
Запишем уравнение движения точки в проекции на норме ь п:
mv 1
man = = N + F0T cos/3 = JV + FOT =
P y/\ + tg2 /3
2 a
N — mv ■ -=■ -
kmy
= m
= m
y2 y/l+sh2(x/a)
—{vl + ky2-kyl)-
ky
yj\ + ch2(x/a) - 1
ravl akyl '
—r- + ak r к
L У У .
2 _.2\
= m
a=l,*:=l
Lr У
M»o ~ Vo)
Далее имеем:
З/о = ch 1
\н>
Поэтому
у — (sh х)х => v = х +у = х (1 + sh ж) = х ch ж.
2(0)=[x(0)]2.ch2l = i(e + iy
Тогда для нормальной реакции получим N = 0. Так как TV — 0 и F || Оу,
то ж = 0, следовательно ж(£) = 1 +1.
cL___°_i х-
Рис. 31.25.1
Задача 31.25(31.25). По какой плоской
кривой следует изогнуть трубку, чтобы
помещенный в нее в любом месте шарик
оставался по отношению к трубке в
равновесии (рис. 31.25.1), если трубка вращается
с постоянной угловой скоростью w вокруг
оси Оу?
1 ОЛ ,
Ответ: По параболе у = х +с.
2 g
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 31.25.2. Пусть точка М не
движется относительно трубки, тогда ar = 0, акор = 0, а ускорение точки М
сводится к ускорению а" (так как w = const, то ат€ = 0).

6. Смешанные задачи
165
У
w-
0
,
к
,
N
Р
^г
mf
Л=/
"Ч
X
Рис. 31.25.2
Запишем уравнение движения точки М в проекции на касательную
ктрубке: ma" cos a = mg sin a => tg а = a"/g. Далее имеем tg a = dy/dx,
dy
or
и
ае = ш х, тогда имеем: — = —х
dx
парабола.
g
= -z-x- + со, где со
2g
const. Это
Задача 31.26(31.26). Точка М массы т = I кг движется по
гладкой поверхности круглого конуса, угол раствора которого 2а = 90°,
под влиянием силы отталкивания от вершины О, пропорциональной
расстоянию: F — с- ОМ Н, где с = I Н/м.
В начальный момент точка М находится
в точке А, расстояние О А равно а — 2 м,
начальная скорость vq = 2 м/с и направлена
параллельно основанию конуса (рис. 31.26.1).
Определить движение точки М (силой
тяжести пренебречь).
Положение точки М определяем координатой z
и полярными координатами г и <р в плоскости,
перпендикулярной оси Oz; уравнение поверхности
конуса г2 — z2 — 0.
Рис. 31.26.1
Отв-т: г2 = ехр{2£} + ехр{-2<}, tg
(я+5)-
exp {2t}.
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 31.26.2, где изображена
точками две силы, на нее действующие: сила отталкивания F0T и сила
нормальной реакции N. Используем цилиндрические координаты {г, <р, z}.

166
6. Смешанные задачи
Рис. 31.26.2
Так как угол раствора конуса
2а = 90°, то уравнение его по-
2 2
верхности: г = z , т. е. г = z
при z ^ 0. Имеем:
Z = Z,
х = г sin <р,
у = г cos tp ==>
=> Z = Z,
x = f sin ip + rip cos ip,
у = f cos <p — гф sin ip.
Так как силы FOT и N
пересекают ось z, то они дают
нулевой момент относительно этой
оси, т. е. сохраняется
кинетический момент точки
относительно оси z:
л/2
ху~ух = const = vq ■ О А =
v/2 г
= 2-2— = 2\ft.
2
В полярных координатах этот интеграл имеет вид:
2v/2
r2ip = 2\/2,
ч>
(О
Далее, используем теорему об изменении кинетической энергии
(учитывая, что сила N работы не совершает):
S S
mv2 mv2
J{FOT-dS) = J Fx dx + Fydy + Fz dz ■■
So
= JFOT--l(dz + dr) = J\
V2
2dz =
So
Zo
z
= fcVr2 + z2V2dz= Ic\/2z1~V2dz = c-2-Uz2 - 4) =
Zq Zq
22 2 (d\f2\ 2 2 1 2 -.
= c(z -z0) = z -1 — 1 =z -a --=z -2

6. Смешанные задачи
167
(так как г = z, с = 1, a = 2). Таким образом:
mv2 mvl 2
1 Г = z "2'
следовательно, при m = 1, v0 = 2 получим: «" = 22 .Мы получили
(частный) интеграл энергии. Выражая it в цилиндрических координатах,
получим:
v2 = х2 + у2 + z2 = (г)2 + r2y>2 + z2 = 2(f)2 + г2ф2
(так как г = z). Используя интеграл (1), получим: v — 2(f) Н—г-. Под-
ставляя в интеграл энергии, получим:
о 4
2т -\—j = 2z =>■ f~ = r j (так как г = z) => гг = у/г4 — 4,
следовательно, обозначая г = «, получим « = 2\u2 - 4; положим
и = 2cha=>u = 2(shfl)-i> = 2л/4(с1гг>- 1) = 4shi;=>-i> = 2==>« = 2i,
так как v(0) — 0! Таким образом,
г2 = u = 2 ch i> = 2 ch (2t) = exp {2i} + exp {-2t}.
Чтобы найти <p(t), используем интеграл (1):
2%/2 2v/2
r2 exp {2£}+ exp{-2£}
/" 2%/2<й r-
У exp{2i} + exp{-2£}
arctg (exp {2^}) - -
о
Принимая <po — 0, получаем:
«ч,{ад = «(^ + :).
Задача 31.27(31.27). При условиях предыдущей задачи, считая ось
конуса направленной по вертикали вверх и учитывая силу тяжести,
определить давление точки на поверхность конуса.
A2 sin 2ач
Ответ: N = m sin <
/ a Vn sin 2a \
J
^ Решение. Е ли условия предыдущей задачи сохранены, то опять
имеем интеграл площадей: ф — 2\f2jr . Но интеграл энергии будет иметь

168
6. Смешанные задачи
вид (надо добавить работу силы тяжести):
mv2 mv2 ->
— ^ = z2-2 + mg(z - zo),
следовательно, при vq = 2, m = 1, zo = V2 получаем:
v2 = 2z2 + 2g(z - л/2).
Используя результат решения предыдущей задачи, имеем:
v2 = 2г2 + -, = 2z2 + 2g(z - y/l) =>
rL
=> f2 = —- + z2 +g(z - \/2) = —^ + r2 +g(r - \/2) (так как г = z).
Проецируем уравнение движения точки на нормаль п к конусу:
тап — N — mg
— =^N = mg— + тап,
где ап — проекция полного ускорения точки на нормаль
/ л/2 . \
sin a
2
п
'пх
Пь I =
kn2
л/2
cos a
V2
2
v/2,
fln = ~7г(- sin <р ■ х — cos tp • у + z).
Имеем:
{x = f sin <p + 2тф cos <p + rip cos <p — rip sin <p,
y = f cos (f — 2гф sin ip — rip sin ip — rip cos <p,
an — -t-\—t + ГФ~ + z) — ~T~\~r + r<P + r) (так как r - z)>
yfi 2 v/2 8 4%/2
an = -Y^p = —r • ^
Тогда получим
\/2 4%/2 v/2/ 8
= mg—- + m 7- = m—- h? + -^r
TV = mg— + m
(*+^)'
что совпадает с ответом, в котором следует положить а = vq = 2, а = 45°.

6. Смешанные задачи
169
Задача 31.28(31.28). Материальная точка А под действием силы
тяжести движется по шероховатой винтовой поверхности, ось
которой Oz вертикальна (рис. 31.28.1);
поверхность задана уравнением
z = aip + f(r);
коэффициент трения точки о
поверхность равен к. Найти условие,
при котором движение точки
происходит на постоянном
расстоянии от оси АВ = Го, т.е.
происходит по винтовой линии, а также
найти скорость этого движения,
предполагая, что a = const.
Указание. Для решения задачи
целесообразно воспользоваться системой
естественных осей, проектируя
уравнение движения на касательную, главную
нормаль и бинормаль винтовой линии
в точке А. На рис. 31.28.1 угол между
нормальной компонентой N реакции
винтовой поверхности и ортом главной
нормали п° обозначен через (5.
Рис. 31.28.1
Ответ: Движение по винтовой линии возможно при условии
tga-kyjl + f'2{r0) cos2 a = О,
где tga — a/ro; скорость движения v = ygrof'(ro)-
"^ Решение. Траектория точки на указанной в задаче поверхности
описывается в цилиндрических координатах {z, г, (р} уравнениями:
х = г cos <р, у — г sin <p z — h(<p,r) = 0 (см. рис. 31.28.2),
где h(<p, г) = a<p + /(r), a = const. ГЬлагая г = го = const, вычислим
скорость и ускорение точки:
dh dh
х =-гф sin if, у — тф cos w, z = —ф + —— f = aw,
dtp or
x = —тф sin <p — тф cosy, у — гф cos <p — гф sin у, z' — аф.
На точку действуют три силы: N — сила ре«кции, направленная по
нормали п к поверхности z — h = 0, FTp — сила трения, направленная против
вектора скорости v и по модулю равная kN, mg — сила тяжести,
направленная против оси z.

170
6. Смешанные задачи
дают:
Рис. 31.28.2
dh
d~x
8h
ду
У
—— = —Q т —-^
дх х1 + у1
X
х2 + у2
+/;
+/;
Единичный вектор п нормали
к поверхности вычисляется так:
\ ( dh dh
п
1 / dh dh \
где:
Л„ =
dh\
Wl+(£)1+H
ду/
dh dh dip dh dr
dx dip dx dr dx'
dh dh dip dh dr
dy dip dy dr dy'
Несложные вычисления,
использующие соотношения:
y> = arctg-, r = \/х2 4- у2,
х
—a sin ip
\/ж2 + у2 г
у a cos ip
+ f'r COS ip,
yjx2 + y2
+ f'r sin ip,
xn = \h + -; + (fr)2.
Следовательно, проекции вектора N на оси ж, у, z суть:
N/asinip , \ N ( acosip . \
Nz =
N
К'
Далее единичный вектор f касательной:
f=—(x,y,z), где Л„ = \/х2 +у2 + z2 = ip\/r2 + а1.
Тогда сила трения FTp = —kNf имеет следующие проекции на оси ж, у, z:
FT = kN
a-kN
Vr2 + a2 Vr2 + a2 Vr2 + a2
Сила тяжести mg = (0,0, -mg).

6. Смешанные задачи
171
Записывая уравнение движения Ньютона ma = mg + FTp + N в
проекциях на х,у, z, получим:
\/г2 + а2
( , j ч N /osinw , \
m(~rips\nip-rip costp) = --—[ frcos(p 1 + kN
Лп\ г )
. •> . N ( acosw , \ г
m(r<pcostp-rtp~smtp) = --—[ frsirup 1 - kN —= cos w,
K\ r J Vr2+a2
, s N akN
т{аф) = -- ,-mg.
Из этих уравнений, в результате несложных преобразований, получим:
Na г
тгф — kN . =,
Кг уУ + а2
N
т -2 Nfr
тгф = .
таф = - - kN
у/г2 + а2
-mg.
Исключая 13 первого и третьего уравнений ф, получим:
Na та N -г аг
■ kN , . + —— + kN-
+ mgr = О =Ф- N =
mgr2\n
А„г \/г2 + а2 ' К ' Vr2 + а2 ' "~°' " ' " а2+г2'
Подставляя полученное значение для нормальной реакции во второе
уравнение, получим:
тгф
.2 mgr2fr
ф = const ==> ф = 0.
а2+г2
Тогда из первого уравнения при у? = 0 получаем
(а кг \
Лпг Vr2 + a2)
следовательно, при N Ф 0 имеем: а\/г2 + а2 — кг А„ = 0, следовательно,
вводя обозначение tga = а/г, получим:
tg
tga\/l + tg2 а - fey4 + tg2 a + (/;)2 = 0 =*•
a kJ—^r- + (fr)2 = ° ==*• fg а - *;\/l +cos2a-(/;)2 = 0.
cos а V cos2 a v
Это и есть искомое условие для реализации винтового движения. Вь
числим скорость:

172
6. Смешанные задачи
Задача 31.29 (31.29). Тело К,
размерами которого можно пренебречь,
установлено в верхней точке А
шероховатой поверхности неподвижного
полуцилиндра радиуса R (рис. 31.29.1). Какую
начальную горизонтальную скорость щ,
направленную по касательной к
цилиндру, нужно сообщить телу К, чтобы оно,
начав движение, остановилось на
поверхности цилиндра, если коэффициенты трения скольжения при
движении и покое одинаковы и равны /?
Ответ: v0 < J~~2 [\Л + /2 ехр {-2f<p0} - (1 - 2/2)],
где (fo — arctg/.
V/.
\Д
N,
У1
А
О
'к,/
й$£
^ч
/
/
/
/
v /
mg ^
' ?
' ',
i >,
i '
И
1
*w«
_
X
Рис. 31.29.2а
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 31.29.2а, где N — нормальная
реакция, FTp — сила трения, причем |FTp| = kN. Составляя уравнения
движения в проекциях на радиус и касательную (т.е. скорость), получим:
mR<p = mg sin <p - kN, mRtp2 = mg cos <p - N.
Исключая N, получим:
2 &
ф = кф +—(sin tp — к cos <p).
R
Обозначая и = ф и переходя к независимой переменной <р, получим:
9 2
uv - 2ku = "B"(sin <p - к cos <p), u(tp = 0) = ф2(0) = -р

6. Смешанные задачи
173
— начальное условие. Решая линейное неоднородное уравнение, с учетом
начальных условий, получим:
и2 — ф2 — I —- - В 1 exp {2ktp} + A sin ip + В cos ip.
где
А = —
6gk
В =
2g(2k2 - 1)
i?(l+4fc2)' R(\+4k2)'
Подставляя полученное выражение в уравнение движения по радиальному
направлению, получим формулу для нормальной реакции:
„2
1
-N
т
= g cos ip- (-^ - В ■ R] exp {2k<p} - AR sin <p - В ■ R cos ip. (1)
Условием остановки является равенство ф{<р) = 0 при некотором
<р € [0,7г/2], и, кроме того, неравенство N(ip) ^ 0. Из первого условия
имеем:
v2
—J = В - exp {-2k<p} (A sin <p + В cos <p) = чр(<р). (2)
О ¥>о
Рис. 31.29.26. <р0 = arctg к
График функции чр(<р) схематично представлен на рис. 31.29.26. Ясно, что
уравнение v0/R = чр((р) имеет решение при ip 6 [0, п/2], тогда и только
тогда, когда
"о2
. < max Ыф).
Берем производную dip/dip:
— = exp {-2ktp} \(2kA + В) sin <p + (2кВ - A) cos tp] =
dtp
= — exp {-2к<р} (— sin ip + к cos <p) = 0.
r

174
6. Смешанные задачи
Это уравнение имеет единственный нуль, который находится в точке tpo,
причем tg (fo = ft, т. е. щ — arctg ft. Значение максимума будет:
^%о) = шах ф{<р) = £ [\Л + к2 ехр {-2к<р0} - (1 - 2fc2)].
Тогда допустимые vq, при которых происходит остановка, будут такими:
R2
Это совпадает с ответом из сборника задач [6]. Отметим, однако, что для
полноты решения задачи необходимо проверить второе условие: N(<p) ^ 0.
Из приведенного выражения для N (см. формулу (1)) получим:
—N((p) ^ g cos (p - R ■ ехр {2к(р} • ipUpo) + R - exp {2k(p} ■ ip(<p). (3)
m
Для получения этого неравенства мы воспользовались условием
v0 < Ry/ip(tp0)
и видом функции чр(<р) из (2). Далее, имеем из (3):
1 , 6gk
-NMZgccsv + j^
2g(2k2-l) 2g r-—2
~ l+4fc2 cosip-j^Vl + k2exp{2k(<p-(p0)} =
6gk . , 3g 2gy/lTP .„. ..
>sm<p+m^2cos<P—,,„2 exp{2fc(v?-yo)}:
l+4ft2 y l+4ft2 y l + 4fc2
(14- 4k2) ^ 6k sin 9? + 3 cos^ - 2 yl + k2 - exp {2fc(^? - ^0)} = M ip, k).
mg
Покажем, что n(ip, к) > 0 при 0 < (p < <po = arctg ft, ft G (0, oo). Имеем:
—— = 6fc cos ^ — 3 sin <p — 4k v 1 + ft2 exp {2fc(^? - Vo)},
^2
—— = -6k sin ip - 3 cos 9? - 8ft v 1 + k2 exp {2fc(^ - ^0)} < 0,
dip
при (р € (0,7r/2).
Следовательно, n(^>, ft) выпукла кверху по ip, т.е. ее минимум
достигается на концах интервала ip £ [0, <ро]. Имеем:
n(0, ft) = 3 - 2\/l + ft2exp {-2ft ■ arctg ft} > 0

6. Смешанные задачи
175
при к 6 (0, со), так как
дп
дк
I + к2 arctg к +
2к
\П+к
Р)
exp {-2fc • arctg к} > О
и п(0, 0) = I > 0.
Далее,
п(<ро, к) = 6fc sin (fo + 3 cos ^ ~ 2 v 1 + fc2 = 6fc
v/TTF
+
+ 3
1
ViTF
2V7Tp_^±4^j+*a.^+;>a
y/\ + k2
VY+k2
Таким образом, показано, что min n(tp, к) > 0. Следовательно, и N(ip) > 0
при tp £ [0, (ро]. Решение задачи на этом завершено полностью.
Задача 31.30 (31.30). Тело К, размерами
которого можно пренебречь, установлено в
нижней точке А внутренней части шероховатой
поверхности неподвижного цилиндра радиуса
R (рис. 31.30.1). Какую начальную
горизонтальную скорость vo, направленную по касательной
к цилиндру, нужно сообщить телу К, чтобы оно
достигло верхней точки В цилиндра?
Коэффициент трения скольжения равен /.
Отв-т:
gR
1+4/:
[2(1-2/2) + Зехр{2тг/}].
Рис. 31.30.1
*^ Решение. Расчетная схема — на рис. 31.30.2. Уравнения движения
вполне аналогичны уравнениям из предыдущей задачи:
mR$ = —mg sin tp - kN, mRy = —mg cos <p + N.
Исключая N, получим:
ф = —кф" - —(sin tp 4- к cos ip).
R
■ 2
Обозначая ы = ф и переходя к независимой переменной <р, получим:
2g
uv + 2ku = (sin tp 4- к cos tp).
R
Начальное условие: u(tp = 0) = ф (0) = v$/R ■ Решение полученного
уравнения при этом начальном условии:
и = ф2 = I —- — В\ exp {-2ktp} + A sin tp + В cos tp,

176
6. Смешанные задачи
Рис. 31.30.2
где
А = —
6gk , _ 2g(2fc2 - 1)
i?(l+4fc2)' * R(l+4k2)'
Тогда для нормальной реакции N имеем формулу:
—N = g cos ip + I — - BR J exp {-2kip} + A - R sin ip + В • R cos <p.
m \R J
Для того чтобы тело К могло достигнуть верхней точки (ip — 7г),
необходимо и достаточно соблюдение трех условий:
N((p = тг) Js 0.
N(ip)>0, <р€[0,тг).
ф2 > 0, (ре [0, тг).
Из условия (1) мы получим:
(О
(2)
(3)
vl > В ■ R2 + exp {2kn}(gR + BR2) = 8 [2(1 - 2к2) + 3 exp {2ктг}].
Используя полученное неравенство в формулах для ф и iV(^), получим:
N^ ^ l+4fc2 [cos V + ехР (2fc(*" - V)) ~ 2к sin <p] = n{tp, к) ■ fc2,
m
-2/-4 ^ [exp{2fc(7r-^)}-2fcsin^] =w(tp, к)
ф2{<р) >
R(\+4k2)
R(l+4k2)'

6. Смешанные задачи
177
Нетрудно показать, что п(<р, к) > 0 при <р б [0, ж). Действительно,
п(<р,0) = (costp+ 1) >0, tpe[0,ir).
Кроме того,
дп
— = [2{ir-<p)exp{2k(ir-<p)}-2sinip] =
= [2(n-(p)exp{2k(7r-ip)}-2sm{n-ip)] >2[(ir-(p)-sm(ir-<p)] >0,
так как a > sina всегда при a > 0. Таким образом, n(^, Л) монотонно
возрастает по Л, атак как п(^,0)>0,то и п((р,к)>0 при ^€ [0,7г], fce[0,oo).
Совершенно аналогично можно показать справедливость неравенства
w(tp, к) > о при ip е [о, я-), л е [о, <х>).
Таким образом, мы показали, что справедливость условия (1) и
вытекающего из него неравенства:
Vo >
gR
[2(1 - 2к2) + 3 ехр {2кж}],
[+4к2
влечет выполнение условий (2) и (3), т.е. решение задачи полностью
завершено.
Задача 31.31. Шарик, подвешенный на нити, описывает
окружность в горизонтальной плоскости, образуя конический маятник.
Найти высоту конуса, если шарик совершает 20 оборотов в минуту.
Ответ: h = 2,25 м.
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 31.31.1.
Запишем уравнения движения шарика в проекции
на нормальную п и бинормальную b естественные
оси:
„2
V
тп— = 5sin a, 0 = Scosa — mg.
R
Отсюда сила натяжения нити S —
скорость шарика
2тгп
mg
cos a
2
Так как
v — uiR =
60
Высота конуса
R, то
r{-Wr) =mgtea-
Рис. 31.31.1
/ 60 \2 / 60 У
h = Rctga=g(—) «9.8- (—) -2,23
м.

178
6. Смешанные задачи
Задача 31.32. Материальная точка единичной массы движется в
гори онтальной плоскости под действием силового поля с потенциалом
2 2
П = ж 4- ху + у . В начальный момент точка имеет координаты
х = 3 см, у = 4 см и скорость 10 см/с, параллельную положительному
направлению оси ж. Определить движение точки.
г 5\/3 г-
Ответ: х = 3,5 cos v 3t -]—— sin V3t - 0,5 cos t + 5 sin t,
r 5\/3 r
y — 3,5 cos v 3t H sin v 3t + 0,5 cos t — 5 sin t.
^ Решение. Составим уравнения движения точки в декартовых осях:
mx = Fx, my = Fy.
Fx = -—= -(2ж + у); Fy = -— = -(x + 2y), m=\.
Поэтому х — — 2х — у; у = -2у - х. Сложим левые и правые части
уравнений и приравняем результаты: ж + у = -3(ж + у). Сделаем замену:
и — х + у. Отсюда й — — Зи. Проинтегрируем уравнение й + Зи = 0.
и = С\ sin yf3t + С2 cos \fbt; х + у = С\ sin y/3t + ci cos y/3t;
x + y = C\v3cos \/3£ - сг\/3sin\/3£.
Из начальных условий получим уравнения для определения Ci и С2:
7 = Ci • 0 + Сг; 10 = Суу/3. Следовательно,
10v/3 10v/3 у- г-
С\ = —-—, С2 = 7; х + у = —-—sin v 3t 4- 7 cos y/3t.
Рассмотрим дифференциальное уравнение ж — -(2ж + у).
х = -(х + у) - х =*> х = -1 —— sin yflt +7 cos y/3t J - ж =*>
==» ж + ж = - I —— sin y/3t +1 cos y/3t J =*>
где жчн. ищем в виде: жчн. = A sin y/3t + В cos y/3t. Неопределенные
коэффициенты А и В находим из уравнения:
-ЗА sin y/bt - ЗВ cos y/bt + A sin y/bt + В cos y/bt =
10v/3 г г 5v/3 7
= sin v 3t - 7 cos v 3t ==> Л = , В = -.
3 3 2

6. Смешанные задачи
179
Поэтому
5%/3 г г
х = Сз sin t 4- С4 cos £ Н — sin v 3t 4- 3,5 cos V3t.
Наидем скорость
x = Сз cos t - C4 sin t + 5 cos л/3£ 4- 3,5\/3 sin \/it.
Используем начальные условия: to — 0, Жо = 3, ±о — 10. Получим
уравнения относительно Сз и С4: 3 = с4 + 3,5; 10 = с3 4- 5. Отсюда сз = 5,
С4 = -0,5. Поэтому движение точки вдоль оси х имеет вид:
5v/3 г- г-
х = 5 sin t - 0,5 cos t Л — sin V3t + 3.5 cos V 3t см.
Рассмотрим дифференциальное уравнение: у = -(2у + х). Воспользуемся
результатами, полученными выше:
10v/3
у + у = —
sm л/3* - 7 cos л/3£;
5\/3
У = Уоо + Учм. = Cs sin t + Св cos t + 1-^~ sin \/3£ 4- 3,5 cos л/3*.
При «о = 0, уо = 4, уо = 0 =» 4 = с6 + 3,5; 0 = с5 4- 5; => с5 = -5,
Сб — 0,5. Движение точки вдоль оси у осуществляется по закону:
5v/3 >- /-
у = -5 sin t + 0,5 cos t 4 sin v 3t 4- 3,5 cos v 3t см.
Задача 31.33. Маленькому кольцу, надетому на проволочную
горизонтальную окружность радиуса а, сообщили начальную скорость vq.
Коэффициент трения кольца о проволоку равен /. Определить, через
какое время кольцо остановр ся.
a f dv
Ответ: t = — I . -.
fJ Vv4 + a2g2
о
**• Решение. Расчетная схема
представлена на рис. 31.33.1. Запишем уравнения
движения кольца М в проекции на естественные
оси:
.2
mv
a
Nt, mv
тр,
0 = N2 - mg.
Сила трения
K = fX=f^N?+Nl = J(??p) +(mg)2
OJV,
®mg
Рис. 31.33.1

180
6. Смешанные задачи
Поэтому уравнение движения в проекции на касательную ось принимает
вид:
mv = -fd ( -— J + (mg)2.
о t
dv f i—A r-^r a f dv Г ,
dt a f J yV + a2g2 J
щ о
a f dv
t = — I —. — время остановки.
fJ Vv4 + a2g2
Задача 31.34. Материальная точка массы 2 кг притягивается к
некоторому центру силой F = (—Sxi — Syj — 2zk) H. Начальное
положение материальной точки определяется координатами х = 4 см,
у — 2 см, z — 4 см. Начальная скорость равна нулю. Определить
уравнения движения точки и ее траекторию.
Ответ: х — 4 cos 2t, у = 2 cos 2t, z = 4 cos t. Траектория — линия пе-
ресечения двух параболических цилиндров х — z /2 — 4 и у = z /4—2.
Это — парабола, лежащая в плоскости х = 2у. Движение по
траектории осуществляется на участке от точки х = 4 см, у = 2 см, z = 4 см
до точки х — 4 см, у = 2 см, z = — 4 см.
*♦• Решение. Уравнения движения точки в проекции на декартовы оси
координат: тх — —8ж, ту = -8у, mz = —2z. Решение уравнений:
х = С\ sin 2t + Ci cos 2t,
у — Сз sin 2t + C4 cos 2t,
z = C5 sin t + C(, cos £.
Из начальных условий (t0 — 0: xq = 4, Xq = 0, y0 = 2, yG — 0, Zq — 4,
Zq = 0) получаем постоянные интегрирования: Ci = 0, c-i = 4, C3 = 0,
C4 = 2, C5 = 0, Сб = 4. Следовательно, закон движения точки спедующий:
a: = 4cos2£, y = 2cos2t, z = 4cos<.
Найдем уравнение траектории:
z2 z2
х = 4(cos~ t - sin't) = 4(2 cos2 t—\) = — - 4, y— 2.
Следовательно, траектория — линия пересечения двух параболических ци-
линдров х = z~/2-4 и у = z /4-2. Это парабола, лежащая в плоскости
х = 2у, ограниченная условием \z\ ^ 4.

6. Смешанные задачи
181
Задача 31.35. Конический маятник имеет длину / и описывает в
горизонтальной плоскости окружность радиуса а. Определить период
обращения конического маятника.
Ответ: Г =
V8
"* Решение. Воспользуемся соотношениями, полученными в задаче
31.31.
mv2 2,28
= mgtga, mcj a = rag ■ tg a, w
a y/l2 - a2
значит, период
2тг 2irfyV--a2
T = — = .

7. Колебательное движение (§ 32, [6])
а) Свободные колебания
Задача 32.1 (32.1). Пружина АВ, закрепленная одним концом
в точке А, такова, что для удлинения ее на 1 м необходимо
приложить в точке В при статической нагрузке силу
19,6 Н. В некоторый момент к нижнему концу В
недеформированной пружины подвешивают гирю С
массы 0,1 кг и отпускают ее без начальной
скорости (рис. 32.1.1). Пренебрегая массой пружины,
написать уравнение дальнейшего движения гири и указать
амплитуду и период ее колебаний, отнеся движение
к оси, проведенной вертикально вниз из положения
статического равновесия гири.
Ответ: х = -0,05 cos Ш м, а = 5 см, Т — 0,45 с.
Решение. Расчетная схема — на рис. 32.1.2. Дифференциальное
уравнение движения гири С (материальной точки) вдоль оси х, согласно
второму закону Ньютона, имеет вид:
тпх = mg - F,
упр-
Сила упругости Fy,
сХ, где коэффициент упругости пружины с =
19,6 Н/м, деформация пружины А = Аст-|-ж. Положение гири на рис. 32.1.2
предполагает, что пружина растянута. Статическая деформация
пружины Аст, т.е. деформация пружины в положении равновесия системы,
определяется из уравнения равновесия. Сумма
проекций сил, приложенных к гире С, на ось х
равна нулю: mg - сАст — 0. Следовательно,
///////////
А
Аст —
mg
с
0,1-9,8
19,6
= 0,05 м.
С учетом полученных выражений
дифференциальное уравнение движения гири будет
следующим:
mg
с
Отсюда получим:
mx = mg
(mg \
х Н х = 0.
m

а) Свободные колебания
183
Это линейное однородное дифференциальное уравнение с постоянными
коэффициентами. Заметим, что уравнение получилось линейным, в силу
предположения малости деформации пружины А, когда справедлив
закон Гука Fy„p = cX. Также следует отметить, что уравнение получилось
однородным благодаря удачному выбору начала оси х — в положении
равновесия гири.
Проинтегрируем дифференциальное уравнение малых колебаний ги-
с
ри х Ч х — 0. Получим х — Asm (kt + а). Здесь
m
= 14 с"
— круговая (циклическая, собственная) частота колебаний. Амплитуда
колебаний А и начальная фаза колебаний а определяются начальными
условиями. В нашем случае при £0 = 0 Хо = -Лст = -mg/c, Хо — 0.
Подставив начальные условия в законы изменения координаты и скорости
х = A sin (kt + а) и х = Ak cos (kt + а), получим уравнения относительно
А и а:
ТП.Р
0 = Ak cos a.
mg .
= Л sin а,
с
Отсюда a = тг/2, А = —mg/c rj —0,05. Поэтому уравнение движения
гири будет следующим:
х = sin
с
(^+i) = -°'05cos,4<
Амплитуда А\ = \А\ — 0,05 м, период колебаний
(тп
с
2тг
Т = — = 2тг
0,45 с.
Ответ: 466,8 кН.
Задача 32.2 (32.2). При равномерном спуске груза
массы М = 2 т со скоростью v = 5 м/с произошла
неожиданная задержка верхнего конца троса, на котором
опускался груз, из-за защемления троса в обойме блока
(рис. 32.2.1). Пренебрегая массой троса, определить его
наибольшее натяжение при последующих колебаниях
груза, если коэффициент жесткости троса 4 ■ 106 Н/м.
Рис. 32.2.1
"^ Решение. Расчетная схема — на рис. 32.2.2. Начало оси х выберем
в положении груза в момент задержки верхнего конца троса, что
совпадает с положением равновесия, так как движение было равномерным.

184
7. Колебательное движение
где
Рис. 32.2.2
-j? Дифференциальное уравнение движения
груза:
Mx = Mg- F,
где сила натяжения упругого троса
(Mg \
F = с\ = с(Аст + х) = cl + х I.
Отсюда
х Н х = 0.
М
Закон движения груза вдоль оси х:
х = A sin (kt + a),
к = л —
М
U-io6
2-Ю3
44,7 с
-]
Начальные условия: t$ = 0, х$ = 0, ±о — *> = 5. Отсюда уравнения
относительно Л и а: 0 = A sin а, г; = Ак cos а. Поэтому
а = 0, Л =
0,1118 м.
fc 44,7
Закон движения груза х = 0,112 sin 44,7£. Сила натяжения троса
•''max — С
О-
' = cf — + .4sin*n.
( —+жтах)=М£+сЛ»2000-9,8 + 4-106-0,1118 = 466800 Н.
^ л
Задача 32.3 (32.3). Определить наибольшее натяжение троса в
предыдущей задаче, если между грузом и тросом введена упругая пружина
с коэффициентом жесткости С\ = 4- 10 Н/м.
Ответ: 154,4 кН.
*+■ Решение. Расчетная схема — на рис. 32.3.1. Заменим систему «груз
+ пружина + трос» эквивалентной «груз + пружина». Коэффициент
жесткости новой пружины с, коэффициенты жесткости исходных
пружины и троса С\ и Ci соответственно. Так как пружина и трос невесомые, то
F\ — F[ = Ft. Сила упругости эквивалентной новой пружины Fynp = сА;
сила упругости исходной пружины F\ — C\X\; сила натяжения троса
F'2 = c2A2.

а) Свободные колебания
185
///////////
" х
Рис. 32.3.1
В силу эквивалентности двух систем Fynv — F\ = F2 и А = А| + А2.
Отсюда
следовательно,
F F, /^
1 упр * I -г 2
С С\ С2 '
111 CiO
- = 1 , т.е. с= —.
С C| C2 С] + С2
Поэтому дифференциальное уравнение движения груза имеет вид:
с,с2
х +
М{с\ + с2)
х = 0.
Закон движения груза
х = A sin (kt + a),
где
k =
С\С2
M(ci + c2)
(см. задачу 32.2).
Сила натяжения троса
, а = 0, А = —?==у/м(с1+с2)
у/с^Щ
(Mg \
h x(t) 1.

186
7. Колебательное движение
Поэтому
^2 max =Mg + CXm
и 2 000 • 9,8 + 5
Mg + c- A = Mg + v\
I Мсус2
С\ +С2
'2 000-4-105-4-106
4 • 105 + 4 • 106
= 154440 Н.
Задача 32.4 (32.4). Груз Q, падая с высоты h = I м без начальной
скорости, ударяется об упругую горизонтальную балку в ее середине;
концы балки закреплены. Написать уравнение дальнейшего движения
груза на балке, отнеся движение к оси, проведенной вертикально
вниз из положения статического равновесия груза на балке, если
статический прогиб балки в ее середине при указанной нагрузке
равен 0,5 см; массой балки пренебречь.
Ответ: х = (-0,5 cos 44,3t + 10 sin 44,3t) см.
Решение. Расчетная схема — на рис. 32.4.1. Сила упругости
балки Fynp = сХ. Коэффициент упругости балки с найдем из уравнения
равновесия mg — сХст = 0. Отсюда с = mg/Xcl. Так как х — 0 в
положении равновесия груза, то Fynp = с(Х„ + х). Поэтому дифференциальное
уравнение колебаний груза имеет вид:
g
mx + -—x = 0,
Лет
или
х + -f-x = 0.
Xct
Закон движения груза на балке:
х = A sin (kt + a) — С\ cos kt + c2 sin kt,
где циклическая частота
* =
44,27 с"

а) Свободные колебания
187
Начальные условия:
t0 = 0, х0 = -Аст = -0,005, ж0 = y/lgh и у/2 -9,8-1 я 4,43 м/с.
Выразим скорость ж(£) = —С\ k sin kt+c^k cos Atf. Учтем начальные условия:
-0,005 = С\\ 4,43 = сгА;. Отсюда с\ = -0,005, с2 =0,1. Поэтому закон
движения груза на балке
х я -0,005 cos 44,3^ + 0,1 sin 44,3< м.
Задача 32.5(32.5). На каждую рессору вагона приходится нагрузка
Р Н; под этой нагрузкой рессора при равновесии прогибается на 5 см.
Определить период Г собственных колебаний вагона на рессорах
Упругое сопротивление рессоры пропорционально стреле ее прогиба.
Ответ: Г = 0,45 с.
^ Решение. Период собственных колебаний вагона на рессорах Т —
= 2п/к. Циклическая частота к = у/с/т (см. задачу 32.1). Коэффициент
жесткости с = mg/ACT (см. задачу 32.4). Поэтому
/0,05
; 2тгл / к, 0,45 с.
V 9,8
Задача 32.6 (32.6). Определить период свободных колебаний
фундамента машины, поставленного на упругий грунт, если масса
фундамента с машиной М = 90 т, площадь подошвы фундамента S = 15м",
коэффициент жесткости грунта с = XS, где А = 30 Н/см — так
называемая удельная жесткость грунта.
Ответ: Т = 0,089 с.
V
Решение. Период свободных колебаний фундамента машины
_ 2тг . [М . /~М
- „. „ - <-.. ., „ - ^.. ., , .i 0,089 с.
к V с V XS V 30 • 106 ■ 15
(см. задачу 32.1).
Задача 32.7 (32.7). Найти период свободных вертикальных
колебаний корабля на спокойной воде, если масса корабля М т, площадь его
горизонтальной проекции S м . Плотность воды р = 1 т/м . Силами,
обусловленными вязкостью воды, пренебречь.
/ М
Ответ: Г = 2тгд/—-.
X PgS

188
7. Колебательное движение
Решение. Расчетная схема — на рис. 32.7.1, где ось х направлена
вниз и отсчитывается от положения центра масс корабля С в равновесии.
При увеличении координаты центра масс С на х (опускание корабля)
вытесненный объем воды увеличится на Sx (и наоборот). Сила Архиме-
— .— да, приложенная к центру масс
I вытесненного объема жидкости,
♦ равна Qapx(x) = QaPx(0) + pgSx,
где Qapx(O) уравновешивает вес
корабля Mg. Тогда
дифференциальное уравнение движения
корабля следующее:
Mx = Mg- Qapx(o) - PgSx,
или
Рис. 32.7.1
x H x = 0.
M
Циклическая частота к = л/pgS/M. Тогда период свободных
вертикальных колебаний корабля на спокойной воде равен
М
2ъ
к V figS
Задача 32.8 (32.8). В условиях предыдущей задачи найти
уравнения движения корабля, если он был спущен на воду с нулевой
вертикальной скоростью.
М pgS
Ответ: у = -— cos yj ~t м.
** Решение. Дифференциальное уравнение движения корабля (центра
масс) следующее (см. задачу 32.7):
X + —г-тХ = 0.
М
м
Решение уравнения x=Asin(kt+a). Начальные условия: t(,=0, Xo = ~,
pS
ж0 = 0, так как Mg = Qapx(0), где Qapx(0) = pgSh. Поэтому ж0 = A sin a,
0 = Ак cos a. Отсюда a — тг/2, А — хо. Следовательно, закон движения
корабля

а) Свободные колебания
189
Задача 32.9 (32.9). Груз, вес которого равен Р Н, подвешен на
упругой нити к неподвижной точке. Выведенный из положения
равновесия, груз начинает совершать колебания. Выразить длину нити х
в функции времени и найти, какому условию должна удовлетворять
начальная длина ее Хо, чтобы во время движения гири нить оставалась
натянутой. Натяжение нити пропорционально удлинению; длина ее
в нерастянутом состоянии равна I; от действия статической
нагрузки, равной q H, нить удлиняется на 1 см. Начальная скорость груза
равна нулю.
р ( Р\ ( fqg\
Ответ: х = I ч 1- ( ж0 - / cos , —t), I ^x0^l +
Я \ Я/ VV P )
2P_
o-t
*♦• Решение. Расчетная схема
представлена на рис. 32.9.1.
Дифференциальное уравнение движения груза:
Р
mx = P-F, где т=—,
g
сила натяжения нити F = сХ = с(х — I),
коэффициент упругости нити
c = q-\02 Н/м.
После подстановки этих выражений
дифференциальное уравнение движения
груза примет вид:
.. q\02g q\02gl
x+—^-x=g+—^—.
Решение
///////////////////
Хк
■• F
4i
Рис. 32.9.1
х = ж0.о. + Жч.н. = A sin (kt + а) +
q- lf>
-И, где к = \0*
Начальные условия: t0 — О, ж(0) = хо, х(0) = 0. Из них получаем: о. = тг/2,
Р
А = Хо — I -т. Длина нити
д-102
x(t)
Р ( Р \ Га
I Ч т Ч- [ Хо - I г- I cos \0л —t м,
д-102 V о- Ю2/ V Р
или
x(t) = I + — +
9
(x°-'-i)
COS \j —t CM.
p

190
7. Колебательное движение
Выясним, при каких значениях Жо нить остается натянутой при движении
гири. Очевидно, что это выполнено, если ж ^ I. Решим неравенство
Р
1 + - +
(*0-'-?)
cos
-t>l
(*-'-£)
COS
q P
-t> .
P Я
1 случай: Xq^ l-\ . Тогда
9
(*„-,- £).(-!)>-£; (хб-I-^)
^
IP
x0 ^ Л .
9
P 2P
В первом случае получаем решение Л < Жо < Л .
, Р
2 случай: Xq < I H . Тогда
Я
(*-!-£)
1 ^
Жо ^/.
Во втором случае получаем решение I < Жо < I + Р/<7-
Объединяя оба случая, получаем условие для начальной длины Жо:
. 2Р
I < ж0 < I H .
9
Задача 32.10(32.10). На два вращающихся в противоположные
стороны, указанные на рис. 32.10.1, цилиндрических шкива
одинакового радиуса свободно положен однородный стержень;
центры шкивов 0\ и Oi находятся на горизонтальной прямой 0\Ог\
расстояние 0\Ог = 21;
стержень приводится в движе-
3 ние силами трения,
развивающимися в точках касания
его со шкивами; эти силы
пропорциональны давлению
стержня на шкив, причем
коэффициент
пропорциональности (коэффициент трения)
равен /.
1) Определить движение стержня после того, как мы сдвинем его
из положения симметрии на Жо при г>о = 0.
2) Найти коэффициент трения /, зная, что период колебаний Т
стержня при I = 25 см равен 2 с.
Рис. 32.10.1
Ответ: 1) ж = ж0со5
(У / V' 2)/ = ^ = 0'25-
gT2

а) Свободные колебания 191
Ь» Решение. Расчетная схема — на рис. 32.10.2. Так как стержень может
совершатьлишь поступательное горизонтальное движение при положении
центра масс С, изображенном на рисунке, то
J2Fky = Nl+N2-P = 0 и J2M№) = N2(l-x)-Nl(l+x) = 0.
Отсюда находим нормальные
реакции N\ и JV2,
действующие на стержень со стороны
шкивов:
N,
Р Р
лг Р Р
N-> = —+—х.
' 2 21
2 21
Силы трения, возникающие в
точках касания стержня, имеют
вид:
««-/*,-/f(i-f).
Fwi = fN2
->$Н)-
Рис. 32.10.2
Отметим, что силы трения в точках контакта, приложенные к шкивам,
направлены против их угловых скоростей. Силы трения, приложенные
к стержню, в соответствии с третьим законом Ньютона, направлены
в сторону угловых скоростей шкивов.
1. Движение центра масс С стержня определяется следующим
дифференциальным уравнением:
m* = /f(,-f)-/f(, + f)' P = mg-
fg
Преобразуем его к виду х + —х = 0. Решение
х = A sin
№♦•)■
Из начальных условий (to — 0, ж(0) = Хо, х(0) = 0) получим, что
a — 7г/2, А = хо. Поэтому движение стержня происходит по закону
х = а?о cos
т
2. Чтобы найти коэффициент трения /, запишем формулу для периода
колебаний стержня:

192
7. Колебательное движение
Отсюда
, Z / 2тг \ 2 0,25 /2тг\2
Замечание к задаче 32.10. Отметим, что при изменении вращений шкивов
на противоположные положение равновесия стержня становится неустойчивым,
так как описывается уравнением:
fg n
х ——х = 0.
Задача 32.11 (32.11). К одной и той же пружине подвесили
сначала груз веса р, а во второй раз груз веса Зр. Определить, во сколько
раз изменится период колебаний. Зная коэффициент жесткости
пружины с, а также начальные условия (грузы подвешивались к концу
нерастянутой пружины и отпускались без начальной скорости), найти
уравнения движения грузов.
л Гг к Р /^, 3Р /of.
Ответ: —- = V3, Х\ =— cos../—t, х2 — cos,./—t.
Т\ с у р с \ Зр
*^ Решение. Воспользуемся результатами, полученными в задаче 32.1.
Периоды колебаний грузов:
рпц [р ргщ [ЗР
Г, = 2яЛ/—- = 2жх —, T2 = 2nJ— = 2n*—.
V с у gc V с у gc
Поэтому Т2/Т\ = у/з. Законы движения грузов с учетом заданных
начальных условий (to = 0, ж(0) = -Аст = —mg/c, ±(0) = 0):
/*\ mig ■ ( Г^\ , я\ Р ( /^Л
X\[t) = sin I л — t + — I = cos I * — t ];
W с VV^i 2) с \\ P )
, ч m~>g ( I c *г\ ЗР ( I eg \
X2{t) = —Sill I л/ t + - J = COS t -( .
с \\ тп2 2) с \\ ЗР J
Задача 32.12(32.12). К пружине жесткости с = 2 кН/м сначала
подвесили груз массы 6 кг, а затем заменили его грузом вдвое большей
массы. Определить частоты и периоды колебаний грузов
Ответ: fc, = 18,26 рад/с, к2 = 12,9 рад/с, Т, = 0,344 с, Т2 = 0,49 с.
_у
Решение. Воспользуемся результатами, полученными в задаче 32.1.
Частоты колебаний грузов:
Гс~ /2 000 п _ _. , Гс~ /2 000 .
*,= /— = J-— «18,26 с ', k2 = J— = \ -гт- «12,9с"1.
V mi V 6 у m2 V 12

а) Свободные колебания
193
Периоды колебаний грузов:
2тг
г' = ^
2тг
18,26
0,344 с, Т2 =
2тг
2тг
0,49 с.
Задача 32.13 (32.13). К пружине, коэффициент
жесткости которой равен с = 19,6 Н/м, были подвешены два
груза с массами т, = 0,5 кг и т2 = 0,8 кг. Система
находилась в покое в положении статического
равновесия, когда груз т2 убрали (рис. 32.13.1). Найти уравнение
движения, частоту, круговую частоту и период колебаний
оставшегося груза.
Ответ: х = 0,4 cos 6,26£ м; / = 1 Гц,
k = 2п рад/с, Г = I с.
Рис. 32.13.1
Решение. Расчетная схема — на
рис. 32.13.2. Для определения
деформации пружины в момент снятия
второго груза составим уравнение
равновесия системы:
(mi + m2)g - сА = 0.
(m, + m2)g
/////////// ///////////
с
(0,5+ 0,8)-9,8
19,6
= 0,65 м.
\ (m, + m2)g
Движение груза массой т, после
того, как убрали второй груз,
определяется дифференциальным уравнением
(см. задачу 32.1):
с
х Н х = 0.
Начало оси х выбрано в положении равновесия груза. Частота
Рис. 32.13.2
ТП\
6,26 с
-1
Решение уравнения
Начальные условия:
х = A sin
(7?,+а>
to = 0, Х0 — Д - Лет! =
(m, + m2)g mxg m2g
--0
ч X
x0 = 0.

194
7. Колебательное движение
Отсюда имеем уравнения для определения Л и а:
m2g
A sin a, 0 = А*—cos а.
mi
Поэтому
тг ТП2Е 0,8-9,8
а = -, А = « = 0,4.
2 с 19,6
Следовательно, закон движения груза х = 0,4cos6,26i.
Круговая частота, т. е. частота собственных колебаний груза:
6,26 ss 2ж с~ .
2ж 2ж
Г = — и — = 1 с.
к 2ж
Период колебаний
Частота (число полных колебаний за единицу времени) / = 1/Т = 1 Гц.
Задача 32.14(32.14). Груз массы гп\ — 2 кг, подвешенный к
пружине, коэффициент жесткости которой с = 98 Н/м, находится в
равновесии. В некоторый момент к грузу тп,\ добавили груз тп2 — 0,8 кг.
Определить уравнение движения и период колебаний двух грузов.
Ответ: х0 = -0,08cos 5,9Ш м, Т = 1,062 с.
Решение. Расчетная схема — на рис. 32.14.1, где ось х направлена
вертикально вниз и отсчитывается от начального положения равновесия
///////////
\8
груза Ш|. Имеем: cXq — m\g, где Ао —
начальное растяжение пружины. Уравнение движения
по оси х после установки тела т2 будет:
(т, + т2)х = -с(А0 + х) + (mi + m2)g =>•
=> (mi + т2)х = -m\g - ex + (mi + m2)g =>
с т2
X ч
x = --
-x +
-g-
m,g
m-,
Рис. 32.14.1
U} =
m\ +m2 mi + m2"
Начальные условия ж(0) = ж(0) = 0. Решение
при этих начальных условиях:
x(t) = (1 - cos art),
где
mi +mi
= 5,916 с
-i.
2тг
Г = — = 1,062 с.

а) Свободные колебания
195
Задача 32.15 (32.15). Груз подвесили сначала к пружине с
жесткостью С\ — 2 кН/м, а затем к пружине с жесткостью Сг = 4 кН/м. Найти
отношение частот и отношение периодов колебаний груза в этих двух
случаях.
Ответ:
V
к2
=
^ Решение.
ш,
Г.
I
=
=
= 0,7071,
Vm'
2тг
Ob
т2
1И"
= \т=>
2тг
^2
= 1,4142.
Г.
т2
~VC2
_ ^2 _
1
v^.
Задача 32.16 (32.16). Тело массы m находится на наклонной
плоскости, составляющей угол а с вертикалью. К телу
прикреплена пружина, жесткость которой с.
Пружина параллельна наклонной плоскости
(рис. 32.16.1). Найти уравнение движения
тела, если в начальный момент оно было
прикреплено к концу нерастянутой
пружины и ему была сообщена начальная
скорость г>о, направленная вниз по
наклонной плоскости. Начало координат взять
в положении статического равновесия.
Рис. 32.16.1
_ vo . .. mgcosa с
Ответ: х — — sin kt cos kt, где к = л / —.
к с X т
**• Решение. Расчетная схема предста е-
на на рис. 32.16.2. Ось х — вдоль наклонной
плоскости — вниз, отсчитываем от положения
равновесия, в котором Ао = (mgcosa)/с —
статическое растяжение пружины. Имеем
уравнение движения вдоль оси х:
тх — -с(Ао + х) + mg cos a = -ex ==>
=Ф х = A sin cut + В cos cut, где w -
а константы А и В находятся из начальных условий:
mgcosa
х(0) = -А0 =
ж(0) = v0.

196
7. Колебательное движение
Тогда:
V(, mg cos a с
x(t) = — sin wt cos u)t, w — л / —.
w с X m
Задача 32.17 (32.17). На гладкой плоскости, наклоненной к
горизонту под углом а, находится прикрепленный к пружине груз веса Р
(рис. 32.17.1). Статическое удлинение пружины равно /. Определить
колебания груза, если в начальный
момент пружина была растянута из
ненапряженного состояния на длину,
равную 3/, и груз отпущен без начальной
скорости.
Рис. 32.17.1
Ответ: х = 2/ cos
(Vr^'O
Решение. Из условия равновесия имеем:
mg sin a
cf = mg sin a ■
с =
Уравнение движения: mx = —ex, где х отсчитывается от положения
статического равновесия. Начальные условия: ж(0) = 3/ — / = 2/, ж(0) = 0.
Тогда решение:
/~~с~ /g sin a
x(t) = Asinwt + Bcoswt = Ifcc&wt, где ш =
Задача 32.18 (32.18). Тело массы М = 12 кг, прикрепленное к
концу пружины, совершает гармонические колебания. При помощи
секундомера установлено, что тело совершило 100 полных колебаний за
45 с. После этого к концу пружины добавочно прикрепили груз массы
My — 6 кг. Определить период колебаний двух грузов на пружине.
Ответ: Т, =Т
M + Mi
м
= 0,55 с.
^ Решение.
w, =
W
с 2п
М w
-——, Tl = -=2n
2тг
М + М,
М + Мх 45
Тх=т^~м~ = 0'55с' где т=шо = 0'45с-

а) Свободные колебания
197
Задача 32.19(32.19). В условиях предыдущей задачи найти
уравнение движения одного груза М и двух грузов М + М\, если в обоих
случаях грузы были подвешены к концу нерастянутой пружины.
Ответ: 1) х = -5,02cos Ш см, 2) Х\ = -7,53cos 11,4i см, где ж и Ж]
отсчитываются соответственно от каждого из двух положений
статического равновесия.
Решение. Уравнения движения грузов:
Мх = -сх, (М + М | )ii
-СХ\,
где х, Х\ — отсчитываются от соответствующих положений равновесия.
Начальные условия:
*(0) = -^, ж(0) = 0; Ж1(0) = -(М + М')Я, ±1(0) = 0.
с с
Для этих начальных условий решения имеют вид:
u\ Mg * u\ W + Mx)g
x(t) = coswt, xdt) = coso^t,
с с
где
w
м- Wl =
M + M,'
причем с (жесткость пружины) опеределяется из условий предыдущей
задачи:
Т = 0,45 = 2тг
М
М-4тг2
с = —^— и 2 337,1 Н/м.
с Г2
Тогда ш и 14, uj\ и 11,4. И мы получаем:
ж(£) = -0,05cos 14« м, Xi(t) = -0,0753cos 11,At м
Задача 32.20 (32.20). Груз М,
подвешенный к неподвижной точке А на пружине,
совершает малые гармонические колебания
в вертикальной плоскости, скользя без
трения по дуге окружности, диаметр которой АВ
равен I (рис. 32.20.1); натуральная длина
пружины а; жесткость пружины такова, что при
действии силы, равной весу груза М, она
получает удлинение, равное Ь. Определить период
Т колебаний в том случае, когда I = a + b;
массой пружины пренебречь и считать, что
при колебаниях она остается растянутой.
Ответ: T = 2ityjljg.

198
7. Колебательное движение
Решение. Расчетная схема —
Is на рис. 32.20.2. Уравнение движения
точки М в проекции на касательную
имеет вид:
где
m • ОМ (2а) =
= — mg sin 2а + Fynp ■ sin a,
-fynp = c(l cos a- a),
mg i , a
о
1
OM = -I.
2
mla = -mg sin 2a +
Таким образом:
mg sin a,
g
b
gsina
a = - - sin 2a + -
I lb
[l cos a- l + b] =
[-1(1 -cosa) + b],
следовательно, с точностью до малых второго порядка по а, получим:
а
2g я t ..
—a + -а=Ф- а =
/ /
g
--а
1
r=2*Vi'
Задача 32.21 (32.21). В условиях предыдущей задачи найти
уравнение движения груза М, если в начальный момент /.ВАМ = щ
и точке М сообщили начальную скорость vq, направленную по
касательной к окружности вниз.
Ответ: <р = щ cos * / -t
ft
vo . g.
—=sin*-t.
x/lg V/
***• Решение. Здесьдля линеаризованного уравнения, полученного при
решении предыдущей задачи имеем начальные условия:
а(0) = щ, а(0) =
I
Тогда решение:
V0
a(t) = A sin wt + В cos uit = <po cos uit sin uit,
lUl
где ш = y/g/l.

а) Свободные колебания
199
Задача 32.22 (32.22). Тело Е, масса которого
равна т, находится на гладкой горизонтальной
плоскости. К телу прикреплена пружина
жесткости с, второй конец которой прикреплен к
шарниру 0\ (рис. 32.22.1). Длина недеформирован-
ной пружины равна /о; в положении равновесия
тела пружина имеет конечный предварительный
натяг, равный Fo = с(1 - /о), где / = 00\.
Учитывая в горизонтальной составляющей упругой
силы пружины лишь линейные члены относительно отклонения тела
от положения равновесия, определить период малых колебаний тела.
Рис. 32.22.1
Ответ: Г = 2n^ml/FQ.
Рис. 32.22.2
"♦• Решение. Расчетная схема — на рис. 32.22.2. Уравнение движения
в проекции на ось х будет:
тх = -Fynp • cos a,
где
^упр = c(l-lo + I ) =с( lQ).
\ sin a / \sinQ; /
Тогда получим уравнение:
тх = —c(l ctg a - /о cos a).
Из геометрии получим:
х ctg а а;
ctga = -, cosa^g-p к, -.
I VI + ctg2 a I
Тогда получим:
тх
{x-loi)^~(c'L=r)
х ■■

200
7. Колебательное движение
w =
с(1 - k)
ml
27г / ml
w у с(1 - 1о)'
Fo
Выразим 1о через Fq: lo = 1 . Тогда:
с
Т = 2тг1
I ml ml
c(F0/c) = V *Ъ'
Задача 32.23 (32.23). Материальная точка массы тп подвешена к
концу нерастянутой пружины с коэффициентом жесткости с и
отпущена с начальной скоростью щ, направленной вниз. Найти уравнение
движения и период колебаний точки, если в момент времени, когда
точка находилась в крайнем нижнем положении, к ней прикладывают
силу Q = const, направленную вниз.
Начало координат выбрать в положении статического равновесия,
т. е. на расстоянии Р/с от конца нерастянутой пружины.
Ответ: х
ЫШШ-'h^
—t, где t отсчи-
тывается от момента времени, когда начала действовать сила Q,
Т = 27Г-у/т/с.
Xv
I
g "* Решение. До действия силы Q имеем
уравнение движения по оси х (рис. 32.23.1):
Р
тх = -сх, х(0) = , х(0) — г?о-
с
Тогда решение:
х — A sin wt + В cos wt =
Vq P
= — sin wt cos ut,
u с
Рис. 32.23.1
где w
= у/4-
т.
причем в этот момент x(t) = 0. Далее уравнение движения примет вид:
тх = -сх + Q, х(0) = fo, i(0) = 0.
Решение:
Q
x(t) = Ai sin wt + Bi cos wt H .
с

а) Свободные колебания
201
Используя начальные условия, получим:
x(t)
И)
cos wt +
Q
Период
27г fm
w V с
Задача 32.24(32.24). Определить период
свободных колебаний груза массы т,
прикрепленного к двум параллельно включенным пружинам
(рис. 32.24.1), и коэффициент жесткости
пружины, эквивалентной данной двойной пружине,
если груз расположен так, что удлинения обеих
пружин, обладающих заданными коэффициента- [Т~| Q
ми жесткости С\ и ст, одинаковы,
Рис. 32.24.1
, с = с\ + С2; расположение груза таково,
Ответ: Т = 2ж
ЧТО fli/02 = CiJC\.
m
(с, + с2)
Решение. Расчетная схема
на рис. 32.24.2. Для того чтобы
крепление АВ не крутилось
относительно точки С, необходимо, чтобы:
-Fynpl • а1 = -Рупр2 • 0,2-
Имеем:
Рут\р] = C\Xq, -Fynp2 = С2А0,
где Ао — статическое удлинение
пружины. Отсюда c\d\ = cya-i-
Уравнение движения по оси х будет:
тпх - -С|(А0 + ж)-С2(Ао+а:) + т£,
следовательно, частота
Период
щ =
у/////////////////////////////^^^^
h С
о—
Х\1
mg
Рис. 32.24.2
с, +с2
m
Т = — = 2тг
Wo
эквивалентная жесткость с = с\ + cj.
m
С\ +С2

202
7. Колебательное движение
Задача 32.25 (32.25). В условиях предыдущей задачи найти
уравнение движения груза, если его подвесили к нерастянутым пружинам
и сообщили ему начальную скорость щ, направленную вверх.
Ответ: х
mg
С\ + С2
cos
Ci + С2
m
t-v0
m
с, + c2
sin
C\ + C2
t.
m
■» Решение. Для уравнения в решении предыдущей задачи, если х
отсчитывать от положения равновесия, имеем следующие начальные
условия: ж(0) = -Ло, х(0) — — г>о. Тогда решение этого уравнения будет иметь
вид:
x(t) = A sin wot + В cos wot = sin w^t - Ao cos w$t.
Щ
Используя формулы
щ
-fi
+ c2 mg
Ao =
m
c, + c2
получаем ответ.
Задача 32.26 (32.26). Определить период свободных колебаний
груза массы тп, зажатого между двумя пружинами с разными
коэффициентами жесткости С] и с2 (рис. 32.26.1).
Ответ: Т = 2тг
m
с, +с2
Решение. Расчетная схема — на
Г'";--'-'.
Рис. 32.26.1
рис. 32.26.2, где х отсчитывается от
положения статического равновесия вниз.
В этом же направлении производим
отсчет деформации (точнее,
перемещений) пружины с2, а для пружины С\
деформации и, соответственно, силу
упругости берем с обратным знаком.
Имеем:
-Fynp2 = —С2А2, -Fynpi = Cj Ai
Рис. 32.26.2
— это проекции сил упругости пружины
на ось ж, a Ai, А2 — деформаици
(перемещения) пружин, отсчитываемые от нейтральных точек, знаки которых
берутся так, как было указано выше. В положении равновесия имеем:
^у°пР2 + ^y°nPi + mg = 0 =Ф -с2А20 - CiA,0 + mg = 0.

а) Свободные колебания
203
Пусть точка сдвинулась на х, тогда новая деформация пружины с2 будет
А2 = А2о + х, а пружины С\: А| — Аю +х. Тогда уравнение движения груза
по оси х будет таким:
тх = -с2(А2о + х) - c,(Aio + х) + mg =>
=> тх — -(с\ + с2)х => Т — 2пЛ
m
с\ + с2
Задача 32.27(32.27). В условиях предыдущей задачи найти
уравнение движения груза, если в положении равновесия ему сообщили
скорость гГо, направленную вниз.
Ответ: х — vq
m
с\ +с2
1С] + С2
sin \j г.
m
** Решение. Необходимо найти решение уравнения
с\ + с2
X = X
m
при начальных условиях: х(0) = 0, ±(0) = Vq. Имеем:
x(t) = A sin wt + В cos wt = — sin wt, где ш =
C\ + C2
m
Задача 32.28 (32.28). Определить
коэффициент жесткости с пружины, эквивалентной
двойной пружине, состоящей из двух последовательно
включенных пружин с разными
коэффициентами жесткости С\ и с2, и указать также период
колебаний груза массы т, подвешенного на
указанной двойной пружине (рис. 32.28.1).
_ с\с2 m(ci + c2)
Ответ: с=——, Т = 7ж\\ .
С\+С2
С\С2
Рис. 32.28.1
** Решение. Расчетная схема — на рис. 32.28.2. Имеем:
Р = С\Х\ + С2Х2 = СХ,
где х = Х\ +х2. Если пружины невесомые, то имеем также:
Р = С\Х\, Р = С2Х2, Р = СХ=^>
__ _Ъ _Р
Х\ — j *£/2 — j Л —
С\ С2 С

204
7. Колебательное движение
так как х = Х\ + х2,
то
Р Р Р
с С\ с2
11 1
С С\ С2
С\С2
с, +с2
эквивалентная жесткость,
m(ci+c2)
Т = 2п\ период.
V с\сг
Задача 32.29 (32.29). В условиях предыдущей задачи найти
уравнение движения груза, если в начальный момент он находился ниже
положения равновесия на расстоянии жо и ему сообщили скорость щ,
направленную вверх.
Ответ: х = хо cos
с\с2 . /(с, +с2)тп .
; — t - V0\ SHI
(ci+c2)m у С\с2
C\C2
-t.
(c\ + c2)m
Решение. Надо решить уравнение
mx
-сх, где с =
С\С2
с\+с2
при начальных условиях х(0) = Хо, ж(0) = — г>о- Решение такое:
x(t) — A sin wt + В cos wt = xq cos wt sinutf, где u> =
Задача 32.30(32.30). Определить коэффициент жесткости
составной пружины, состоящей из двух последовательно соединенных
пружин с разными коэффициентами жесткости С\ — 9,8 Н/см и с2 =
= 29,4 Н/см. Найти период колебаний, амплитуду и уравнения
движения груза массы 5 кг, подвешенного к указанной составной пружине,
если в начальный момент груз был смещен из положения статического
равновесия на 5 см вниз и ему была сообщена начальная скорость
49 см/с, направленная также вниз.
Ответ: с =
С\С2
7,35 Н/см, Т = 0,517 с, a = 6,43 см,
с, +с2
a; = 5cosl2,13< + 4,042sinl2,13£ дм.
Решение. Используя результат задачи 32.28, получим:
С\С2
с =
С\ +С2
= 7,35 Н/см.

а) Свободные колебания
205
Решая уравнение тх = —сх с начальными условиями х(0) ~ 5 см, х(0) -
= 49 см/с, получим:
49
x(t) — 5 cos wt sin w£,
где
2тг 6,28
T= — ss =0,518c, ш = «/— = 12,12c-'.
w 12,12 Vm
Задача 32.31 (32.31). Тело Л, масса которого равна т, может
перемещаться по горизонтальной прямой. К телу прикреплена пружина,
коэффициент жесткости которой с. Второй конец пружины
укреплен в неподвижной точке В (рис. 32.31.1).
При угле а = qo пружина не
деформирована. Определить частоту и период малых a
колебаний тела.
Ответ: к
I с cosz ao
т
, Т = 2ж
m
&//Ш!ш
с cos-* щ
Рис. 32.31.1
:!ШШШШШШ«<ШЯШШ!ШШ!й;
О, А
Рис. 32.31.2
Решение. Расчетная схема — 32.31.2. Имеем:
0\ А = h ■ ctga, где h = 0\0 = const, x = /i(ctga — ctgao).
Удлинение пружины:
1
Ч---Ч
\ sin a sin ao /
Тогда уравнение движения:
mx — -Fynp ■ cos a = ch
/ cos a \
ctg a -
V sin a0 /

206
7. Колебательное движение
Выражаем ctg а и cos о через х:
х ctg Qo + x/h
ctg a = ctg ao H—; cos a =
h ^/l + (ctg a0 + x/h)2
Имеем:
Л2
cos a — cos ao H тт> "ж + • • •»
[/l2(l+Ctg2Q0)]3/2
где точками обозначены малые второго и выше порядков малости.
Подставляя в уравнение движения, получим:
(cos ao 2 \
х + h ctg ao - h sin ao J ==>
sin a /
=> mx = — (c-cos «)ж =Ф w = cos aW—, T——.
V m w
Задача 32.32(32.32). Точка А, масса которой равна m, прикреп- '
лена пружинами, как указано на рис. 32.32.1. В исходном
положении точка находится в равновесии
и все пружины не напряжены.
Определить коэффициент жесткости
эквивалентной пружины при малых
колебаниях точки вдоль оси х в абсолютно
х гладких направляющих и частоту
свободных колебаний точки.
Ответ: с = С\ cos ct\ 4- (с2 + Сз)cos a2 +
С4С5 2 [с
-cos аз, к =
Сл + Cs X m
Рис. 32.32.1 j
ЪФ Решение. Заменяя составные пружины на эквивалентные (см.
задачи 32.28, 32.24), получим схему, представленную на рис. 32.32.2, где
* , * с4с5
с2 — с2+су, с3 =
с4 + с5
Выразим деформации пружин А|,А2, Аз через х — перемещение груза
по горизонтали:
Ai=xcosai, A2 =-xcos(7r - 02), A3 = -ж cos (аз - 7г),
т.е. пружина С\ растягивается, а пружины с2 и с*$ сжимаются. Тогда
уравнение движения в проекции на ось х имеет вид:
тпх = -\F\\ cosai - |F2| • |cos(7r - a2)| - |F3| • |cos(a3 - 7r)| =

а) Свободные колебания
207
где
= — (C| COS С*! + с\ COS" OL2 + С3 COS Ot^X = —СХ
2 / \ 2 ^4^5 ?
с = с\ cos ot\ 4- (c2 + с?) cos a2 H cos аз-
Сц+С$
Задача 32.33 (32.33). Определить коэффициент жесткости
пружины, эквивалентной трем пружинам, показанным на рис. 32.33.1, при
колебаниях точки М в абсолютно
гладких направляющих вдоль оси х. Решить
ту же задачу, если направляющие
расположены вдоль оси у. Определить частоты
этих колебаний.
■у -у
Ответ: сх = с\ cos ip\ + сг cos ipi,
су — С\ sin ipi + С2 sin ip^ + Сз;
kx — л/cx/rn, ky = y/cylm. В исходном
положении пружины не напряжены и
точка М находится в равновесии.
Рис. 32.33.1
Решение. Расчетная схема —
на рис. 32.33.2. Решение
аналогично решению предыдущей задачи
32.32. При перемещении точки М
по оси х имеем:
Ai = —xcos<pi,
А2 = X COS lf2,
A3 = x cos (fi — 0.
Перемещение по оси у:
\i- -ysixupi, \2 = -ysinip2,
A3 = x sin <рз = x.
V3 = -
7Г
Рис. 32.33.2

208
7. Колебательное движение
Поэтому имеем уравнения движения по осям х и у:
mi, — —с\хсо& <pi - c2xcos <p2',
my
■ 2 -2
-С\у SHI (f\ — C2ySlT\ 9?2 — СЗ^-
Отсюда получим:
2 2 -2 -2
сг = ci cos <p\ + C2 cos 9?2, Cp — c\ sin 9?| + C2 sm v?2 + cy,
Ux =
W„
Задача 32.34(32.34). Определить коэффициент жесткости
эквивалентной пружины, если груз М массы m прикреплен к стержню,
массой которого можно пренебречь. Стержень шарнирно закреплен
в точке О и прикреплен тремя вертикальными пружинами к
фундаменту (рис. 32.34.1).
Коэффициенты жесткости пружин
С\,С2,Су. Пружины
прикреплены к стержню на расстояниях
01,02,03 от шарнира. Груз М
прикреплен к стержню на
расстоянии b от шарнира. В
положении равновесия стержень
горизонтален. Эквивалентная
пружина крепится к стержню
на расстоянии b от шарнира.
Найти частоту малых
колебаний груза.
Рис. 32.34.1
Ответ: с
С\й\ +С2Й2 +C3OJ
ъ~2 '
Решение. Расчетная схема — на рис. 32.34.2. Повернем балку на
малый угол <р по часовой стрелке, приложив перпендикулярную ей силу Р.
Возникнут перемещения пружин:
<p-a,i, \2 = <p-a2, А3 = ^-оз
и силы упругости:
Ft = с, А,, F2 = с2Х2, F3 = с3А3.
Эквивалентная пружина жесткости с, укрепленная на расстоянии b
отточки О, должна создавать тот же момент относительно точки О, т.е.:
(cb<p) • b — F\0,i + F2a2 + Fidi = C\(pa\ + c2<pa2 + c^ipal ■■

а) Свободные колебания
209
F.
О
cl^
=>с =
r<> rc> 7\~"~~-^i
мм7ш>»ш »»»ш>»»»
Рис. 32.34.2
-j (cia, + c2a2 + c3a3) => ш
ч>
>л/
р
= v^-
Задача 32.35 (32.36). Винтовая пружина состоит из п участков,
коэффициенты жесткости которых соответственно равны c\,ci,...,Cn.
Определить коэффициент жесткости с однородной пружины,
эквивалентной данной, и период свободных колебаний точки, масса которой
равна т.
Ответ: с =
I
г=1 г
27Г /С
Т = —, где * = */ — .
^ Решение. Пусть под действием силы Р деформации участков жест-
костей С\,... ,Сп равны, соответственно, xt,... ,хп. Жесткость
эквивалентной пружины определяется как
с=—, где х — х\ +х2 + •■■ +х„.
X
Учитывая, что пруж* а (винтовая) невесомая, получим:
Р _ Р
Ж] — , .. . , Хп —
С\ Сп
(т. е. ко всем участкам пружины приложена одна и та же сила Р (по
третьему закону Ньютона!)). Тогда получим:
Р Р Р Р
х = — = — + — + ... + —
С С\ С2 Сп
1 " 1
Тогда период соответствующих своюдных колебаний точки массы т на
такой пружине будет:
[т
Т = 2тг

210
7. Колебательное движение
Задача 32.36(32.35). Груз массы 10 кг, лежащий на абсолютно *
гладкой горизонтальной плоскости, зажат между двумя пружинами
одинаковой жесткости с— 19,6 Н/см (рис.32.36.1). В некоторый
момент груз был сдвинут на 4 см от поло-
^-Щ/^т^-Г7^/^^^ жения Равновесия впРаво и отпущен без
^^^Ь^КЬКЦаЦ&Ц^ начальной скорости. Найти уравнение
движения, период колебаний, а также
Рис. 32.36.1
максимальную скорость груза.
Ответ: х = 4 cos 19,8* см, Г = 0,317 с, жтах = 79,2 см/с.
Ь-
с
у "^ Решение. Пусть начальная ста-
| тическая деформация пружин (в поло-
птттгггпг | жении равновесия) равна Ао (Ао > 0 —
^тшшшш^тЬттшт^ * пружины растянуты). Сдвиг на х впра-
Рис 32 36 2 во (Рис- 32.36.2) приведет к
деформациям:
1. Ai — Ао + х (левой пружины), следовательно, сила упругости в
проекции на х: Fix = -с(Ао + х),
2. Аг = Ао — х (правой пружины), следовательно, сила упругости в
проекции на х: F2x = с(Ао - х).
Аналогично рассматривается случай сжатых (Ао < 0) пружин. Тогда
уравнение движения:
тх = -с(Ао + х) + с(А0 - х) = -2сх =Ф-
=>ш = у/2фп= yjl- 19,6- 102 - 101 « 19,8 с-1.
Решение (при указанных в задаче начальных условиях: ж(0) = 4 см, ж(0) = 0)
будет:
a;(i) = 4cos(l9,8f), Г = 2тг/ш ss 0,317 с, хтзх = 4 • 19,8 = 79,2 см/с.
X -ч
Задача 32.37(32.37). Груз Р массы т подвешен к стержню АВ,
который соединен двумя пружинами, с коэффициентами жесткости
cj и С3, со стержнем DE. Последний прикреплен к потолку в точке Н
пружиной (рис. 32.37.1), коэффициент жесткости которой С\. При
колебаниях стержни АВ и DE остаются горизонтальными. Определить
коэффициент жесткости одной эквивалентной пружины, при которой
груз Р будет колебаться с той же частотой. Найти период свободных
колебаний груза. Массой стержней пренебречь.
с, (с2 + су) m(ci + с2 + с3)
Ответ: с = , Т = 2п* —.
d +C2 +С3 V С|(С2+Сз)

а) Свободные колебания
211
///////////
Рис. 32.37.2
Решение. Расчетная схем — на рис. 32.37.2. Сначала заменим
параллельно соединенные пружины е2 и сз эквивалентной пружиной с2
жесткости: с2 = с2 + c$. А затем уже последовательно соединенные
пружины с\ и е2 — пружиной жесткости с:
с =
С\С*2 Ci(c2+Ci)
С\ +С*2 С\ + С2 + Сз
Г = 2тг
Задача 32.38 (32.38). Определить собственную частоту колебаний
груза Q массы т, подвешенного на конце упругой консоли длины /
(рис. 32.38.1). Пружина, удерживающая груз,
имеет жесткость с. хесткость на конце
консоли определяется формулой с\ = 3EJ/13
(Е — модуль упругости, J — момент
инерции). Массой консоли пренебречь.
Уу
Ъ
Ответ: к =
3EJc
m(3EJ + cP)'
I
Q
Рис. 32.38.1
Решение. Расчетная
схема — на рис. 32.38.2. Заменим
консоль эквивалентной пружи-
ной жесткости с\ = 3EJ/1 .
Тогда получим две
последовательные пружины С] и с, а
эквивалентная им пружина будет
иметь жестокость:
С\С
Со =
Рис. 32.38.2
ЗЕЗс
с + с\ 3EJ + с\ъ'
Соответственно, частота ш0 = ус^/т.

212
7. Колебательное движение
Задача 32.39 (32.39). Колебания груза массы М = 10 кг,
лежащего на середине упругой балки жесткости с = 20 Н/см, происходят
с амплитудой 2 см. Определить величину начальной скорости груза,
если в момент времени t = 0 груз находился в положении равновесия.
Ответ: я0 = 28,3 см/с.
Рис. 32.39.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 32.39.1. Если отсчитывать
перемещение груза х от положения равновесия, то его уравнение движения:
тпх — —сх с начальными условиями: ж(0) = 0, ж(0) = Vq. Решение таково:
x(t) = A sin wt + В cos wt = — sin wt,
10
где w = т/с/тп. По условию задачи vo/to — 2, следовательно,
/20-Ю2
v0 = 2w = 2d — = 28,28 см/с.
Задача 32.40(32.40). Груз Q массы тп закреплен горизонтально
натянутым тросом АВ — I (рис. 32.40.1). При малых вертикальных
колебаниях груза натяжение троса S можно считать постоянным.
л г, D Определить частоту свободных колеба-
Q
—с^
6 ца троса А равно а.
I
нии груза, если расстояние груза от кон-
Рис. 32.40.1
Ответ: к =
SI
ma(l - a)
рад/с.
Решение. Расчетная схема — на рис. 32.40.2, где х — отклонение
груза от вертикали, отсчитываемое от горизонтального положения нити
вниз, § — натяжение нити. Тогда уравнение движения груза по оси х
будет (силой тяжести пренебрегаем):
тпх
-S ■ sin a - S-sm(5, где tga =
х
tg/3 =
х

а) Свободные колебания
213
Тогда
sin a =
sin/3 =
tgQ
\/\ +tg2Q Vx2 + a2'
x
x/x2 + (l-a)2.
а с точностью до малых второго
порядка малости по х, получим:
х
sin а = —,
а
sin/З =
I — a
Тогда имеем:
Рис. 32.40.2
тх = -S х- I - + ) = -Sx— =» w = а/
\a l-aj a(l - а) у
SI
-1
та(1 - а)
Задача 32.41 (32.41). Груз веса 490,5 Н лежит посередине
балки АВ (рис. 32.41.1). Момент инерции поперечного сечения балки
J = 80 см . Определить длину балки / из условия, чтобы период
свободных колебаний груза на балке был равен Т = 1 с.
Примечание. Статический прогиб балки опре- р
деляется формулой А ^ В
48EJ'
где модуль упругости Е = 2,05 • 10" Н/м2.
Рис. 32.41.1
Ответ: / = 15,9 м.
Р
Рис. 32.41.2
^ Решение. Определим эквивалентную жесткость с балки (рис. 32.41 2)
из условия:
■'-р=*с-(ш)

214
7. Колебательное движение
Тогда период соответствующих свободных колебаний груза будет:
m Р Р
с ~ V 7 ' 48£J
I
з T2-g-4SEJ
з/l2-9,8-48-2,05- 10м - 80- 10"8
4-(3,14)2-490,5
4тг2-Р
15,858 м.
Задача 32.42 (32.42). Груз Q массы тп зажат между двумя
вертикальными пружинами с коэффициентами жесткости С\ и с2. Верхний
конец первой пружины закреплен неподвижно, а нижний конец
второй пружины прикреплен к середине
балки (рис. 32.42.1). Определить длину балки
^ I так, чтобы период колебаний груза был
равен Т. Момент инерции поперечного
сечения балки J, модуль упругости Е.
Ответ: I =
Рис. 32.42.1
N
ASEJ
( 4л■ m \
( \тгт
**• Решение. Расчетная схема — на рис. 32.42.2. Заменим балку
эквивалентной пружиной жесткости сз = 48EJ/1 (см. решение предыдущей
задачи 32.41). Затем пружины с2 и сз, последовательно соединенные,
заменим эквивалентной пружиной с2,
жесткость которой дается формулой
Рис. 32.42.2
■Г = 2яч
с2
С2С)
С2 + Су
С1+С2=С1 +
' Тп(с2+С})
Су(сх +С2)+С,С2
(см. решение задачи 32.28). Тогда мы
приходим к задаче о грузе, зажатом
между двумя пружинами жесткостей
С| и с2 (см. решение задачи 32.26).
Жесткость полученной эквивалентной
системы будет:
С2Су C3(Ci +C2)+C\C2
С2+С)
с2 + с3
гр2 гр2
—.^сз(с1 + с2) + —cic2 = m(c2 + съ)
47Г" 47Г

а) Свободные колебания
215
съ
—2(Ci+c2)-m
■ тс2 ^с\с->
4п2
4SEJ
с3 =
{т-^С)
сг
1 =
4тг2
(ci +С2)-т
\
4&Ej(cl+c2
47Г
~Т2
2 \
тп\
(4ж"тп \
Отметим, что решение и ответ справедливы при соблюдении условия:
4п2тп
С| <
Г2
< С\ + С2-
Задача 32.43(32.43). Найти уравнение
движения и период колебаний груза Q
массы тп, подвешенного к пружине с
коэффициентом жесткости С\, если
пружина прикреплена к середине балки длины
I (рис. 32.43.1). Жесткость балки на изгиб
EJ. В начальный момент груз
находился в положении статического равновесия
и ему была сообщена скорость vq,
направленная вниз.
Ответ: х =
Г = 2тг
т(с,/3 +48 £/)
4SEJCi
(ciP + 4&EJ)m
с, • 48EJ
sin
/ 4SEJc]
(CiP + 48E J)tt/'
"^ Решение. Заменяя балку эквивалентной пруж ной
жесткости С2, которая дается формулой:
4&EJ
получим расчетную схему, представленную на рис. 32.43.2.
Пружины сг,с\, последовательно соединенные,
эквивалентны одной жесткости с, которая вычисляется по
формуле (см. задачу 32.28):
48 ■ Е J • с.
с =
С|С2
ci+c2 cili + 4SEJ'
Осталось теперь найти решение уравнения тпх = —еж с
начальными условиями ж(0) = 0, ж(0) = Vq. Это решение
У////////////////Л
Q
Рис. 32.43.2

216
7. Колебательное движение
дается формулой:
x(t) — A sin wt + В cos wt = — sin wt,
w
где
Период
w =
I 48 • EJ ■ d
(c,i3 + 4SEJ) ■ m
_ 2тг _ {cxly+№EJ)m
~~w~ nV 48-EJ-Ci
Задача 32.44 (32.44). Груз веса Q зажат между двумя
вертикальными пружинами, коэффициенты жесткости которых равны С\ и с2.
Верхний конец первой пружины закреплен неподвижно. Нижний
конец второй пружины прикреплен к
свободному концу балки, заделанной другим концом
в стене (рис. 32.44.1). Зная, что свободный
конец заделанной балки под действием силы Р,
приложенной к свободному концу балки, дает
прогиб
f-Pli
lj=d /-зЖг
1^ где EJ — заданная жесткость балки при из-
Рис 32 44 1 гибе, определить длину балки I, при которой
груз будет колебаться с данным периодом Т.
Найти уравнение движения груза, если в начальный момент он был
подвешен к концам нерастянутых пружин и отпущен без начальной
скорости.
Ответ: /
N
3EJ (ci+c2
Г2 ' g)
с2
x = -Q
(Аж2 Q \
с21ъ + 3EJ
с,с2*3 + (с| +c2)3EJ
cos
'[ciC2i3 + (Cl+c2)3£J]g
(c2P + 3EJ)Q
"^ Решение. Решение задачи аналогично решению задачи 32.43. Заме-
3EJ
няем балку пружиной жесткости сз, вычисляемой по формуле: сз = —j—.
Мы получим расчетную схему на рис. 32.44.2. Далее пружины с2, сз

а) Свободные колебания
217
заменяем пружиной с жесткостью
с2с3
сг = —■—
С2+С3
(см. решение задачи 32.28). А затем уже пружины с\
и с\ заменяем пружиной
„ С1С2 + С1С3+С2С3
Со = С\ + С2 = .
с2 + с3
(см. решение задачи 32.26). Далее решаем уравнение:
Т = 2п. —
V со
относительно сз, а затем уже находим I:
vX
///////////
Рис. 32.44.2
N
/ 4тг2д>
a
/4тг2 g \
Отметим, что это решение справедливо при соблюдении неравенств:
4тг2д
с\ < —-рг <ci+ с2,
решая которые относительно Г получим:
2тг
Q
g(c\ + с2)
<Г<2тг
Левая часть этого неравенства соответствует колебаниям при
закрепленном нижнем конце пружины с2 (т. е. сз —> оо!), а правая — при
свободном нижнем конце пружины с2 (т. е. сз —> 0). Таким образом, при
фиксированных с\, с2 задаваемый в задаче 32.44 период Т не может быть
произвольным™.
Далее, если отсчитывать х вертикально вниз от положения
статического равновесия, то будем иметь дифференциальное уравнение
колебаний: тх = -cqx при начальных условиях
х(0) = -А0 = -
Тогда решение будет иметь вид:
mg
со '
Q
х(0) = 0.
x(t) = A sin w t + В cos cot = cosutf, где ш
со
(CQg
Q

218
7. Колебательное движение
Задача 32.45(32.45). Стержень ОА длины I, на конце которого
помещен груз массы тп, может поворачиваться вокруг оси О. На
расстоянии а от оси О к стержню прикреплена пружина с
коэффициентом жесткости с (рис. 32.45.1). Определить
собственную частоту колебаний груза,
если стержень ОА в положении равновесия
занимает горизонтальное положение.
Массой стержня пренебречь.
Рис. 32.45.1
Ответ:
a
к= -
I
рад/с.
**• Решение. Расчетная схема представлена на рис. 32.45.2, где угол а
отклонения стержня от горизонтали будем отсчитывать по часовой
стрелке. Пусть Ао — начальное растяжение пружины, соответствующее
горизонтальному положению стерж-
\8
Ф„ = —ma
ня OA(j. Составляя уравнение
моментов относительно точки О,
получим соотношение
сАо • a = mg ■ I
Ао
mgl
ca
Рис. 32.45.2
При движении стержня
(положение О А) также соблюдается
уравнение моментов
относительно точки О, только нужно еще
добавить силу инерции Фг = —maT (сила инерции Ф„ — -man момента
относительно точки О не дает). Тогда получим уравнение:
-Fynp • о + |ФГ| • I - mgl = 0 =>• с(Ао + act) • a + mla • I - mgl = 0.
Вспоминая, что сАо
i i
mgl, мы получим: ml a+ca a — 0
w
a f~c~
= 7V m"
Задача 32.46 (32.46). Груз Р массы m подвешен на пружине к
концу стержня длины I, который может поворачиваться вокруг оси О.
Коэффициент жесткости пружины с\. Пружина, поддерживающая
стержень, установлена на расстоянии Ь от точки О и имеет
коэффициент жесткости С2 (рис. 32.46.1). Определить собственную частоту
колебаний груза Р. Массой стержня пренебречь.
Ответ: к —
С\С2
т[с2 + (1/Ь)2с{]
рад/с.

а) Свободные колебания 219
///////////
///////////
И
о ь
В}
Ир
Рис. 32.46.1
Рис. 32.46.2
"* Решение. Расчетная схема — на рис. 32.46.2. Заменим пружину с2
эквивалентной, приложенной в точке В и имеющей жесткость с\. Эту
жесткость найдем из равенства моментов этих сил упругости относительно
точки О при повороте стержня на малый угол а:
Ъ ■ (с2 Ъ а) = 1(с2 I а) =Ф- с*2
c^=c2G)
В результате груз Р будет колебаться на двух последовательно
соединенных пружинах жесткостеи с2 и q, что соответствует одной пружине
жесткости
С\С\ С|С] Гс
- = -. л—=>w = w—.
V m
с =
\C2 + vV
Задача 32.47(32.47). Для определения ускорения силы тяжести
в данном месте земного шара производят два опыта. К концу пружины
подвешивают груз Р] и измеряют статическое удлинение пружины U ■
Затем к концу этой же пружины подвешивают другой груз Р2 и опять
измеряют статическое удлинение 12. После этого повторяют оба
опыта, заставляя оба груза по очереди совершать свободные колебания,
и измеряют при этом периоды колебаний Т\ и Гг. Второй опыт делают
для того, чтобы учесть влияние массы самой пружины, считая, что
при движении груза это влияние эквивалентно прибавлению к
колеблющейся массе некоторой добавочной массы. Найти формулу для
определения ускорения силы тяжести по этим опытным данным.
Ответ: g =
4тг2(/, - h)
Т}
П
^ Решение. Запишем уравнения равновесия грузов (проведение
первого опыта):
mxg = clu m2g-cl2.

220
7. Колебательное движение
Результат проведения второго опыта — периоды колебаний грузов:
Г1 = 2яч/"' , Т2 = 2тг
ТП2 + ТП
с V с
где m — масса пружины. Выразим из этих выражений тп:
m=(2^'C-m,; m=(2^-C"m2-
Приравняем правые части и учтем значения тп\ и т2 из первого опыта:
1
ч
di
d?
и J2
.-с - m, = —re - m2; —re = -^c
47Г2 47Г2 47Г2 g 47Г2 g
Отсюда ускорение силы тяжести
8 =
4тг2(г1-г2)
г,2-т22
Задача 32.48 (32.48). По горизонтальной хорде (пазу)
вертикально расположенного круга движется без трения точка М массы 2 кг
под действием силы притяжения F, пропорциональной по величине
расстоянию до центра О, причем
коэффициент пропорциональности 98 Н/м. Расстояние
от центра круга до хорды равно 20 см, радиус
окружности 40 см (рис. 32.48.1). Определить
закон движения точки, если в начальный
момент она находилась в правом крайнем
положении Mq и отпущена без начальной
скорости. С какой скоростью точка проходит
через середину хорды?
Рис. 32.48.1
Ответ: х — 34,6 cos It см, х — ±242 см/с.
Решение. Расчетная схема — на
рис. 32.48.2. На точку действуют
сила тяжести mg, нормальная реакция
со стороны паза N и сила притяжения
F = n- ОМ = fi\/h2 + x2.
Движение точки вдоль паза
определяется следующим
дифференциальным уравнением:
Рис. 32.48.2
тпх
-/xv/ft2"
+ X2 • COS Q,

а) Свободные колебания 221
XX fi
где cos a — —— = „:. Отсюда х Н х = 0. Начальные условия
ОМ y/h2 + х2 т
для точки:
t0 = 0, х0 = у/г2 - h2 = ^Л°>4)2 - (°'2)2 = °.2^3 и 0,346 м, ж0 = 0.
Поэтому решение уравнения
а: = A sin (fc£ + а), где А; =
принимает вид: х = 0,346 cos It м.
Итак, закон движения точки х — 34,6 cos It см. Скорость меняется
по закону х — -242,2 sin It см/с. Моменты прохождения точкой середины
хорды определяются уравнением х = 0, т.е. 34,6 cos It = 0. Отсюда
It = 7г/2 + тгп, п = 1,2, 3... . Следовательно, точка проходит середину
хорды со скоростью
х — ±242,2 см/с.
Задача 32.49(32.49). К стержню АВ, у//////////////////////////^///,
массой которого пренебречь, прикрепле- >
ны три пружины. Две, с жесткостью С\ S с, с,
и С2, удерживают стержень и расположены ^ i
на его концах. Третья пружина, жесткость
которой Сз, прикреплена к середине
стержня и несет груз Р массы m (рис. 32.49.1).
Определить собственную частоту
колебаний груза.
_ , / 4С|С2с3 , Рис. 32.49.1
Ответ: k = J — ■ ■ рад/с.
\ m(4cic2 + C]C3 + с2с3)
ч : у
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 32.49.2. Если заменить
исходную систему грузиком с одной эквивалентной пружиной, то собственная
частота колебаний груза будет равно к = \/с/тп (см. задачу 32.1). Выразим
жесткость с эквивалентной пружины через с\, с? и сз- Разобьем задачу
на 2 этапа. На первом этапе параллельны пружины С\ и с2 заменим
одной им эквивалентной пружиной с жесткостью с . Так как AD = DB,
то из равенства моментов сил F] и F-i относительно точки D получим,
что C]A( = с2А2, где Ai, A2 — деформации пружин. Нетрудно догадаться,
что деформация эквивалентной пружины А' = -(Ai + А2) и F' = F\ + Fi.
Отсюда получаем следующие соотношения:
/х/ . , . , , ciA, +c2A2 А( А2
с А = c,Ai + с2А2 =^> с = = с, — + с2—.

222
7. Колебательное движение
, Ai + A2 Ai A2
Так как А = —-—, то 2 = — + —
Ai A2
— =2 . Теперь
используем, что ct\\ = C2A2. Тогда
<>-$)
^
Отсюда получаем, что
А,
= с>Т7 + с2Т7=сг
А, А2
■с2
2с\
С\ +С2
2С2
А2
А'
+ с2-
^1
' А'
2ci
Аг С2 2сг
А' с( Ci+c2'
Асхс2
С] +С2 ~С\ +С2 С| +С2
На втором этапе две последовательно соединенные в точке D
пружины с жесткостями с' и сз заменяем одной пружиной. Имеем соотношение
между деформациями:
л.лчл,. £ = ^.
С С' Сз
1 1 1
Так как пружины невесомые, то F = F = F). Поэтому - = —I .
с d C3
Отсюда
с =
с'сз
С + Сз
4с|С2с3
4с,с2с3
. / 4с,с2 \
(С, + С2) ( ; + Сз ]
\Cl+C2 /
С2 \ 4СХС2 + С,С3 + С2С3
+ с2
Собственная частота
*=!/— =
m
4С1С2С3
m(4c|C2 + C|C3 + с2сз)

а) Свободные колебания
223
Задача 32.50(32.50). Груз массы 10 кг,
прикрепленный к пружине с
коэффициентом жесткости с = 1,96 кН/м, совершает
колебания (рис. 32.50.1). Определить
полную механическую энергию груза и
пружины, пренебрегая массой пружины,
построить график зависимости упругой силы
от перемещения и показать на нем
потенциальную энергию пружины. Принять
положение статического равновесия за
начало отсчета потенциальной энергии.
mg
Рис. 32.50.1
Ответ: Г = -тх2 + -сх2 = (5х2 + 980ж2) Дж, если х — в м, х —
в м/с. Заштрихованная на рис. 32.50.1 площадь равна потенциальной
энергии пружины.
"^ Решение. Полная механическая энергия груза и пружины
Е = Г + П.
Кинетическая энергия
Т =
mv
тпх2
2 2
Потенциальная энергия складывается из работы силы тяжести mg и
работы силы упругости пружины .Fynp при перемещении этими силами груза
из рассматриваемого положения, задаваемого координатой х, в
положение нулевого уровня потенциальной энергии (х = 0):
П = -mgx + - ((х + Аст)2 - Лет) = -х2.
Для определенности считали, что пружина растянута на величину
деформации А = х + Аст. Окончательно,
Е =
тпх2
сх
2- + Т
5х2 + 980ж2 Дж.
Сила упругости
Fynp = сХ = с(х + Аст) = сх + сАст = сх + mg.
График линейной зависимости силы упругости показан на рис. 32.50.2.
Потенциальная энергия пружины
Ппр = / с(х + Аст) d(x + Аст) = -х2 +
mgx
(Z+Лст)

224
7. Колебательное движение
Рис. 32.50.2
(так как mg = cACT). Поэтому на графике потенциальная энергия
пружины — площадь заштрихованной трапеции.
Задача 32.51. Материальная точка массы m находится в поле
действия силы с потенциалом
1
П
-к(хГ + 4у' + I6zz).
Доказать, что при движении точки из любого (ненулевого) начального
положения через некоторое время точка снова придет в это положение.
Определить это время. Будет ли скорость при возвращении равна
начальной скорости?
Ответ: Т = 2тг\/тп/к. Скорость точки через промежуток времени Т
станет равной своему начальному значению.
Решение. Если потенциал силового поля
П= -к(х2 + 4y2 + \6z2),
то проекции силы, действующей на точку, следующие:
&П.
Fx = -~- = -кх, Fy = —— = -4ky, Fz = -— = -l6kz.
ох оу oz
Движение точки определя-тся дифференциальными уравнениями:
тх = —кх, ту = —4ку, mz — — I6kz,
или
к 4к i6k
хЛ х = 0, у-\ у — 0, z-\ z = 0.
т т т

а) Свободные колебания
225
Координаты точки изменяются по гармоническим законам
( I* \ ( Г* \
х = А\ sin ( \ — t + ct\ 1, у — Ai sin I 2\ — t + a? ),
VVm /- \ Vm /
( l~k \
z = A3 sin I 4\ — t + Qi 1.
\ X m 7
Поэтому периоды изменения координат следующие:
т
тп
27г /m
2 V Jfc
L2/
7Ti
m
J- T'
7Г
2"
При движении точка снова придет в начальное положение в том
случае, если периоды Тх, Ту, Tz соотносятся между собой как рациональные
числа. В нашем случае
= 2,
= 2,
= 4.
Следовательно, точка вернется в начальное положение. Произойдет это
через промежуток времени, равный наименьшему общему кратному
периодов Tx,Ty,Tz, т. е. через время Т — Тх = 2тг\/тп/к. Так как скорость
точки вдоль осей координат изменяется также по гармоническим законам
с теми же периодами:
Гк ( Гк \ Гк ( Гк \
х = А\\ — cos ( \ — t + Qi I, у = А{1\\ — cos I 2\ — t + е*2 I,
Vm \Vm / Vm \vm /
t Гк ( Гк \
z = Аъ<\\ — cos I 4\ — t + a3 1,
V m \ V m /
то ее значение через время Т = 2тг \/тп/к совпадет с начальным значением.
Следует отметить, что при нулевых начальных условиях движение
точки отсутствует.
Задача 32.52. Материальная точка массы тп находится в поле
действия силы, потенциал которой
П = -к(х2 + 2у2 + 5z2).
Вернется ли точка в этом случае в исходное положение по прошествии
некоторого времени?
Ответ: Нельзя указать момента времени, когда все три координаты
примут исходные значения. Точка в процессе сложения трех
колебательных движений не вернется в исходное положение.

226
7. Колебательное движение
Решение. Если потенциал силового поля
1
то
__дП __
дх
П = ^к(х2 + 2у2 + 5z2),
dll
-х, Fy = -— = -2ky, Fz =
ду
= -5kz.
Дифференциальные уравнения движения точки:
х-\ х = 0, у + 2—у = 0, z + 5—z = 0.
тп тп тп
Периоды колебательных движений точки вдоль осей координат:
Видно, что отношения периодов иррациональны:
Tv Tz \2
ly -1*
Поэтому нельзя указать момент времени, когда все три координаты
примут исходные значения. Точка в процессе сложения трех колебательных
движений не вернется в исходное положение.
б) Влияние сопротивления на свободные колебания
y,i ■ ■ >•■.■ -—v.
Рис. 32.53.1
Задача 32.53 (32.51). Пластина D массы 100 г,
подвешенная на пружине АВ в неподвижной
точке А, движется между полюсами магнита
(рис. 32.53.1). Вследствие вихревых токов
движение тормозится силой, пропорциональной
скорости. Сила сопротивления движению равна
куФ Н, где к — 0,001, v — скорость в м/с,
Ф — магнитный поток между полюсами N и S.
В начальный момент скорость пластинки
равна нулю и пружина не растянута. Удлинение ее
на 1 м получается при статическом действии
силы в 19,6 Н, приложенной в точке В.
Определить движение пластинки в том случае, когда
Ф = 10\/5 Вб (вебер — единица магнитного
потока в СИ).
Ответ: х = - exp {-2,5*}(0,05 cos 13,77* + 0,00907 sin 13,77*) м, где
ось х направлена вниз из положения статического равновесия центра
тяжести пластинки.

б) Влияние сопротивления на свободные колебания 227
*+ Решение. Расчетная схема представлена на рис. 32.53.2.
Движение пластины вдоль оси х, начало которой выбрано в положении ее
центра масс в состоянии статического равновесия, определяется
следующим дифференциальным уравнением:
mx = mg-Fy„p - Fconp. He нарушая
общности, предположим, что скорость
пластины направлена вниз. Поэтому сила
сопротивления направлена вверх, так как
Допр — —кФ"«. Сила упругости
пружины -Fynp = сХ = с(Аст + х). Статическая
деформация Аст определяется из условия
равновесия mg = cACT. Подставим
выражения для сил в уравнение движения:
mx = mg- c(XCT + х) - кФ2х.
Отсюда получим дифференциальное
уравнение движения пластины с учетом
линейного по скорости сопротивления:
кФ2 с
х-\ х Ч х
m m
Канонический вид уравнения: х Ч- 2пхЧ- кГх = 0. Коэффициент затухания
кФ2 0,001-(Ю-\/5)2
п = = = 2,5.
2т 2-0,1
Собственная частота
V m у 0,1
Поиск решения дифференциального уравнения движения пластины в виде
х = exp {pi} приводит к характеристическому уравнению
р~ + 2пр + к" = 0.
Собственные числа
р1Л = -п± \/п2 - к2 = -2,5 ± х/6,25- 196 « -2,5 ± 13,77г.
Так как п < к (случай малого сопротивления), то решение запишем в виде:
х = exp {-nt} (с\ cos (v к2 - n21) + с? sin (v к2 - n2t)j =
— exp {-2,5t}(ci cos 13,77£ 4- c2 sin 13,77£).
Начальные условия:
mg 0,1-9,8
<o = 0, ж0 = -Аст = « —— = -0,05, x0 = 0.
с 19,6
А
F
■*■ сопр
J*
vnp
mg
Рис. 32.53.2
■О
w X
= 0.

228
7. Колебательное движение
Отсюда получаем
х = - exp {-2,5£}(0,05cos 13,77< + 0,00907 sin 13,77<).
Пластина совершает затухающие колебания.
Задача 32.54 (32.52). Определить движение пластинки D при
условиях предыдущей задачи (рис. 32.53.1) в том случае, когда
магнитный поток Ф = 100 Вб.
Ответ: х = -0,051 exp {-2t} + 0,001 exp {-98*}.
* Решение. Расчетная схема — на рис. 32.53.2. Воспользуемся
результатами задачи 32.53. При увеличении магнитного потока Ф увеличивается
коэффициент затухания п. Теперь
п =
кФ2 0,001 • 1002
2тп
2-0,1
50.
Собственная частота не меняется: к = \/с/тп — 14. Получили случай
большого сопротивления: п > к. Решение имеет вид:
х = exp {-nt} (с\ ехр { - \/п2 — к21} + c-i exp { уп2 — к21)) =
= exp {-50t}(ci exp {-48t} + c2 exp {48t}).
Начальные условия дают постоянные интегрирования: с\ = 0,001, ci =
= —0,051. Пластина совершает апериодическое затухающее движение:
х = exp {-50«}(0,001 exp {-4St} - 0,051 ехр {№}) =
= -0,051 ехр {-It} + 0,001 ехр {-№}.
Задача 32.55 (32.53). Цилиндр веса Р, радиуса
г и высоты h подвешен на пружине АВ,
верхний конец которой В закреплен; цилиндр
погружен в воду (рис. 32.55.1). В положении равновесия
цилиндр погружается в воду на половину своей
высоты. В начальный момент времени цилиндр
был погружен в воду на 2/3 своей высоты и
затем без начальной скорости пришел в движение
по вертикальной прямой. Считая жесткость
пружины равной с и предполагая, что действие воды
сводится к добавочной архимедовой силе,
определить движение цилиндра относительно положения
равновесия. Принять удельный вес воды равным 7-
zr :
ErErE
2г
*-*
tf
^
■
1
ll ill
'- —
Рис. 32.55.1
1 2 £ 2
Ответ: х = -hcoskt, где к = —(c + iryr ).

б) Влияние сопротивления на свободные колебания 229
В.
Aj
-
"
>
С
'
F
УФ
*U О
— —
_^
и
1".
mg
Рис. 32.55.2
"*• Решение. Расчетная схема представлена на рис. 32.55.2. Ось х
направлена вниз. Начало на оси выбрано в положении статического
равновесия центра масс цилиндра. Сила упругости
-Fynp = сХ = с(Лст + х).
Сила Архимеда
■ арх
= *r2Q+z)
7-
Статическая деформация Аст определяется из уравнения равновесия:
2h
mg — жг — 7 - сАст = 0.
Дифференциальное уравнение движения центра масс цилиндра
mx = mg- Fynp - Fapx
после подстановки вышеуказанных величин принимает вид:
х +
с + жг 7
m
а: = 0, где m = —.
Собственная частота колебаний цилиндра
к =
' С + 7ГГ27
m
= J^(c + *r2lf)-

230
7. Колебательное движение
Решение уравнения: ж = A sin (kt + а). Начальные условия: to = 0,
Жо = h/б, ±о = 0. Постоянные интегрирования: А — ft/6, a = 7г/2.
Поэтому движение цилиндра определяется законом:
Ж = — COS л / —(С + 7ГГ27) t.
6 V Р
Задача 32.56 (32.54). В предыдущей задаче определить
колебательное движение цилиндра, если сопротивление воды
пропорционально первой степени скорости и равно av.
Ответ: Движение цилиндра будет колебательным, если
„2 \ / „. \ 2
\m m J \2m/
Тогда
ж = - л / -j j exP (~n0 sin ( V«2 - n4 + 0),
2 с яг2 a у/к1 - n2 P
где Л = 1 7, ra= —, tg/3 = , m=—.
\ mm 2m n g i
"^ Решение. В условия задачи 32.55 добавляется сила сопротивления
воды .Fconp — ож. Поэтому дифференциальное уравнение движения
принимает вид:
а 2 2 с + жг2у
х-\ х + к х = 0, к = .
m m
Движение цилиндра будет носить колебательный характер (затухающие
колебания) в случае малого сопротивления, когда п < к. Коэффициент
затухания n = a/(2m), поэтому условие принимает вид:
Q /С + 7ГГ27 С + 7ГГ27
— < 4/ , ИЛИ
2т X т т
fe)!>a
Тогда х = А ехр {-nt} sin (fc^+a), где kt = Vk? — n2. Из начальных
условий (to — 0, жо = ft/6, жо = 0) получаем
h
— = A sin q, 0 = — An sin a + Ак\ cos а.
6
Отсюда

б) Влияние сопротивления на свободные колебания 231
Поэтому закон затухающих колебаний цилиндра будет следующим:
ж — —
h I k2 r Л ( rz г v/fc2 - n2 \
-у 2 _ 2 exp {-nt} sin I Vк1 ~n2t + arctg I,
где
2 С + 7ГГ 7 Q P
к = , n=—, m=—.
m 2m g
Задача 32.57 (32.55). Тело А массы 0,5 кг лежит на негладкой
горизонтальной плоскости и соединено с неподвижной точкой В
пружиной, ось которой ВС горизонтальна (рис. 32.57.1). Коэффициент
трения тела о плоскость 0,2; пру- ,
Рис. 32.57.1
жина такова, что для удлинения ее ^^ЛЛЛЛ„Л„ „„С
на 1 см требуется сила 2,45 Н. Те- ф
ло А отодвинуто от точки В так, ш
что пружина вытянулась на 3 см,
и затем отпущено без начальной
скорости. Найти: 1) число размахов, которые совершит тело А,
2) величины размахов и 3) продолжительность Т каждого из них.
Тело остановится, когда в положении, где скорость его равна
нулю, сила упругости пружины будет равна силе трения или меньше ее.
I Ответ: 1) 4 размаха; 2) 5,2 см, 3,6 см, 2 см, 0,4 см; 3) Т = 0,14 с. J
Решение. Расчетная схема — на рис. 32.57.2. Начало отсчета на оси
N
х выбрано в положении тела при недеформированной пружине. Так как
размерами тела пренебрегаем,
то считаем, что все силы при- Т у \S
ложены к одной точке (центру
масс тела).
В силу отсутствия
вертикальных движений
нормальная реакция N = mg. Сила
трения скольжения
l^wwwwvwv
'■■Ф = fN = fmg.
0
Сила упругости пружины
угш — С-Л — к-Jb •
,mg
с. 32.57.2
Движение тела вдоль оси х определяется дифференциальным уравнением
тпх = —ex ± fmg
(здесь подразумевается, что ±fmg — fmg ■ sign ж). Решим это уравнение,
с . ....... тп
х Ч х = ±fg;
m
х = A sin (kt + a) ± fg-

232
7. Колебательное движение
где
к =
Так как ж(0) = 0, то a = п/2, так как ж(0) — жо = 0,03 м, то
m
А = ж0 Т fg— = 0,03 т 0,004 м.
с
m
Поэтому х — A cos kt ± fg— = A cos 22,It ± 0,004 м.
с
1. Рассмотрим движение от положения жо = 0,03 до первой
остановки (движение влево). Так как здесь ж < 0, то в дифференци-.
альном уравнении берем знак «+» (верхний знак). Значит в x(t)
это тоже верхние знаки. Поэтому ж = 0,026 cos 22,It + 0,004.
Скорость х = -0,575 sin 22,It. Скорость ж = 0 в момент времени
т = — = = 0,14 с. Положение тела
к 22,1
ж, = х(т) = 0,026 cos 7Г + 0,004 = -0,022
(тело слева от ж = 0). Сравним силу упругости с силой трения в этот
момент:
-Fynp = с|ж, | » 245 • 0,022 « 5,38 Н,
FTp = fmg к 0,2 • 0,5 • 9,8 = 0,98 Н.
Так как Fynp > FTp, то тело продолжит движение, но теперь направо,
так как
ж(т) = (-245 - (-0,022) + 1,96) к 7,4 > 0.
Итак, продолжительность первого размаха
' = £*2^*<U4 с.
Величина первого размаха
J, = ж0 - ж, = 0,03 - (-0,022) = 0,052 м.
2. Рассмотрим движение направо с начальными условиями ж(0) = Х\ =
= —0,022, ж(0) = 0. Так как ж > 0, то теперь берем в соотношениях
нижние знаки.
ж= (ж, + ^Ч cos М- ^^ = -0,018 cos 22, It- 0,004.
Скорость ж = 0,398 sin 22,It = 0 при t = т, т. е. опять через
промежуток времени т = 0,14 с.
х2 = ж(т) -= -0,018(-1) - 0,004 = 0,014 м.

б) Влияние сопротивления на свободные колебания 233
Сила упругости
Fynp = сх2 = 245 0,014= 3,43 > FTp = 0,98 Н.
Поэтому движение продолжится (уже влево). Величина второго
размаха тела
h = х2 - ж, = 0,014 - (-0,022) = 0,036 м.
3. Рассмотрим движение влево с начальными условиями ж(0) = xj =
= 0,014, ж(0) = 0. Так как ж < 0, то в соотношениях берем верхние
знаки. Решение
х= (ж2-^Ч cos kt + -^- = 0,01 cos 22, 14 + 0,004.
Скорость ж = 0,221 sin 22,14 = 0 при т = 0,14 с. Положение тела
ж3 = ж(т) = 0,01 (-1) + 0,004 = -0,006 м.
Сила упругости
^упР = Фз| = 245 • 0,006 = 1,47 Н > Fjp.
Движение продолжится (направо). Величина третьего размаха
13 = ж2 - ж3 = 0,014 + 0,006 = 0,02 м.
4. Рассмотрим движение направо с начальными условиями ж(0) = жз =
= -0,006, ж(0) = 0. Теперь в выражениях берем нижние знаки.
Поучаем
{«+¥)
cos kt - ^- = -0,002 cos 22,14 - 0,004.
с
Скорость ж = —0,044 sin 22,14 = 0 при т = 0,14 с. Положение
х4 = ж(т) = —0,002(— 1) - 0,004 = -0,002.
Сила упругости
.Fynp = с|ж4| = 245 • 0,002 = 0,49 < 0,98 Н = F7p.
Поэтому тело остановится. Величина последнего четвертого размаха
14 = ж4 - ж3 = -0,002 + 0,006 = 0,004 м.
' Задача 32.58(32.56). Груз массы М = 20 кг, лежащий на
наклонной негладкой плоскости, прикрепили к нерастянутой пружине и
сообщили ему начальную скорость % = 0,5 м/с, направленную вниз.
Коэффициент трения скольжения / = 0,08, коэффициент жесткости
пружины с = 20 Н/см. Угол, образованный наклонной плоскостью
с горизонтом, Q = 45°. Определить: 1) период колебаний, 2) число
максимальных отклонений от положения равновесия, которые
совершит груз, 3) величины этих отклонений.
Ответ: I) T — 0,628 с; 2) 7 отклонений; 3) 7,55 см; 6,45 см; 5,35 см;
4,25 см; 3,15 см; 2,05 см; 0,95 см.

234
7. Колебательное движение
Решение. Расчетная схема —
Рис. 32.58.1а
на рис. 32.58.1а, где ось ж
направлена вдоль наклонной плоскости, а
отсчет координаты х тела будем вести
от нейтрального положения пружины
с вниз. Уравнения движения вдоль
осей х и у будут такими:
тх = mg sin a — ex — fN sign ж;
О = N - mg cos q =>■ N = mg cos a.
Отметим, что
-FVp = -fN sign x
— это сила трения скольжения,
которая всегда направлена против
скорости. Из этих уравнений имеем:
х = g sin q — ш х — fg cos a ■ sign x,
(1)
где w = с/т. Прежде чем решать нелинейное уравнение (1), выясним
вопрос о положениях равновесия рассматриваемой системы. Эти
положения соответствуют таким позициям х — ж*, для которых выполняется
равенство:
где _Ртрп.
венству:
2 . ^тр.п. п
gsma — w х* Л = О,
т
это сила трения покоя, модуль которой удовлетворяет нера-
I-Ftp.ii. \^fN = fmg cos q.
Из этих соотношений получим, что ж, необходимо удовлетворяет
неравенству:
\g sin a - w ж» | < fg cos a,
которое влечет за собой неравенства:
—g(sin а - f cos q) < xt < — g(sin a + / cos a).
(2)
Введем обозначения \i\ — g(sin a - / cos a), Hi = g(sin a + / cos a).
Приведенные рассуждения позволяют утверждать, что положения равновесия
суть целый отрезок:
1 1
ж» €
W1 W1
Тело остается в равновесии в любой точке этого отрезка, если, конечно,
его начальная скорость в этой точке равна нулю! Этот отрезок иногда

б) Влияние сопротивления на свободные колебания 235
называют «зоной застоя». Чтобы решить уравнение (1) удобно его
переписать в нормальной форме Коши, введя обозначения: Х\ — шх, хг = х.
Тогда получим систему:
±\ = шхг, ж2 = -шх\ + Ц\ при ж2 > 0, (3)
±\=wxi, &2 — —шх\ + Ц2 при ж2 < 0. (4)
Решим систему (3). Для этого умножим первое уравнение этой системы
на (Ж1 - /ii/o;), а второе уравнение — на ж2)'и сложим. Получим:
Ж] ( Ж1 ) + Ж2Ж2 = ШХ2 ( Х\ J + X2{-WXX + Hi) — 0.
Отсюда следует, что:
ж,
= 0,
т.е.
(ж,-—J + ж2 = const = (ж,(0)- — J + х\{0).
Таким образом, фазовые траектории (при ж2 = ж > 0) суть
полуокружности с центром в точке {ж|*~ = Ц\/ш, xt = 0}. Аналогично получается,
что для системы (4) фазовые траектории (при ж2 = ж < 0) суть
полуокружности с центром в точке {ж^ = ц2/ш, х2 =0}. Результаты решения
систем (3) и (4) представлены на фазовой плоскости (см. рис. 32.58.16).
оР ^
1 У
/ /
/ 1
А\ '
/
О
х2 ^^~
>Щ '
\
\
V
\
\
\
С
_ ,
\
\
\
. __
х|
1'*•
\
ч
\ ч
^
•^
ч
ч
х~
1
1
1
t
1
•■^ -"
1
1
\ \
\ \
\ \
\ \
\ \
\ \
1 [В
1 J
1 1
/ 1
X,
Рис.32. :.1б

236
7. Колебательное движение
На этом рисунке представлена одна траектория при ж2 > О
(полуокружность АВ) и следующая за ней по непрерывности траектория при xi < О
(полуокружность ВС). Отметим, что отрезок [ж]*~,ж|~], где х~[ = Hi/u,
ж 7 — цг/ы, представляет собой положения равновесия (так как х\ = о;ж*).
Процесс движения закончится тогда, когда траектория попадет на этот
отрезок. Далее, нетрудно видеть, что радиус окружности при переходе
из области жг > 0 в область ж2 < 0 уменьшается в точности на величину
Д = ж.
х =
Иг-Hi Igfcosa
со
со
Таким образом, (см. рис. 32.58.16)
АС = А =
2gf cos a
со
Ясно, что попадание на отрезок [ж/\ж]~] может произойти тогда, когда
радиус очередной окружности меньше Д. Итак, количество размахов
до достижения равновесия дается формулой:
п =
^/(ж,(0)-/л/о;)2 + ж2(0)
Переходя к исходным обозначениям, будем иметь:
п —
со
2gf cos
о-уН0-»)+my.
где [ж] — ближайшее к ж и не большее его целое число. Для нашей
задачи: ж(0) = 0, ж(0) = 0,5 м/с,
л/2, ч „ 2 с 20-Ю2
14 = g-r-(l - / = 6,356, ш2 = - = ^— = 100.
2 m
20
Тогда получим:
п
9,8 ■ 0,008 • уД
л/(6,356)2 + i ■ ИХ)] = [7,315] = 7,
т.е. число максимальных отклонений от «зоны застоя» [ж^,Ж! ] равно 7.
Величины этих отклонений каждый раз уменьшаются на
2/gcosa
Д = для Х\
и на
и
„ Д 2gf cos a
Д* = — = -£=—, = 0,01105 м= 1,105 см для ж.

б) Влияние сопротивления на свободные колебания 237
Покажем, как получить величину первого максимального отклонения
от «зоны застоя», т.е. координату точки В (х\(В), см. рис. 32.58.16).
По условию задачи мы выходим из точки D, для которой OD = Vo =
— 0,5 м/с. Затем точка движется по окружности, радиус которой равен
Тогда будем иметь:
1
а переходя к переменной х = — Х\, получим
sill = ^ + - \v7Q + Ц= 14,4 см.
Отклонение от точки равновесия х~[ будет Д7 = xmlx =• к 6,98 см.
ui-
Отклонение от точки х{ равно Д^ = ж,гах ^ ~ 8 см, а отклонение
от середины отрезка (которое, наверное, подразумевается в постановке
задачи) будет Дг = -(Д7 + Д, ) ~ 7,5 см. Далее это отклонение будет все
время уменьшаться на Д* = 1,105 (см), и мы получим искомые ответы.
Задача 32.59 (32.57). Тело массы М = 0,5 кг совершает
колебания на горизонтальной плоскости под действием двух одинаковых
пружин, прикрепленных к телу одним концом и к неподвижной
стойке — другим; оси пружин ле- .,
1 ■ ■ ^2
3/ШШ///////////////УЖ'//, -
жат на одной горизонтальной прямой ... ci , , с7
(рис. 32.59.1). У оэффициенты
жесткости пружин С] = Ci = 1,225 Н/см, 7Z
коэффициент трения при движении О
тела / = 0,2, при покое /0 = 0,25. Рис. 32.59.1
В начальный момент тело было
отодвинуто от своего среднего положения О вправо в положение
Xq = 3 см и отпущено без начальной скорости. Найти: I) область
возможных равновесных положений тела — «область застоя», 2)
величину размахов тела, 3) число его размахов, 4) продолжительность
каждого из них, 5) положение тела после колебаний.
Ответ: I) -0,5 < х < 0,5 см; 2) 5,2 см, 3,6 см, 2 см, 0,4 см;
3) 4 размаха; 4) Г = 0,141 с, 5) ж = -0,2 см.

238
7. Колебательное движение
М
1-ЛЛЛАЛЛЛАЛ- -ЛМЛЛЛЛЛ/Н
Рис. 32.59.2
§ х
■Ф- Решение. Расчетная схема — на рис. 32.59.2, где ж —
горизонтальная координата тела М, отсчитываемая вправо от его среднего положения
равновесия. Пусть Ао — начальная деформация пружин. Тогда уравнение
движения по оси ж:
тх = -с(-А0 + х) - с(А0 + ж) + F-^,
где FTp — сила трения, которая дается формулой: FTp = — fmg- sign ж при
ж Ф О, а при ж = 0: |ДР| < ftfng (т.е. это сила трения покоя). Таким
образом, уравнения движения имеют вид:
тх — -2сх - fmg ■ sign ж, х ф 0.
тх = -2сж ± FTp, ж = 0, |FTp| < fomg.
Область «застоя» (равновесных положений) определяется решениями:
{
ж=0=>ж=0
=$■ |2сж| < fomg => -
Решим уравнение
2сж = ±F,
•ф
fomg f0mg
< х ^ —— ~ 0,5 см.
2с
2с
тх = —2сж ± /тц£
fie
при начальных условиях ж(0) = жо = 3 см, ж(0) = 0. Имеем при ш = \ —:
V т
x{t) = A sin шt + В cos wt ±
Jmg
fmg
2с '
следовательно, при ж(0) = 3 имеем В = Т — h 3.
2с
x(t) = Аш cos u;£ - Вш sin ш£,
следовательно, при ж(0) = 0 имеем А = 0. Итак:
^ 7711Г
x(t) = 3cosu;£ ± ——(1 - coswt),

б) Влияние сопротивления на свободные колебания 239
причем надо выбирать знак «+», так как x(t) — -Вы sinutf < 0 (так как
В > 0 заведомо!). Далее, x(t) обратится в нуль при t\ = Т = 7г/о; = 0,141 с
при этом
x(ti) = -3 + — - -3 + 0,8 = -2,2 ,
с
а всего размах от точки ж(0) = 3 будет 3 + 2,2 = 5,2 (см). Далее решение
аналогично, только надо брать знак «-» при /, начальные условия
ж(0) = -2,2, ж(0) = 0. Получим:
f ТП£
x(t) — -2,2 cos vot (1 - cc&wt),
2c
x(t)= (2,2-^-)ojsinojt<0.
Опять x(t) обратится в нуль при t — t\ = n/w, причем
x(t{) = 2,2 = 1,4,
с
тогда размах: 2,2 + 1,4 = 3,6. Затем будет х = —1,4 + 0,8 = -0,6, размах
0,6+1,4 = 2. И последнее будет х = 0,6-0,8 = -0,2, размах 0,6-0,2 = 0,4.
В точке -0,2 будет остановка, так как эта точка принадлежит интервалу
[-0,5, 0,5] и в этой точке ж = 0!
Задача 32.60 (32.58). Под действием силы сопротивления R,
пропорциональной первой степени скорости (R — av), тело массы т,
подвешенное к пружине жесткости с, совершает затухающие
колебания. Определить, во сколько раз период затухающих колебаний
Т превосходит период незатухающих колебаний То, если отношение
n/k = 0,1 (А;2 = c/m, n = a/(2m)).
Ответ: Г и 1,005Г0.
V
Решение. Уравнение движения:
а с
тх + ах + сх = 0 =$■ ж Н х Л ж = 0,
т т
следовательно, решение имеет вид:
с а2
x(t) = e*p{~tj(Asinujt + Bco&ujt), где и = у ^ w -
27г 2т
=>• Т = — = 2-л- — период затухающих колебаний;
w v 4jnc - a2
27г 2т
Г0 = — = 27Г — период незатухающих колебаний,
Wo y/Amc

240
7. Колебательное движение
следовательно,
Т
Атпс
Атпс — а2
N
1-
а
Атпс
(ОД)2
1,005.
Задача 32.61 (32.59). В условиях предыдущей задачи определить,
через сколько полных колебаний амплитуда уменьшится в сто раз.
Ответ: через 7,5 полных колебаний.
Решение. Имеем:
ехр
\2тпкТ)
100:
2тп
к = —In 100
аТ
1
2тп у/Атс - а2 1
In 100 = —
а Ажт 27г
4тс
- 1 In 100
а"
= —\Л00— 1 In 100 = 7,275 (полных колебаний).
27Г
Задача 32.62(32.60). Для определения сопротивления воды
движению модели судна при очень малых скоростях модель М пустили
плавать в сосуде, привязав нос и корму посредством двух одинаковых
пружин А и В, силы натяжения которых пропорциональны
удлинениям (рис. 32.62.1). Результаты наблюдений показали, что отклонения
модели от положения равновесия после каждого размаха
уменьшаются, составляя геометрическую прогрессию, знаменатель которой равен
0,9, а продолжительность каждого размаха Т = 0,5 с. Определить силу
R сопротивления воды, приходящуюся на каждый килограмм массы
модели, при скорости ее равной 1 м/с, предполагая, что сопротивление
воды пропорционально первой степени скорости.
Рис. 32.62.1
Ответ: R = 0,42 Н.
Решение. Уравнение движения (аналогично решению задачи 32.59):
тпх + ах + сх — 0.

6) Влияние сопротивления на свободные колебания 241
Решение имеет вид:
x(t)
= еХР{"^}
(A sin ut + В cos ut)
a m 10 a 2 10
—T = ln — =^ — = -ln — = 0,42 H.
2m 9 m T 9
Задача 32.63 (32.61). В условиях предыдущей задачи (рис. 32.62.1)
найти уравнение движения модели, если в начальный момент
пружина А была растянута, а пружина В сжата на величину Д/ = 4 см
и модель была отпущена без начальной скорости.
Ответ: х = ехр{-0,21*}(4 cos 6,28* + 0,134sin6,28f) см.
^ Решение. Здесь начальные условия: х(0) = 4 см, ±(0) = 0. Ищем
А и В из уравнений:
x(t) — ехр {-0,21t}(A sin ut + B cos a;f)
t=o
= 4,
x(<) = exp {-0,21t} [-0,2 If (Л sin ut + B cos ut) +
+ (.4a; cos ut — Bu sin ut)]
= 0,
<=o
=^B = 4, -0,21-B + i4n; = 0=>i4 =
где u = 2ir/T0, T0 = 2 ■ 1/2 = 1 =» w - 2?r = 6,28.
0,21-4
a;
Задача 32.64 (32.62). Для определения вязкости жидкости Кулон
употреблял следующий метод: подвесив на пружине тонкую пластинку
А (рис. 32.64.1), он заставлял ее колебаться сначала в воздухе, а
затем в той жидкости, вязкость которой надлежало
определить, и находил продолжительность
одного размаха: Т\ — в первом случае и Тг — во
втором. Сила трения между пластинкой и
жидкостью может быть выражена формулой 2Skv, где
25 — поверхность пластинки, v — ее скорость,
к — коэффициент вязкости. Пренебрегая
трением между пластинкой и воздухом, определить
коэффициент к по найденным из опыта
величинам Т\ и Тг, если масса пластинки равна т.
Ответ: к =
жги
STXT2
\1П-т1
У//////////Ш/////////Л
Рис. 32.64.1

242
7. Колебательное движение
"^ Решение. Пусть с — упругость пружины. Тогда без жидкости
полупериод дается из уравнения тпх + сх = 0 по формуле Т\ — п\/тп/с.
Полупериод при наличии жидкости находится из уравнения
тпх + 2Skx Ч- сх = 0 => Тг — п*
тп2
(cm - S2k2)'
Исключая из этих двух уравнений для Т\ и Тг величину с, мы получим
уравнение для определения к:
->2 2
1 , 1
с S2k2 ж2 S2k
птп Г~1 Г
тп тп2 Т2 тп2
Задача 32.65 (32.63). Тело массы 5 кг подвешено на пружине,
коэффициент жесткости которой равен 2 кН/м. Сопротивление
среды пропорционально скорости. Амплитуда после четырех колебаний
уменьшилась в 12 раз. Определить период и логарифмический
декремент колебаний.
~ пТ
Ответ: Т = 0,316 с, А = — = 0,3106.
** Решение. Уравнение движения:
ас 2
тпх + ах + сх — 0 ==> х Ч х ч- —х — х + 2пх + wnx = 0,
тп тп
где п = а/(2тп), w0 — с/тп. Решение:
x(t) — exp {-nt}(A sin wt + В cos wt),
где
w = V "о - '
п2=>Г =
2n
y/"o - n2
Кроме того, по условию задачи
exp {п ■ 4Г} = 12 => п • 4Г = In 12 => п2 • 16Г2 = (In 12)2 =
„2 1£ „_2
= (In 12)2 => 64тг2п2 = wj|(ln 12)2 - n2(ln 12)
w6 " п
, wj?(ln 12)2
=» n = ^ ° /■ ,^, = 3,87 =» Г = 0,316,
647г2Ч-(1п 12)2
пГ
A= — =0,3106.
2

б) Влияние сопротивления на свободные колебания 243
Задача 32.66(32.64). В условиях предыдущей задачи найти
уравнение движения тела, если его подвесили к концу нерастянутой
пружины и отпустили без начальной скорости.
Ответ: х = exp{-l,97*}(-2,45cos 19,9* - 0,242 sin 19,9/!) см.
^ Решение. Надо решить уравнение:
х + 2пх + щх = 0
(см. решение предыдущей задачи 32.65) с начальными условиями:
х(0) = = -2,45 см, ±(0) = 0.
Используя решение задачи 32.65 имеем: п — \/3,87 = 1,97, ш\ = 400.
Тогда уравнение движения тела будет:
x(t) = exp {-nt}(Asinut +В cos wt)< где w = J ш1 -n2 = 19,9.
x(t) = —nexp{—nt}(Asmwt + Bcoscijt) + exp{-nt}(Awcoswt-BoJsir\Cijt).
Используя начальные условия, получим:
-2,45 = В, 0 = -Bn + Aw=^> В = -2,45; А = — = -0,2425.
w
Получим ответ:
x(t) = ехр{-1,974} [-0,2425 sin 19,9< - 2,45 cos 19,%].
Задача 32.67(32.65). Тело массы 6 кг, подвешенное на пружине,
при отсутствии сопротивления колеблется с периодом Т = 0,47г с,
а если действует сопротивление, пропорциональное первой степени
скорости, с периодом Т\ = 0,57г с. Найти коэффициент
пропорциональности а в выражении силы сопротивления R = —av и определить
движение тела, если в начальный момент пружина была растянута
из положения равновесия на 4 см и тело предоставлено самому себе.
Не / 4\
Ответ: a — 36 , х = 5 exp {-3t} sin I At + arctg - I cm.
м
Решение. Уравнение движения без сопротивления:
Гс [гп
тх + сх = 0 =>■ шо = \ I — =>■ Т\ = 27Гч / — ==>
=>■ — =27Гч/— =Ф> — = — =>с = 25т = 150.
5 V с с 25

244
7. Колебательное движение
Уравнение движения с сопротивлением:
а с
mx + ax + cx = 0=>жН х-\ х = 0=>
тп тп
? а ^ с
=4>ж + 2п± + а>0ж = 0, где п=—, w0 = — = 25 =
2m m
27Г 7Г
у/25-п?
.U = yf^^=y/2T^==>T2 = -^= = ^
=> л/25 - п2 = 4=>25-п2 = 16=Фп2=9=>п = 3=>а = 2тпп = 36;
a; = yju2, - n2 = л/25 - 9 = 4.
Решение ищем в виде:
а:(£) = А ехр {—n£} sin (wt + (pa),
x(t) = -An ехр {-nt} sin (cut + ip0) + Aw exp {-nt} cos (wt + ifo).
Используя начальные условия: ж(0) = 4, £(0) = 0, получим:
4 = Asinifo,
О = —Лп sin <ро + Аш cos v^o ==>■ -^ cos Vo = 4 • n = 12 =>
=> Л cos v>o = 3 ==> Л2 (sin2 ^?o + cos2 <po) = 25 ==> A — 5;
tg Vo = 4/3 => yj0 = arctg (4/3);
a = 36, x(t) = 5 exp {-3*} sin {At + arctg (4/3)).
/■ ^
Задача 32.68(32.66). Тело массы 1,96 кг, подвешенное на
пружине, которая силой 4,9 Н растягивается на 10 см, при движении
встречает сопротивление, пропорциональное первой степени
скорости и при скорости 1 м/с равное 19,6 Н. В начальный момент пружина
растянута из положения равновесия на 5 см и тело пришло в движение
без начальной скорости. Найти закон этого движения.
Ответ: х = 5 ехр {-5£}(5£ + 1) см.
"^ Решение. Уравнение движения: тпх + ах + сх = 0, начальные
условия: ж(0) = 5, х(0) = 0. Имеем из условия задачи: m = 1,96 кг,
ю-
с = т^гу = 49 Н/м, а = 19,6 Н-с/м. Таким образом, уравнение имеет вид:
ас 2
х Ч х + —х = х + 2пх + w0x = 0,
тп тп
где
с 49 I
а 19,6 _ 2_ с _ 49
П=2тп = 2-1,96 = 5' "° ~ m ~ Т%

6) Влияние сопротивления на свободные колебания 245
т. е. характеристическое уравнение А" 4- 2nA + Wq = 0 имеет один кратный
корень А = —п. Поэтому решение ищем в виде:
x(t) = exp {-nt}(At + В) => х = exp {-nt}(-nAt - пВ + А).
Используя начальные условия, получаем:
5 = В, 0 = -пВ + А=>В = 5, А = пВ = 25;
x(t) = 5 exp {-5<}(5£ + 1) (апериодическое движение).
Задача 32.69 (32.67). Грузы массы гп\ = 2 кг и т2 =
= 3 кг подвешены в положении статического
равновесия к пружине (рис. 32.69.1), коэффициент жесткости
которой с = 392 Н/м. Масляный демпфер вызывает
силу сопротивления, пропорциональную первой
степени скорости и равную R = —av, где а = 98 Н • с/м.
Груз уть сняли. Найти после этого уравнение движения
груза т\.
Ответ: х = 8,32 exp {-4At} - 0,82 exp {-44,6*} см.
Рис. 32.69.1
Решение. Растяжение Ai пружины при двух грузах будет:
(m, + m2)g
А,=
с
а растяжение только при грузе тп,\: \г = m\g/c. Тогда А| = 0,125 м,
А2 = 0,05 м. Тогда начальное условие для груза гп\ (после того, как сняли
груз тг) будет х(0) — \t — \2 = 0,075 (если, конечно, подразумевается,
что х отсчитывается от нового положения статического равновесия для
груза Ш| вниз). Кроме того, имеем начальное условие х(0) — 0. Запишем
уравнение движения:
тп\Х + ах + сх = 0=Ф>
а с
х -I х + —х = 0:
ТП] ГП\
98 392
X -\ X Л X = 0 :
2 2
98
п = — = 24,5,
4
2
196;
корни характеристического уравнения v + 2 • 24,5 • v + 196 = 0:
i/, = -24,5 + д/(24,5)2 - 196 = -4,39,
i/2 = -24,5 - у/{2А,5У - 196 = -44,5.
Следовательно, решение ищем в виде:
ж(*) = с\ exp {i/,f} + с2 exp {v2t} =>■ х(«) = с,!/, exp {i/,<} + c2f2 exp {v2t}.

246
7. Колебательное движение
Используя начальные условия, запишем уравнения для определения
констант С) И С2~.
4 39
0,075 = С\ + с2, 0 = -с, • 4,39 - с2 • 44,5 =>■ с2 = -С| -j— =>■
/ 4,39 \ 0,075-44,5
==> 0,075 = с, ( 1 - -j- ) ==> с, = ' . Л ' = 0,0832 м = 8,32 см;
V 44,5/ 44,5-4,39
С2 = —0,82 см.
Поэтому следующий ответ: x(t) — 8,32 ехр {-4,39£} - 0,82 ехр {-44,5t}.
Задача 32.70 (32.68). Статическое удлинение пружины под
действием груза веса Р равно /. На колеблющийся груз действует сила
сопротивления среды, пропорциональная скорости. Определить
наименьшее значение коэффициента сопротивления а, при котором
процесс движения будет апериодическим. Найти период затухающих
колебаний, если коэффициент сопротивления меньше найденного
значения.
2F 2Р
Ответ: a = —■==. При a < —■=. движение будет колебательным
\/gf у/И
с периодом Т = —, :, где m = —.
у / 4т2
^ Решение. Уравнение движения:
тпх + ах + сх — 0,
где х отсчитывается от положения статического равновесия. Из условия
задачи с = P/f. Имеем:
ас j а г с Р
хЛ—±Л—х = 0 ==>■ x+2nx+w0x = 0, где п = —, шп = — = .
тп тп 2тп тп jm
Корни характеристического уравнения
v2 + 2nv + w\ — 0
суть
V\ = —П + у/п2 — LJq, V2 = —П - у/п2
Процесс будет затухающим и апериодическим при
•ад

б) Влияние сопротивления на свободные колебания 247
2 2Р
Если же n < wq , т. е. a < —у=, то корни будут комплексно
сопряжения/
ными и процесс будет периодическим (затухающим) с периодом:
„, 2тг 2тг 2тг Р
— = —, = —, =. где m = —.
л AiJ? — 7J.2 / С СГ &
y/uf-
nL e a
4m2
Задача 32.71. Груз массы 100 г, подвешенный к концу пружины,
движется в жидкости. Коэффициент жесткости пружины с = 19,6 Н/м.
Сила сопротивления движению пропорциональна первой степени
скорости груза: R = av, где a = 3,5 Н • с/м.
Найти уравнение движения груза, если в начальный момент груз
был смещен из положения равновесия на хо — I см и отпущен без
начальной скорости.
Ответ: x(t) = 1,32 exp {-7«} - 0,33exp{-28t} см.
^ Решение. Уравнение движения:
2 1 а 1 3,5
х + 7пх + ш0х = 0, где п = -— = х-ггг = 17,5,
2 с 19,6
(4 = — = —— = 196.
Корни характеристического уравнения V + 2 • 17,5 • v + 196 = 0 суть
I/, = -17,5 + д/(17,5)2 - 196 = -17,5 + 10,5 = -7,
i/2 = -17,5- ^/(17,5)2- 196 = -28.
Начальные условия: ж(0) = 1 см, i(0) = 0. Решение
x(t) = ci exp {fit} + C2 exp {v2t},
x(t) = C\V\ exp {v\t} + Civj exp {i^O =>■
=>■ 1 = Cj + Ci, 0 = Cil/i + C2^2 ==> C) = 1,32 CM, C2 = —0,32 CM.
Задача 32.72. В условиях предыдущей задачи найти уравнение
движения груза и построить график зависимости перемещения от
времени, если в начальный момент груз смешен из положения
статического равновесия на расстояние xq = 1 см и ему сообщена
начальная скорость 50 см/с в направлении, противоположном смешению
(рис. 32.72.1).
Ответ: х = - ехр {-It} + 2 exp {-2j8£} см.

248
7. Колебательное движение
Рис. 32.72.1
^ Решение. Здесь начальные условия другие, а именно: ж(0) = 1 см,
ж(0) = —50 см/с. Имеем для с\ и с2 уравнения:
22 43
l = ci+c2, -50 = c,i/| +С2^2=»с, = -—; с2 = —.
Поэтому решение имеет вид:
з(«) = -^j exp {-It} + — ехр {-280-
Задача 32.73. В условиях задачи 32.71 в начальный момент груз
смещен из положения равновесия на расстояние i0 = 5 см и ему
сообщена начальная скорость v$ — 100 см/с в том же направлении
(рис. 32.73.1). Найти уравнение движения груза и построить график
зависимости перемещения от времени.
Ответ: x(t) = 11,42 ехр {-Щ - 6,42 ехр {—28*} см.
0,0385 0,05 0,1 0,2
Рис. 32.73.1
0,3 t, с
^ Решение. Здесь начальные условия такие: х(0) = 5 см, ±(0) = 100 см/с.
Тогда имеем:
5 = С\+с2, 100 = С]1Л +c2v2 =^С] = 11,42; с2 = -6,42.

б) Влияние сопротивления на свободные колебания 249
Тогда решение имеет вид:
x(t) = 11,42 exp {-It} - 6,42 ехр {-Ж}.
/• " ^
Задача 32.74(32.72). Составить дифференциальное уравнение
малых колебаний тяжелой точки А, находящейся на конце стержня,
закрепленного шарнирно в точке О (рис. 32.74.1), считая силу
сопротивления среды
пропорциональной первой степени скорости с
коэффициентом пропорциональности а,
и определить частоту затухающих
колебаний. Вес точки А равен Р,
коэффициент жесткости пружины с,
длина стержня I, расстояние ОБ = Ъ.
Массой стержня пренебречь. В
положении равновесия стержень
горизонтален. При каком значении
коэффициента а движение будет
апериодическим?
Ответ:
Р
g
У + а-^у + с-^у = 0, k =
рад/с.
a>
Рис. 32.74.2
Решение. Расчетная схема — на рис. 32.74.2. Чтобы составить
уравнение малых колебаний точки А, используем равенство нулю моментов
всех сил относительно точки О, причем надо учесть также
тангенциальную силу инерции Фт = -maT (нормальная сила инерции Ф„ = —ma„

250
7. Колебательное движение
дает нулевой момент относительно точки О, так как ее линия действия
проходит через эту точку). Имеем:
|ФГ| • I - mg ■ I + с(А0 + bip) ■ Ь + а{Ьф) -6 = 0.
|ФГ| = тп1ф, а в положении равновесия (<р = 0) имеем равенство моментов
относительно точки О: -mgl + cXq 6 = 0 (Ао — статическое растяжение
пружины). Поэтому получим следующее дифференциальное уравнение
малых колебаний:
2 2^
ml ф + ab ф + cb"<p = 0.
Используя перемещения по оси у, для которых у — 1<р, у = 1ф, у = 1ф,
получим:
т*2| + оЬ2| + сЬ2у = 0^mj/+afy) y+c\j) y = 0>
Р
где m = —.
g
Корни соответствующего характеристического уравнения суть:
2
"■^-^(у) ±v^G) ~'cG)
1
ш"
Отсюда следует, что при
I^(r»V<£(r»V те 1^Г*У<-
4m2VV т\1/ ' 4m2W ™
движение будет колебательным с затуханием, причем частота
Если же
то движение
1 от
4т2
Ь 1с
^0 = уд/ —
{ У тп
\l) m
будет апериодическим и
_/о»у
\2mlJ
21
т. е. а ^ — \
6
затухающим.
fan.
Задача 32.75 (32.73). При колебаниях груза массы 20 кг,
подвешенного на пружине, было замечено, что наибольшее отклонение
после 10 полных колебаний уменьшилось вдвое. Груз совершил 10
полных колебаний за 9 с. Как велик коэффициент сопротивления а
(при сопротивлении среды, пропорциональном первой степени
скорости) и каково значение коэффициента жесткости с?
Ответ: а = 3,08 Н • с/м, с = 974,8 Н/м.

б) Влияние сопротивления на свободные колебания 251
Решение. Уравнение движения:
-. • 2 a Iе
х + 2пх + щх — 0, где п = —, о>о = —.
2тп тп
Решение имеет вид:
x(t) = ехр {-nt}(A sin wt + В cos wt),
где
ш
2тг
2тг
* CJ / 2 ?
По условию имеем ехр {п- ЮГ} = 2, кроме того ЮГ = 9 с, следовательно,
Г = 0,9 с. Тогда имеем
In 2
п ■ ЮТ = In 2 =ф- п = = 0,077 ==»
9
а = 2т • п = 2 • 20 • 0,077 = 3,08 Н • с/м.
Далее
Тогда
27Г 27Г
ш = — = — = 6,97.
Г 0,9
Шо = w2 + п2 = (6,97)2 + (0,077)2 = 48,581
с = mwl = 20 • 48,581 = 971,62.
Задача 32.76 (32.74). Составить дифференциальное уравнение
малых колебаний точки А и определить, частоту затухающий
колебаний. Вес точки А равен Р, коэф- у
фициент жесткости пружины с,
расстояние О А = Ь, О В = I. Сила
сопротивления среды пропорциональна
первой степени скорости,
коэффициент пропорциональности равен а.
Массой стержня ОВ, шарнирно
закрепленного в точке О, пренебречь.
В положении равновесия стержень
горизонтален (рис. 32.76.1). При каком
значении коэффициента а движение
будет апериодическим?
Рис. 32.76.1
Р el2 cl2g a2g2 21 сР
Ответ: -у+ау+-^у = 0, ft, = ^ —2 - -^ рад/с, a^jJ — .

252
7. Колебательное движение
Рис. 32.76.2
Решение. Расчетная схема — на рис. 32.76.2. Для вывода уравнений
движения поступаем аналогично решению задачи 32.74, т.е. составляем
уравнение равенства нулю всех моментов сил (включая силы инерции)
относительно точки О. В результате получим:
т{Ьф) ■ Ь + а(Ьф) -Ь- mg-b + с(Л0 + 1<р) ■ I = 0.
Используя статическое равенство (при <р = 0): -mg • Ь + cXqI = 0, где
Ао — статическое сжатие пружины, получим:
Т Т Т
тЬ"ф + аЬ"ф + d"<p = 0.
Или, переходя к перемещению по вертикали у, получим:
2
0.
р
—у + ау + с
g
Ф"
Отсюда частота
wi
4р2'
а движение будет апериодическим, когда под корнем отрицательное
выражение, т. е.
21 [сР
а>-л —
Задача 32.77. Тело массы 5 кг подвешено к концу пружины
жесткости 20 Н/м и помещено в вязкую среду. Период его колебаний
в этом случае равен 10 с. Найти постоянную демпфирования,
логарифмический декремент колебаний и период свободных колебаний.
пТ
Ответ: а = 19 Н • с/м, А = — = 9,5, Т = 3,14 с.

в) Вынужденные колебания 253
где
где
Решение. Имеем уравнение движения:
тх + ах + сх = 0 => х + 2пх + w$x = О,
а у с 20 27Г
п=—, и02 = - = —=4, Г = —,
2m m 5 а;
О) = л/Wq - П2 :
.2
4зг2 2 2 4тг2 4-(3,14)2
ш =-=■г => " = wn - -^г = 4 = 3,605 ==»
Т2 ° Т2 100
п = 1,898 =>а = 2т-п = 2-5- 1,898 = 18,98 Н • с/м.
пТ 2тг 2тг
А= — = 9,49; Т0 = — = — = тг«3,14с.
2 wo 2
в) Вынужденные колебания
Задача 32.78(32.75). Найти уравнение прямолинейного движения
точки массы т, находящейся под действием восстанавливающей силы
Q — —сх и постоянной силы F0. В начальный момент t = 0, хо = 0
и ±0 = 0- Найти также период колебаний.
^0/ „ А7Г 2тг
Ответ: х = —(1 -cosAt), где А = */ —, Т — —.
с V m A
^ Решение. Уравнение динамики для точки:
тпх = Q + Fo = -сх + Fq,
начальные условия: х(0) = 0, х(0) = 0. Решение ищем в виде:
F0
x(t) — h A sin wt + В cos wt,
с
где w = \/с/тп — частота. Имеем:
x(t) = Aw cos wt — Bw sin wt.
Тогда 0 = F0/c + B,0 = Aw=>A = 0, B = -F0/c. Решение:
F
x(t) = —(1 - cos wt).
с
Период
27Г [m
w V с

254
7. Колебательное движение
Задача 32.79(32.76). Определить уравнение прямолинейного
движения точки массы тп, находящейся под действием
восстанавливающей силы Q — -сх и силы F = at. В начальный момент точка
находится в положении статического равновесия и скорость ее равна
нулю.
а /с
Ответ: х = т(Ы — sinkt), где к = л/ —.
тк-* V т
*"► Решение. Уравнение динамики:
тпх = —сх + at, х(0) = ±(0) = 0.
Решение ищем в виде
x(t) = A sin wt + В cos wt + Dt.
Константу D найдем в результате подстановки в уравнение:
0 = -cDt + at=> D = -.
с
Константы А и В найдем из начальных условий х(0) = 0, ±(0) = 0.
В результате получаем:
D a
0 = В, 0 = Aw + D=>B = 0, А = = .
U) СШ
Тогда
a a a
x(t) — sin wt + D ■ t = sin wt -\— • t,
СШ CW С
где ш = y/c/m — частота. Используя равенство с = тпш", получим:
( a a \ a
Х\Ч — I т sin wt -\ Tt J = г (art — sinwn.
\ mwJ muiz / mwi
f Л
Задача 32.80 (32.77). Найти уравнение прямолинейного
движения точки массы тп, на которую действует восстанавливающая сила
Q = -сх и сила F — F0exp{-at}, если в начальный момент точка
находилась в положении равновесия в состоянии покоя.
Ответ: х —
тп(к2 +
-^- I exp {-at\-coskt+— sinkt J, где к — \ —.
а2) \ к / \ тп
^ Решение. Уравнение динамики для точки:
mi = -сх + Fq exp {-at}.
Решение ищем в виде:
x(t) — A sin wt + В cos wt + Xi(t),

в) Вынужденные колебания 255
где w = у/с/тп — частота, xt(t) — частное решение, которое ишем в виде
X\(t) — Dexp {-at}. После подстановки в уравнение, получим:
mDa exp {-at} = -cD exp {-at} + F0 exp {-at} ==> D
ma2 + c"
Итак решение:
x(t) = A sin wt + В cos wt +
Fn
ma1 +c
F0a
exp {-at}.
x(t) = Aw cos wt - Bw sin wt ^ exp {-at}.
ma1 + c
Учитывая начальные условия х(0) = x(0) = 0, получим:
0 = Б +
Fo
ma2 + c'
ma1 + c
0 = Aw-
A =
FQa
ma2 + c
F0a
w(ma2 + c)
=>B = -
Итак, решение имеет вид:
x(t) = г I exp {-at} -\— sin wt - cos wt ).
ma2 + c\ w )
s ■ ■
Задача 32.81 (32.78). На пружине, коэффициент
жесткости которой с = 19,6 Н/м, подвешен магнитный
стержень массы 100 г. Нижний конец магнита проходит через
катушку, по которой идет переменный ток г — 20 sin $nt A
(рис. 32.81.1). Ток идет с момента времени t = 0,
втягивая стержень в соленоид; до этого момента магнитный
стержень висел на пружине неподвижно. Сила
взаимодействия между магнитом и катушкой определяется
равенством F = 0,0l67ri H. Определить вынужденные
колебания магнита.
Ответ: х = -2,3 sin 8nt см.
Рис. 32.81.1
**• Решение. Отсчитываем х — вертикальную координату стержня —
от положения равновесия вниз. Тогда уравнение движения:
mi = -ex + F = —сх + 0,01б7г • 20 sin 8nt.
Решение ищем в виде х = A sin Snt+B cos Snt. После подстановки в
уравнение и приравнивания коэффициентов у cos и sin в левой и правой
частях, получим:
В = 0, -тЛ(87г)2 = -сЛ + 0,016тг-20=>

256
7. Колебательное движение
0,01бтг-20 3,14-0,32 1,0048
10
Таким образом, закон вынужденных колебаний:
x(t) = -2,3 sin Snt см.
Задача 32.82 (32.79). В условиях предыдущей задачи найти
уравнение движения магнитного стержня, если его подвесили к концу
нерастянутой пружины и отпустили без начальной скорости.
Ответ: х — -5 cos I4t + 4,13 sin I4t - 2,3 sin Snt см.
^ Решение. Меняются начальные условия: х(0) = —mg/c; x(0) = 0.
Поэтому х(0) = —0,05 м = —5 см. Тогда, используя частное решение,
полученное при решении задачи 32.81, ищем решение в виде:
x(t) = A sin wt +В cos u)t - 2,3 sin 8nt, где w = \ — = 14.
V m
x(t) = Aw cos wt — Bw sin wt - 2,3 • Sn cos Snt.
2,3 -8тг
-5 = B, 0 = Au-2,3-8ir=>B = -5, A = - =4,128.
14
Тогда решение:
x(t) = 4,128 • sin \4t - 5 cos Ш - 2,3 sin 8тг«.
r
Задача 32.83 (32.80). В условиях задачи 32.81 найти уравнение
движения магнитного стержня, если ему в положении статического
равновесия сообщили начальную скорость vq = 5 см/с.
Ответ: х = 4,486 sin Ш - 2,3 sin 87г£ см.
""* Решение. Здесь начальные условия: х(0) = 0, ±(0) = 5 см/с.
Решение ищем в виде:
x(t) = A sin wt + В cos ut — 2,3 sin Snt.
Получим, аналогично решению задачи 32.82, уравнения для определения
An В:
5 + 2,3 • 8тг
0 = В, 5 = Аш - 2,3 • 8тг => В = 0, А = = 4,48.
14
Итого решение:
x(t) = 4,48 sin Ш - 2,3 sin Ш.

в) Вынужденные колебания 257
Задача 32.84(32.81). Гиря М подвешена на пружине АВ,
верхний конец которой совершает гармонические колебания по
вертикальной прямой амплитуды а и частоты п (рис. 32.84.1), так что
0\С = a sin nt см. Определить вынужденные колебания гири М при
следующих данных: масса гири равна 400 г, от действия силы 39,2 Н
пружина удлиняется на 1 м, a = 2 см, п = 7 рад/с.
Ответ: х = 4 sin 7£ см.
Й1
I*
1
IE
I
— г
1
фа sin nt
х I
Рис. 32.84.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 32.84.2, где ось х отсчиты-
вается от положения статического равновесия гири М (точки В конца
пружины) при t = 0, при котором статическая деформация пружины Аст
определяется соотношением сАст = mg.
Текущая деформация пружины равна
X = Хст + х — asinnt.
Тогда уравнение движения гири М, т.е. точки В, по оси х имеет вид:
mi = mg- Fynp , где Fynp = сХ.
Отсюда
mi = mg - с (Аст 4- х - a sin nt),
или
mi = — ex + ac sin nt.
Вынужденное (частное) решение имеет вид:
xB(t) = A sin nt + В cos nt,

258
7. Колебательное движение
после подстановки в уравнение получим:
m(—An sin nt — Вп cos nt) = —cA sin nt - cB cos nt + ac sin n£.
Отсюда имеем (приравнивая коэффициенты при sinnt и cosnt):
-mn A = —cA + ас; —тпВп = —сВ =4> В = О,
ас 2 • 1(Г2 • 39,2 0,784
0,04 м.
с-тп2 39,2-4-10-'-49 19-6
Итого решение: x(t) = 0,04 sin It м.
Задача 32.85 (32.82). Определить движение гири М (см. задачу
32.84), подвешенной на пружине АВ, верхний конец которой А
совершает гармонические колебания по вертикали амплитуды а и
круговой частоты к, статическое растяжение пружины под действием веса
гири равно 6. В начальный момент точка А занимает свое среднее
положение, а гиря М находится в покое; начальное положение гири
принять за начало координат, а ось Ох направить по вертикали вниз.
Ответ: х = —г- ( к* / - sin л / -t — sin kt) при к Ф л / -;
kl6-g\ V g X 6 ) X 6
х
= \ (sin у/'у/cos kt)при к=V! ■
"^ Решение. Будем отсчитывать Хв — координату точки В — от
положения ее статического равновесия. Пусть 1$, как обычно, растяжение
пружины, уравновешивающее груз mg: mg = cA0 = сб. Тогда уравнение
движения:
тхв — mg - c(lo + хв - Ха) = -схв + са sin kt.
Решение xB(t) ищем в виде:
^б(0 = Asinwt + В co&ut + D sin kt; w = \ — = «/-.
V m у о
Чтобы найти D подставим это решение в уравнение динамики. После
сокращений получим:
—Dmk2 sin kt = —cD sin kt + ca sin kt =>
ca (mg/6) ■ a ga
c—k2-m (mg/6) - k2m 6k2—g'
Чтобы найти константы А и В воспользуемся начальными условиями:
хв(0) = хв(0) = 0. Получим:
к ga к\/б
0 = В, 0 = Auj + kD=>B = 0, А = D =—% —.
w 6k2-g y/g

в) Вынужденные колебания
259
,2,8
при к ф -.
6
Тогда решение будет иметь вид:
п\ ag \i Г ■ fs. ■ ,.
хвУЧ — ТП ««/-sin «/-t — sin«r
к о - g L V 8 V б
Выясним, что будет при к" -» g/б. Обозначим kt = л/g/d. Тогда формулу
для Хв(Ь) перепишем в виде:
XB{t)=(kyk])-i{i\sinkit-sinkt)-
Введем параметр а по формуле к = (I +a)kt, и будем затем устремлять
a ->■ О при фиксированных fc| и £. Имеем
жв(0 = . 2 [(1 + a)sinM-sin(M + аМ)]-
Имеем разложение:
sin (fci< + aM) = sin M + (M cos M) • a + 0(a2).
Тогда получим:
a
lim XB{t) = lim
a-»0 a-»0
2a + a2
(asinfc|< - akitcoskit + 0(a2))
= lim
a->0
2 + a
где fc| = \/g7^ = k.
(sink\t - k\t cos k\t + 0(a))
= -(sin fci< — fci< cos fc|<),
Задача 32.86 (32.83). Статический прогиб рессор груженого
товарного вагона AZCT = 5 см. Определить критическую скорость
движения вагона, при которой начнется «галопирование» вагона, если
на стыках рельсов вагон испытывает толчки, вызывающие
вынужденные колебания вагона на рессорах; длина рельсов L = 12 м.
Ответ: v = 96 км/ч.
Решение. Расчетная схема — на рис. 32.86.1. Начало отсчета оси
у — в положении статического равновесия центра масс вагона.
Вертикальное движение центра масс вагона определяется дифференциальным
уравнением:
у -\ у =■ — sin pt.
m m
Здесь сила N = N0 s\n pt — нормальная реакция со стороны рельсов
Частота возбуждения вынужденных колебаний вагона
p=^G)-

260
7. Колебательное движение
v =
8 Ь
Ыст 27г
— «Галопирование» вагона (явление
резонанса) произойдет при совпадении
собственной и вынуждающей частот: к —р.
Поэтому решим уравнение:
С 27Г
— = —- v,
m L
где жесткость пружины (рессоры)
определяется уравнением:
mg = cAZCT.
Итак,
g
2тг
-v.
9,8 12
0,05 2тг
26,7 м/с = 26,7 • 3,6 и 96 км/ч.
Задача 32.87 (32.84). Индикатор машины
состоит из цилиндра А, в котором ходит поршень В,
упирающийся в пружину D; с поршнем соединен
стержень ВС, к которому прикреплен пишущий
штифт С (рис. 32.87.1). Предполагая, что давление
пара, выраженное в паскалях, изменяется согласно
формуле
р= 10-
/ 2тгА
^4 + 3sin— J,
Рис. 32.87.1
где Т — время одного оборота вала, определить
амплитуду вынужденных колебаний штифта С, если
вал совершает 180 об/мин, при следующих данных:
площадь поршня индикатора a — 4 см , масса подвижной части
индикатора 1 кг, пружина сжимается на 1 см силой 29,4 Н.
Ответ: а = 4,64 см.
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 32.87.2. На штифт действуют
сила тяжести mg, сила упругости Fynp = с(у — Аст), сила давления пара
F=pa = 10s(4 + 3sin— I
4- 10~ч Н,
где Г
1 ! , •
- = 60 = - с.
п 180 3

в) Вынужденные колебания
261
Ось у направлена вверх.
Начало выбрано в положении
центра масс штифта при его
статическом равновесии. Составим
уравнение равновесия:
-mg + сЛст + F{t = 0) = О,
т.е. mg=c\CT+ 160.
Дифференциальное уравнение движения
штифта:
Ж&//////ШЩ
-mg
^упр "т" f •
"// У//////////////ЛШ/Л
--о
тшштт.ттштж
F
Рис. 32.87.2
ту
Отсюда
my = -mg- с(у - Аст) +
+ (4 + 3 sin 67rt)40.
Окончательный вид уравнения следующий:
у + к у — h sin bt,
где собственная частота
к =
V т VI
вынуждающая частота b — 6п с-1, величина h = 120/m = 120.
Воспользуемся известной формул й для определения амплитуды вынужденных
колебаний:
h 120
Д=*^ = (54,2)3-(И2" °'°464 М"
2 940
54,2 с"
Задача 32.88(32.85). В условиях предыдущей задачи найти
уравнение движения штифта С, если в начальный момент система
находилась в покое в положении статического равновесия.
Ответ: х = -1,61 sin 54,22f + 4,64 sin 6я-£ см.
** Решение. Начальные условия: to = 0, уо = 0, уо = 0. Решение
дифференциального уравнения вынужденных колебаний штифта имеет вид:
у = С\ sin kt + cj cos kt + В sin (bt — e).
Так как b < к, то фазовый сдвиг е = 0. Подставив начальные условия
в y(t) и в скорость y(t) = С] A; cos kt — cjk sin kt + Bb cos bt, получим, что
Bb _ 0,0464 • бтг
~k~ ~ 54^2
c\ =
-0,016, c2 = 0.

262
7. Колебательное движение
Поэтому уравнение движения штифта имеет вид:
y(t) = -0,016 sin 5A,2t + 0,0464 sin 6nt м,
или
у = —1,6 sin 54,2£ + 4,64 sin 6я-£ см.
Г Л
Задача 32.89(32.86). Груз массы пг — 200 г, подвешенный к
пружине, коэффициент жесткости которой 9,8 Н/см, находится под
действием силы S = Hsinpt, где Н = 20 Н, р = 50 рад/с. В начальный
момент Хо — 2 см, % = 10 см/с. Начало координат выбрано в
положении статического равновесия. Найти уравнение движения груза.
Ответ: х = 2 cos 70t - 2,83 sin 70t + 4,17 sin 50t см.
*"* Решение. Расчетная схема — на рис. 32.89.1. Ось х направлена вниз.
Начало отсчета выбрано в положении статического равновесия груза при
отсутствии возмущающей силы S = Н sin pt.
Ш//////ШШ
\S
Запишем уравнение равновесия груза:
mg - сЛс
0.
--0
Отсюда Аст = mg/c. Движение груза
определяется дифференциальным уравнением:
тпх = mg - с(Аст + х) + S,
которое преобразуется к виду:
mg
Рис. 32.89.1
х + к х = hsinpt,
где
р = 50 с
-1
980 _.
— = 70 с ',
0,2
Н 20
h = — = — = 100.
m 0,2
Решение уравнения:
х — С] sin kt + c-i cos kt + В sin {pt - e).
Амплитуда вынужденной части колебаний
h 100
В =
к2-р2 4900-2 500
0,0417 м.
Фазовый сдвиг е = 0, так как р < к. Начальные условия: t0 = 0, xq = 0,02,
хо = 0,1. Скорость
x(t) = С\ к cos kt — cik sin kt + Bp cos pt.

в) Вынужденные колебания 263
Составим уравнения для определения С\ и су.
0,02 = с->, 0,1 = с, -70 + 0,0417-50.
Поэтому Ci = -0,0283, с2 = 0,02. Следовательно, закон движения груза
следующий:
х = -0,0283 sin 70* + 0.02 cos 70f + 0,0417 sin 50* м,
или
х = -2,83 sin 70* + 2 cos 70* + 4,17 sin 50* см.
л
Задача 32.90 (32.87). В условиях предыдущей задачи изменилась
частота возмущающей силы, получив значение р = 70 рад/с.
Определить уравнение движения груза.
Ответ: х = 2 cos 70* + 1.16 sin 70* - 71,4* cos 70* см.
** Решение. Частота возмущающей силы р теперь совпадает с
собственной частотой системы к: р = к = 70 рад/с. Т. е. имеет место резонанс.
В этом случае вынужденная часть закона движения груза определяется
выражением:
Л / тг\ 100 / тг\
х„ „ = — t sin [pt = 1 sin \10t = —0,714* cos 70*.
2p V 2 / 2-70 V 2 У
Полный закон движения:
х = с, sin 70* + c2 cos 70* - 0,714* cos 70*.
Скорость
x = 70c, cos 70* - 70c2 sin 70* - 0,714 cos 70* + 49,98* sin 70*.
Начальные условия: *о = 0, Жо = 0,02, жо = 0,1. Отсюда получаем: С\ Ri0,0116,
Ст = 0,02. Поэтому закон движения груза
х = 0,0116 sin 70* + 0,02 cos 70* - 0,714* cos 70* м,
или
х = 1,16 sin 70*+ 2 cos 70*- 71,4* cos 70* см.
Задача 32.91. Груз массы 24,5 кг висит на пружине жесткости
392 Н/м. На груз начинает действовать сила F(t) = 156,8 sin 4* Н.
Определить закон движения груза.
Ответ: х = 0,2 sin 4* - 0,8* cos 4* м.
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 32.91.1. Ось х направлена
вертикально вниз. Начало отсчета выбрано в положении статического
равновесия груза, когда mg = cACT. Составим дифференциальное уравнение
движения груза:
тх — mg - с(х + Аст) + F(t).

264
7. Колебательное движение
у//////////////////,
yg Отсюда получаем:
х + к х = hsinpt,
где собственная частота
щ
,mg
Рис. 32.91.1
= 4 рад/с,
частота возмущающей силы р = 4 рад/с,
156,8 156,8
h
= 6,4.
m 24,5
Так как р = к, то имеем случай резонанса, когда
h
жч.н. = — «sinjjrf-
тг\ = _6^
2/ 2-'
£cos4£-0,8£cos4£.
Полное решение ж = С\ sin fcf + c^ cos fcf — 0,8£ cos At. Записав скорость
x(t) = Ac\ cos At - Асг sin At - 0,8£ cos At + 3,2£ sin At
и используя начальные условия (£о = 0> Жо = жо = 0), получим, что С] =0,2,
с2 = 0.
Поэтому закон движения груза имеет вид:
х = 0,2 sin At - ОМ cos At м.
Задача 32.92. Груз массы 24,5 кг висит на пружине жесткости
392 Н/м. Определить движение груза, если на него начинает
действовать сила F = 39,2 cos Ы Н.
Ответ: х = 16 sin < sin 5t см. Колебания носят характер биений.
г//////////////////.
F{t)
*► Решение. Расчетная схема
представлена на рис. 32.92.1. Начало отсчета на оси х
выбрано в положении статического
равновесия груза, когда mg = с\ст. Движение
груза определяется следующим
дифференциальным уравнением:
--0
х + к х = hcos6t.
где
mg
Рис. 32.92.1
= 4 рад/с,
" х
39 2
Л = — = 1,6.
24,5

в) Вынужденные колебания
265
Решение х = ж00. + жч.„.. Частное решение будем искать в виде:
жч.н. = A sin 6t + В cos 6t.
Подставив его в дифференциальное уравнение, получим:
-36А sin Ы - 36В cos 6t + \6A sin Ы + 16В cos 6t = 1,6 cos 6t.
Приравняв коэффициенты при одинаковых тригонометрических
функциях слева и справа, получим: А = О, В = -0,08. Поэтому хч н = -0,08cos6£.
Отсюда х = С[ sin 4t + с? cos 4t — 0,08 cos 6t. Используя нулевые начальные
условия, получим, что с, = 0, с2 = 0,08. Следовательно,
х = 0,08 cos 4t - 0,08 cos 6t м.
Преобразуем закон x(t). Получим
х = 0,08(cos4f - cos6^) = 0,08- 2sin 5f sinf = 0,16 sin5f s\nt м,
или
x = 16 sin t sin 5£ см.
Колебания носят характер биений.
/Задача 32.93. Груз на пружине колеблется так, что его движение Л
описывается дифференциальным уравнением
тх + сх = 5 cos wt + 2 cos 3wt.
Найти закон движения груза, если в начальный момент его смещение
и скорость были равны нулю, а также определить, при каких значениях
w наступит резонанс.
47771Ш2 - 1с 1с
Ответ:
х = —гг, z-—тт cos л / —< Н '-—, coswt Ч 7 cos3wt-
(с-тш1){с-9тш1) \т с-тшг c-9mwl
1 Гс Гс
Резонанс наступит в двух случаях: ш\кс = ~\ — и ш->ю — \ —• I
\ 3\т~\ту
ш
^ Решение. Движение груза описывается дифференциальным
уравнением:
с 5 2
х Ч х = — cos wt Ч cos 3u)t.
mm m
Решение: х = x0,0, + жчн.• Частное решение неоднородного уравнения
будем искать в виде жч.н. = A coswt + В cos 3u)t. Получим:
? 1 с с
—Aw~ cos wt — B9w cos 3wt ч A cos wt 4 В cos 3u)t =
m m
5 2
= — cos wt ч cos 3wt.
m m

266
7. Колебательное движение
Отсюда имеем:
-Аи2 + -А=-,
m m
В =
„„2Сг,2 с_ ^Ш72 С - 9ТПШ2
-9Вш + —В = —,
m m
Поэтому
/Т Гс 5 2
ж = С] sin л / —£ + С2 cos л / —t Ч т cos ш£ Ч г cos 3wf.
V m Vw с - тж*г с - 9тж*г
Скорость
Гс Гс Гс Гс 5ш 6ш
ж = С]д/ —cosW —t — C2\ —siru/ —t r sinwf rsin3w£.
\ m \ m X m \ m с—тш1 c-9mwt
Используя нулевые начальные условия, получим, что
с, =0, с2 =
47ттш2 - 7с
(с - 77гш2)(с - 9mw2)"
Следовательно, груз движется по зак»ну
47тпш2 - 1с Гс 5 2
Ж = у— г- COS * / — ЬЛ , COS Wt Ч т COS 3w£.
(с — тагдс — 9mar) \ т с — mw1 с - 9mu)1
Так как возмущающая сила есть суперпозиция двух гармонически
меняющихся сил, то резонанс может наступить в двух случаях: \/с/т = ш
и л/с/т — Ъш. Поэтому
1 Гс Гс
3 \ т \ т
г) Влияние сопротивления на вынужденные колебания
Задача 32.94(32.88). На пружине, коэффициент жесткости
которой с — 19,6 Н/м, подвешены магнитный стержень массы 50 г,
проходящий через соленоид, и медная пластинка массы 50 г,
проходящая между полюсами магнита (рис. 32.94.1). По соленоиду течет
ток i = 20 sin 8nt А, который развивает силу взаимодействия с
магнитным стержнем 0,01б7гг Н. Сила торможения медной пластинки
вследствие вихревых токов равна Лг;Ф , где А; = 0,001, Ф = 10\^5 Вб
иг; — скорость пластинки в м/с. Определить вынужденные колебания
пластинки.
Ответ: х = 0,022 sin (87г£ - 0,91л-) м.

г) Влияние сопротивления на вынужденные колебания 267
У///////////МУ/М
w X
Рис. 32.94.1
Рис. 32.94.2
"* Решение. Расчетная схема представлена на рис. 32.94.2. Масса груза
m = mi + m2 = 0,05 + 0,05 = 0,1 (кг). Ось х направлена вертикально
вниз, начало отсчета выбрано в положении статического равновесия груза,
когда mg = cACT.
Движение груза определяется дифференциальным уравнением:
тпх = mg - F.
упр
сопр
+ F(t).
Сила упругости Fynp = с{х + Аст), где с = 19,6, сила сопротивления
2
-Fconp = кФ х = 0,5ж, возбуждающая сила
F(t) = 0,016тгг = 0,01бтт • 20 sin 8тг« = 0,32тг sin 8тг«.
Поэтому уравнение преобразуется к виду:
х + 5х + \%х — 3,27г sin 87г£.
Вынужденные колебания груза описываются законом хв — В sin (pt — e),
где возбуждающая частота р = 8п, амплитуда вынужденных колебаний 7]
В =
h
3,2тг
ч/(*2 - р1)2 + 4nV Л/(,96-(87Г)2)2 + 4-(5/2)2(8тг)2
Сдвиг фаз
2пр 2 ■ (5/2) ■ 8я-
* = аГС* ^V = ^ 196 - (ftr)' Ю 3rCtg (-°'29) =
= 7г - arctg 0,29 « 2,86 к 0,917г рад.
Поэтому ж„ = 0,022 sin (87Г< - 0,917г) м.
0,022 м.

268
7. Колебательное движение
Задача 32.95 (32.89). В условиях предыдущей задачи (рис. 32.94.1)
найти уравнение движения пластинки, если ее подвесили вместе
с магнитным стержнем к концу нерастянутой пружины и сообщили
им начальную скорость 5 см/с, направленную вниз.
Ответ:
a; = exp{-2,5«}(-4,39cosl3,77f + 3,42sinl3,77«) + 2,2sin(8^-0,91^)cM.
^ Решение. Начальные условия:
те
«о = 0, ж(0) = -ЛСТ = - = -0,05 м, ж(0) = 0,05 м/с.
с
Решение дифференциального уравнения определяется соотношением
между коэффициентом затухания п и собственной частотой к. У нас
п — 2,5, к = 14, значит п < к. В случае малого сопротивления
собственная часть движения представляет собой затухающие колебания. Поэтому
х = exp {-ni){c\ sin k\t + с2 cos k\t) + В sin (pt - e) —
= exp {-2,5«}(ci sin 13,77* + c2 cos 13,77«) + 0,022 sin ($nt - 0,9l7r),
x = — 2,5exp{-2,5£}(ci sin 13,77£ + C2COS 13,77£) +
+ exp {-2,5t}(l3,77cl cos 13,77* - 13,77c2 sin \3J7t) +
+ 0,022 • 8тг cos (8тг« - 0,91тг).
Отсюда
-0,05 = c2 + 0,022 sin (-0,91тг),
0,05 = -2,5 • c2 + 13,77c, + 0,022 • 8тг cos (-0,9l7r).
Следовательно, с\ — 0,0342 м, c2 = -0,0439 м. Отсюда закон движения
пластины:
х = ехр {-2,5«}(3,42 sm 13,77* - 4,39 cos 13,77f) + 2,2 sin (8тг* - 0,91тг) см.
/■ х
Задача 32.96 (32.90). Материальная точка массы m = 2 кг
подвешена к пружине, коэффициент жесткости которой 4 кН/м. На точку
действуют возмущающая сила S = 120 sin (pt+6) H и сила
сопротивления движению, пропорциональная первой степени скорости и равная
R = 0,5\/mcv H. Чему равно наибольшее значение Лтах амплитуды
вынужденных колебаний? При какой частоте р амплитуда
вынужденных колебаний достигает наибольшего значения?
Ответ: А^^ = 6,2 см, р = 41,83 рад/с.
"^ Решение. Дифференциальное уравнение движения точки вдоль
вертикальной оси х, направленной вниз, начало которой в положении ста*

г) Влияние сопротивления на вынужденные колебания 269
тического равновесия точки, имеет вид:
mx = mg - с(х + Аст) - 0,5л/тс± + 120 sin (pt + S).
Так как А^ — mg/c, то уравнение преобразуется к виду:
х + 2nx + k2x = h sin {pt + 6).
Коэффициент затухания
\ с 1/4 000
n=4Vm = iV-2-R;11'18pWc'
собственная частота
Л =
коэффициент
[с /4 000
\/ — = \ —г- ~ 44'72 РаД/с'
V m V 2
120 120
Л = = 60.
m 2
Амплитуда вынужденных колебаний
Л —
h 60
у/(к2 - р2)2 + 4п2р2 у/(2 000-р2)2 + 500р2'
Максимум А достигается тогда, когда знаменатель имеет минимум. Для
определения минимума
f(j>) = (p2-2 000)2 + 500p2
вычислим производные по р:
f'(p) = 2{р2-2 000)2р + 1 000р;
f"(p) = А(р2-2 000) + 8р2 + 1 000.
Найдем экстремальные значения р:
f'(p) = o==>Pl=o, p2 и 41,83 рад/с.
Проверим знак f"(p) в этих точках:
/"(р, = 0) = -7 000 < 0, /"(#> = 41,83) = 14 000 > 0.
Значит min f(p) при pi. Поэтому
60
А™ = А(х>2 = 41,83) = и 0,062 м.
^ ' д/(1 750 - 2 000)2 + 500-1 750
-Атах = 6,2 см при р = 41,83 рад/с.

270
7. Колебательное движение
Задача 32.97(32.91). В условиях предыдущей задачи найти
уравнение движения точки, если в начальный момент времени ее
положение и скорость были равны: Жо = 2 см, «о = 3 см/с. Частота
возмущающей силы р = 30 рад/с, начальная фаза возмущающей
силы 6 = 0. Начало координат выбрано в положении статического
равновесия.
Ответ: ж = ехр {-11,Ш}(4,422 cos 43,3* - 1,547 sin 43,3t) +
+ 4,66 sin (30* - 0,174л-) см.
v у
^ Решение. Решение дифференциального уравнения вынужденных
колебаний точки с учетом сопротивления из задачи 32.96 имеет вид:
ж = ехр {—п*} (С\ sin (v к2 — n2t)+ с2 cos (у к2 — n2t)j +Б sin (pt - e) =
= ехр {— 1 l,18t}(ci sin 43,3* + ci cos43,3*) +
60 / 2-11,18-304
Л—. sin 130t - arctg ) =
4/(900-2000)2 + 4-(l/16)-2000-302 V 2000-900/
= exp {-ll,18*}(c, sin43,3* + c2 cos 43,3t) + 0,0466 sin (30t - 0,174л-).
Для определения постоянных интегрирования С\ и сг воспользуемся
начальными условиями: при to = 0, Жо = 0,02 м, жо = 0,03 м/с. Подставив
эти начальные условия в x(t) и x(t) и решив полученные уравнения,
будем иметь: с\ = -0,0155 м, сг = 0,0442 м. Поэтому точка движется
по закону:
ж = ехр {-11,Ш}(-1,55 sin 43,3<+4,42 cos43,3£)+4,66 sin (30<-0,174тг) см.
Задача 32.98(32.92). Материальная точка массы 3 кг подвешена
на пружине с коэффициентом жесткости с = 117,6 Н/м. На точку
действуют возмущающая сила F — Н sin (6,26* + (3) Н и сила вязкого
сопротивления среды R = —av (R в Н). Как изменится амплитуда
вынужденных колебаний точки, если вследствие изменения температуры
вязкость среды (коэффициент а) увеличится в три раза?
Ответ: Амплитуда вынужденных колебаний уменьшится в три раза.
^ Решение. Дифференциальное уравнение движения точки:
тпх = mg - с(х + Аст) - ax + H sin (6,26* + /3)
или в каноническом виде:
« с Н ., „
ж Л ж Л х = — sin (6,26* + В).
m m m

г) Влияние сопротивления на вынужденные колебания 271
Коэффициент затухания n = a/(2m), собственная частота к = \/с/тп,
коэффициент h = H/m. Так как амплитуда вынужденных колебаний
точки определяется формулой
Л. *
Vi^-p'V + 'inV
то используя параметры системы и выяснив, что
с /117,6
V тп = V ~Т~ ~ РЯД^С'
т. е. совпадает с возмущающей частотой р = 6,25 рад/с (резонанс),
получим:
a
^ _2'ЪпР _Х
А 2-^Р 3'
2т
Следовательно, амплитуда вынужденных колебаний уменьшится в 3 раза.
Задача 32.99 (32.93). Тело массы 2 кг, прикрепленное пружиной к
неподвижной точке А, движется по гладкой наклонной плоскости,
образующей угол а с горизонтом (рис. 32.99.1), под
действием возмущающей силы S = 180sin \0t Н
и силы сопротивления, пропорциональной
скорости R = -29,4?; (R в Н). Коэффициент
жесткости пружины с = 5 кН/м. В начальный момент
тело находилось в покое в положении
статического равновесия. Найти уравнение движения тела,
периоды Т свободных и Т\ вынужденных
колебаний, сдвиг фазы вынужденных колебаний и воз- Рис. 32.99.1
мущающей силы.
Ответ: х = exp {-7,35«}(0,228 cos 49,46« - 0,72 sin 49,46«) +
+ 3,74 sin (10вг-3°30') см, Т = 0,127 с. Г, = 0,628 с, е = 3°30'.
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 32.99.2. Начало отсчета оси х
выбрано в положении статического равновесия тела, когда
mgsina = cACT.
Сила упругости Д,пр = с(х + Аст), сила сопротивления -Fconp = 29,4£,
возмущающая сила S(t) — 180sinp£, где р = 10. Поэтому движение тела
вдоль оси х описывается следующим дифференциальным уравнением:
х + 2пх + к'х = h sin pt,

272
7. Колебательное движение
где
29,4 29,4
п = -— = ^^ = 7,35 рад/с,
2тп
2-2
fc
/~с~ /5000
= 50 рад/с,
Рис. 32.99.2
180 180
Л= — = — = 90,
тп 2
р = 10 рад/с.
Так как к Ф р, то имеем
нерезонансный случай. Так как п < к, то это случай
малого сопротивления. Решение
уравнения:
ж = ехр{-7,35£}х
x.(cisinkit + C2Coskit)+Bsin(l0t-e).
Частота затухающих свободных колебаний
fci = Vk2 - п2 = л/502 - 7,352 и 49,46 рад/с.
Амплитуда вынужденных колебаний
Л 90
Б= = =====
v/(fc2 -р2)2 + 4п2р2 у/(502-102)2 + 4-7,352-102
Фазовый сдвиг
: 0,0374 м.
2пр 2 • 7,35 -10 „ ,
е = arctg у = arctg -—=—-=- к 0,061 рад и 3 30.
к2 — /г 50- — lfr
Из начальных условий: при Ц = 0, Жо = 0, Жо = 0, получаем, что
с, = -0,0072, с2 = 0,00228 м.
Поэтому движение тела происходит по закону:
ж = ехр {-7,35<}(-0,72 sin49,46£ + 0,228 cos 49,46«) +
+ 3,74sin(10«-3°30')cM-
Период свободных затухающих колебаний
2тг
2тг
период вынужденных колебаний
49,46
0,127 с,
„ 2?r 2f
Г, = — = — и 0,628 с.
р 10

г) Влияние сопротивления на вынужденные колебания 273
Задача 32.100 (32.94). На тело массы 0,4 кг, прикрепленное к
пружине с коэффициентом жесткости с = 4 кН/м, действуют
сила S = 40sin50£ Н и сила сопротивления среды R = — av, где
a = 25 Н ■ с/м, D — скорость тела (v в м/с). В начальный момент
тело покоится в положении статического равновесия. Найти закон
движения тела и определить значение частоты возмущающей силы,
при котором амплитуда вынужденных колебаний будет максимальной.
Ответ: I) х = 0,647е~3125' sin (95« - 46°55') + 1,23 sin (50« - 22°36') см;
2) максимальная амплитуда вынужденных колебаний получается при
р = 89,7 рад/с и равна 1,684 см.
*^ Решение. Дифференциальное уравнение движения тела имеет вид:
х
Коэффициент затухания
а с So
х -\ х -\ х = — sin of.
m m m
a 25
2m 2 • 0,4
= 31,25 с .
4 000 , S0 40
—- = 100 рад/с, h = -± = — = 100,
0,4 m 0,4
возмущающая частота p = 50. Так как n < k, то
x = exp {-nt}(c\ sin ktt + Cj cos k\t) + В sin (pt — e) =
= exp {-nt}A sin (k\t + a) + В sin (pt - e).
k{ = \/k2 - n2 = \/Ю02-31,252 и 95 рад/с,
h 100
В = , = , и 0,0123 м,
x/(fc2-p2)2+4nV ^/(1002-502)2+4(31,25)2502
2nj> 2-31,25-50 __„,- „»
e = arctg —r r = arctg г г- и 22 36 ~ 23 .
*fc2-p2 1002-502
Начальные условия: при to = 0, Жо = 0, i0 = 0. Они определяют
постоянные интегрирования:
0 = A sin a + В sin (-e), 0 = -пЛ sin a + j4&i cos a -f J5p cos (-e),
A = B
/ /nsine-pcose\
Vsin_e+l *i )
/*ъ>
/ , (31,25 sin 23°-50 cos 23°)2 nngrM
! 0,0123 J sin2 23° + — —-2 и 0,0064 м,

274
7. Колебательное движение
a = arcsin
(В . \ . /0,0123 . \
I — sin e I = arcsin ( sin 23 ) rs 47
\4 / \ 0,0064 /
Следовательно,
ж = 0,64 ехр {-31,25<} sin (95« - 47°) + 1,23 sin (50< - 23°) см.
Для определения максимального значения амплитуды вынужденных
колебаний В в зависимости от частоты р следует исследовать функцию
В(р) =
^(ЮО2 - р2)2 + 4 • (31,25)2р2
Максимальное значение В(р) достигается при минимальном значении
функции f(p) = (1002 - р2)2 + 4 ■ (31,25)У. Вычислим
/'(р) = -2(1002 -р2)-2р + 7 №,5р = 0.
Получим pi = 0, р2 ~ 89,7 рад/с. Проверим в этих точках знак второй
производной
/"(р) = -4(1002-р2) + 8р2 + 7 812,5; /"(0) < 0, /"(89,7) > 0.
Поэтому минимальное значение f(p) в точке рг = 89,7. А значит, Бтах
при рг = 89,7 рад/с. Бтах = Б(89,7) « 1,684 см.
/Задача 32.101 (32.95). На тело массы m кг, прикрепленное к
пружине с коэффициентом жесткости с Н/м, действуют возмущающая
сила S = Н sin pt Н и сила сопротивления R = —а« (jR в Н), где
v — скорость тела. В начальный момент тело находилось в
положении статического равновесия и не имело начальной скорости. Найти
уравнение движения тела, если с > a /(4m).
Ответ:
hp exp {nt}
х =
(к2 - р2)2 + 4п2р2
х (2ncos (у/к2 - п2 t) Ч sin (л/к2 - п2 t) ) +
V v к2 - п2 J
+ (к2-р2)2+4п2р2 ^ " р2) Sin Pt ~ 2ПР C°S ^'
V где Л = Н/тп, к2 = с/т, п = а/(2т).
Решение. Дифференциальное уравнение движения тела имеет вид:
а с Н
х Н х Л х — — sin pi.
т т т

г) Влияние сопротивления на вынужденные колебания 275
Начало отсчета оси х выбрано в положении статического равновесия тела.
Коэффициент затухания n = a/'(2m), собственная частота к — \/с/т,
h = Him.
По условию с > а2/(4т). Поэтому п < к. Действительно,
2 ,2 °2 с
п < к =?> /Г < к =*• —- < —.
4m2 m
Имеем случай малого сопротивления. Решение
х = exp {-nt} (с{ sin (Vk2 - n21) + c2 cos (Vk2 -n2t) ) +
H/m ( 2np \
+ /m 2w a 2 2 sinl p* - arctg -= ^ 1.
V(fc -P) + 4n2p2 \ k2-p2J
Сделаем преобразования:
• / , 2nP \
,nr~arctg^7J =
(2np \ ( 2np \
arctS k-TTpl) ~ cos^ •sin [arctZ kTZTpl) =
2np
. , 1 , k2-p2
— sin pt • — - cos pt -
fc2 - p2 2np
= sin pt • = - cos pt
v/(fc2 - P2)2 + 4n2p2 л/(Л2 - p2)2 + 4n V
Поэтому
ж = exp {—ni} I Ci sin (V«2 — n21) + ci cos (v k2 - n2i)j +
+ (fc2-p2)2 + 4n2p2 t(fc2 ~ ^2) Sln Pt ~ 2ПР C°S ^ •
Для определения С\ и Сг воспользуемся нулевыми начальными условиями.
После подстановки их в x(t) и x(t), получим, что
(Н/т)-р(2п2+р2-к2)
сг
{{к2 - р2)2 + 4п2р2] ■ у/к2-п2'
(Н/т) ■ 2пр
(к2 - р2)2 + 4п2р2'

276
7. Колебательное движение
Задача 32.102 (32.96). На тело массы 6 кг, подвешенное к пружине
с жесткостью с = 17,64 кН/м, действует возмущающая сила Po sinpt.
Сопротивление жидкости пропорционально скорости. Каким должен
быть коэффициент сопротивления а вязкой жидкости, чтобы
максимальная амплитуда вынужденных колебаний равнялась утроенному
значению статического удлинения пружины? Чему равняется
коэффициент расстройки z (отношение круговой частоты вынужденных
колебаний к круговой частоте свободных колебаний)? Найти о виг
фазы вынужденных колебаний и возмущающей силы.
Ответ: a = ПО Н ■ с/м, г = 0,97, е = 80°/.
*^ Решение. Начало отсчета оси х, вдоль которой движется тело,
выбрано в положении статического равновесия тела. Дифференциальное
уравнение движения тела имеет вид:
2
х + 2пх + к х — h sin pt,
где
a
Ti — — —
2m
a
12'
к — *
c
—
V m
1^640 P0 Po
—— и 54,2, h = — = —.
6 mo
Для определения величины статического удлинения пружины запишем
уравнение равновесия тела, считая, что пружина расположена вертикаль-
mg 6 ■ 9,8
но: mg — сАст = 0. Отсюда Аст = — = ——— ~ 0,0033 м. Амплитуда
с 17 640
вынужденных колебаний тела
h
В =
Найдем Бтах. Для этого определим, при каком значении р функция
f(ja) = (к2 - р1)1 + 4п2р2 достигает минимального значения.
f'(p) = 2(р2 - к2) -2р + &п2р = 0=»pi =0,
рг = Vk2 - 2п2 = у/2 940- 0,0139 a2; f"(p) = Up2 - Ак2 + 8п2.
Рассмотрим два случая.
7 2 °2
1. к' ^ 2п . Это имеет место, когда 2 940 ^ 2 • —^, т. е. при а ^ 460 (кг/с).
Тогда рг не существует и р — 0 — единственная критическая
точка. Вторая производная /"(р) > 0. Поэтому /(0) — минимальное
значение, а В{р) при р = 0 принимает максимальное значение.
Б(0) = h/k2 — фиксированная величина. Менять ее в зависимости
от коэффициента а не удается.

г) Влияние сопротивления на вынужденные колебания Til
a2
2. k >2n . Это имеет место, когда 2940>2—г, т.е. при 0<а<460 кг/с.
Тогда рх = 0, р2 = у/к1 - In1 = у/2 940 -0,0139а2. Так как /"(0) < 0, то
f(p) при р = 0 достигает максимума и В(р) при р = 0 принимает
минимальное значение. Так как f"(p2) < 0, то /(р) в точке р2
принимает минимальное, а В(р) — максимальное значение. Амплитуда
Bin) = h
2nVk2 — n2
По условию задачи надо найти коэффициент сопротивления а, чтобы
Днях = ЗАСТ. Составим уравнение относительно а:
h ^rng
2n\/k2 - n2
Распишем величины:
а
— \
6
/
/
/2 940-
j
а
■ —
144
3 ■ 0,0033.
Отсюда получим уравнение относительно а:
о4 - 423 360а2 + 52 892 136Л2 = 0.
Так как h = — = — = g, то а4 - 423 361а2 + 5 079 760 741 = 0. Условия
m m
на а: а < 460. Решая уравнение, получим: al2 ~ 211 680±199 580. Отсюда
Qi ~ ПО, а2 ~ 641. Условию а < 460 удовлетворяет а = ПО. Значит,
искомый коэффициент сопротивления а = ПО Н • с/м. Коэффициент
расстройки
Pi 1 / , « 1 / ПО2 52,65
к к\ Am2 54,2 V 2 - б2 54,2
Сдвиг фазы в .шужденных колебаний и возмущающей силы
2np2 2-{а/(2тп))-р2
е = arctg -г j = arctS П j =
к1 -р\ к1 - р2
(110/6)-52,65 0 ,
= arctg -~ --, и 0,445я- я 80 7 .
2 940 - (52,65)2
Замечание к задаче 32.102. В условии задачи из-за нечеткости формулировки
остается лишь догадываться, что амплитуда Р0 возмущающей силы F(t) = Pq sinpt
равна по величине силе тяжести mg.

278
7. Колебательное движение
Задача 32.103 (32.97). На тело массы 0,1 кг, прикрепленное к
пружине с коэффициентом жесткости с = 5 кН/м, действует сила
S — Hsinpt, где Н = 100 Н, р — 100 рад/с, и сила
сопротивления R = Bv Н, где В — 50 Н • с/м. Написать уравнение вынужденных
колебаний и определить значение частоты р, при котором амплитуда
вынужденных колебаний будет максимальной.
Ответ: x-i = 0,98 sin 100i — l,22cosl00£ см; максимума амплитуды
не существует, так как п >
\ у
**• Решение. Движение груза описывается дифференциальным
уравнением:
it + 2пх + к х = h sin pt,
где
В 50 , с 5000
п = — = = 250, Г = — = = 50 000,
2т 2-0,1 т 0,1
Гс Н 100
jfc=,/—« 223,6, h= — = = 1000, »=100.
V т т 0,1
Закон вынужденных колебаний:
жв = В sin (pi — в),
где
h 1000
Б = . = . и 0,0156 м.
•v/(fc2-p2)2+4nV ^/(50 000-10 000)2 + 4 • 2502 • 1002
Фазовый сдвиг
2пр 2-250-100
е = arctg . . = arctg и 0,896 и 0,285л-.
Ък2-р2 50000-10000
Следовательно,
хв = 0,0156 sin (10W - 0,285л-) =
= 0,0156( sin WOt cos 0,285тг - cos WOt • sin 0,285л-) ss
и 0,0098 sin lOOi - 0,0122 cos WOt м,
или
жв = 0,98 sin 100* - 1,22 cos 100* см.
Для определения частоты р, при которой амплитуда В будет
максимальной, воспользуемся рассуждениями из задачи 32.102.
1 1
Проверим знак величины к — 2п . Так как
к2 - 2п2 = 50 000 - 2 ■ 2502 = -75 000 < 0,

г) Влияние сопротивления на вынужденные колебания 279
то критическая точка для функции f(p), и следовательно, для В(р) только
одна — р = 0. Но при р = 0 возмущающая сила S(t) перестает быть
гармонически изменяющейся. Поэтому можно говорить, что максимума
амплитуды не существует.
г ~
Задача 32.104(32.98). В условиях предыдущей задачи определить
сдвиг фазы вынужденных колебаний и возмущающей силы.
Ответ: е = arctg 1,25 = 51°20'
**• Решение. Сдвиг фазы вынужденных колебаний и возмущающей
силы
2пр 2•250• 100 0 ,
6 = arCtg k^? = arCtg 50 000-10 000 = ^ ''25 й °'2857Г И 51 2' •
Задача 32.105(32.99). Груз массы 0,2 кг подвешен на пружине,
коэффициент жесткости которой равен с = 19,6 Н/м. На груз
действуют возмущающая сила S = 0,2 sin 14£ Н и сила сопротивления
R = 49w H. Определить сдвиг фаз вынужденных колебаний и
возмущающей силы.
Ответ: е = 9 Г 38'.
■» Решение. Дифференциальное уравнение вынужденных колебаний
груза под действием силы вязкого сопротивления име-т вид:
х + 2пх + к х — h sin pt,
где
а 49 , с 19,6
п= — = = 122,5, Г = — = —— =98, Ли 9,9,
2т 2-0,2 т 0,2
Л = —= —= 1, р=14.
т 0,2
Сдвиг фаз вынужденных колебаний и возмущающей силы равен
2пр 2 ■ 122,5 • 14 / _
е = arctg -г = arctg ———- = arctg (-35) = тг - arcf 35 и
fc2 — /г 98 — 196
тг - 1,54 и 1,601 и 0,5098тг ss 91°38',
Л
Задача 32.106 (32.100). В условиях предыдущей задачи найти
коэффициент жесткости С\ новой пружины, которой нужно заменить
данную пружину, чтобы сдвиг фаз вынужденных колебаний и
возмущающей силы стал равным 7г/2.
Ответ: с, = 39,2 Н/м.

280
7. Колебательное движение
"^ Решение. Сдвиг фаз вынужденных колебаний и возмущающей силы
е = 7г/2 в случае резонанса, когда к =р. Поэтому
1^- = р =» с, = тр2 = 0,2 • 142 = 39,2 Н/м.
m
Задача 32.107(32.101). Для уменьшения
действия на тело массы тп возмущающей силы
F = F0 sin {pt + 6)
устанавливают пружинный амортизатор с
жидкостным демпфером (рис. 32.107.1). Коэффициент
жесткости пружины с. Считая, что сила
сопротивления пропорциональна первой степени скорости
(■fconp = olv), найти максимальное динамическое
давление всей системы на фундамент при
установившихся колебаниях.
Рис. 32.107.1
Ответ: N = F0*
I fc4 + 4nV 2 с
-р, 2V> ■ yi ■> 2' ГДе к = ~' П
(к~ - р1)- + Ап-р1 m
a
2m'
F "
упр
1
'Fc
i
i
■mf
F(t)
--0
v X
F' ^
■* ynp , ,
К
Рис. 32.107.2
■^ч н.
Решение. Расчетная схема представлена
на рис. 32.107.2. Начало отсчета оси ж выбрано
в положении статического равновесия тела,
когда mg = cACT. Движение тела вдоль оси ж
описывается следующим дифференциальным
уравнением:
ж + 2пж + к"х = h sin pt.
a i2
n= —, к =
2m
h =
?o
Здесь
с
m m
Решение x(t) = ж00. +жчн.- За счет вязкого
сопротивления ж0.о. -*■ 0 при t -¥ оо.
Установившиеся вынужденные колебания описываются
законом
Л
^/(к2-р2)2+4п2р2
sin (pt + 6 - е).
Сила динамического давления системы на фундамент при установившихся
колебаниях Fa = ^упР.ди„. + i^'onp, где ^уПр.дин не учитывает статическую
деформацию. В соответствии с законом Ньютона F^
упр. дин.
- упр. дин.

г) Влияние сопротивления на вынужденные колебания
281
схв; F' = Fconp = axBbm. Поэтому
Fa = cxB + axB =
ch
+ a-
y/{k2-p2)2 + 4n2p2
hp
sin (pt + 6 - e) +
^/(k2-p2)2+4n2p2
cos (pt + 6 - e) =
c2ft2
+
h2p2a2
(k2 - p2)2 + 4n2p2 (k2 - p2)2 + 4n2p2
sin(j>t + 6-e + (3).
^Д.шах — ^0
С2 PW
m1 mz
= F0
k2 + 4n2p2
\ (k2 - p2)2 + 4n2p2 ° у (к2 - p2)2 + 4n2p2
2 с а
где к — —,n = -—.
m 2m

8. Относительное движение (§ 33, [6])
A i
i
I
I
I
I
Задача 33.1 (33.1). К концу А вертикального упругого стержня
АВ прикреплен груз С массы 2,5 кг. Груз С, будучи выведен из
положения равновесия, совершает гармонические колебания под влияни-
С ,-^ х ем силы> пропорциональной расстоянию от положения
равновесия (рис. 33.1.1). Стержень АВ таков, что для
отклонения конца его А на 1 см нужно приложить силу
1 Н. Найти амплитуду вынужденных колебаний груза С
в том случае, когда точка закрепления стержня В
совершает по горизонтальной прямой гармонические ко-
П fl лебания амплитуды 1 мм и периода 1,1 с.
В
ь
U
Рис. 33.1.1
Ответ: 5,42 мм.
Решение. Расчетная схема — на рис. 33.1.2, где Вху —
подвижная система координат, жестко связанная с прямолинейно движущеи-
_ ся точкой В, ускорение которой ав
направлено параллельно оси х. Если
точка В движется по закону
(,{t) = a sinpt,
где O^rj — неподвижная система
координат, то
ав = £ = -ар sin pt,
причем р — 2п/Т. Уравнение
динамики относительного движения точки С
в системе Вху вдоль оси х имеет вид:
тпх = —сх + Ф,
где Ф = —глав — переносная сила инерции, которая всегда антипарал-
лельна переносному ускорению ав ■ Тогда получим:
тх = -сх + map2 sin pt.
Вынужденное решение этого уравнения ищем в виде
x(t) — A sin pt + В cos pt.
Подставляя это выражение в уравнение и приравнивая коэффициенты
при sin pt и cos pt в левой и правой частях, получим:

8. Относительное движение
283
В = О, А =
тар
z — тр1
2,5- 10
102
4,42 • 10~3 м.
Таким образом, x(t) = 4,42 • sin pt — это относительная координата.
Абсолютная же координата будет:
£c(t) = x(t) + £(t) = 4,42 • sin pt + I • sin pt = 5,42 • sin pt мм.
Амплитуда равна 5,42 мм. Отметим, что задачу можно решить проще,
записывая сразу уравнение динамики в абсолютных координатах:
т£с = -с(£с - £), где £ = a sin pt.
f ч
Задача 33.2(33.2). Точка привеса математического маятника
длины I движется по вертикали равноускоренно. Определить период Т
малых колебаний маятника в двух случаях: 1) когда ускорение точки
привеса направлено вверх и имеет какую угодно величину р; 2) когда
это ускорение направлено вниз и величина его р < g.
Ответ: 1) Г = 27г1
/
P + g
; 2) Т = 2тг
"^ Решение. Расчетная схема
представлена на рис. 33.2.1, где Оху — подвижная
система координат, связанная с точкой О и вместе
с ней поступательно перемещающаяся.
Запишем уравнение момента количества
движения точки А относительно подвеса О, причем
к обычным внешним силам добавим
переносную силу инерции
Ф = -mao.
Имеем:
ml ф = -mgl sin ip + mao ' I sin V>
где Oo — ускорение точки О по оси у,
направленной вертикально вниз. Предполагая ip
малым, получим:
Ф = -VyfeiOo)
Ш
g±ao
t mS
Рис. 33.2.1
Т = 2яч
/
I V g ± а0'
причем эти рассуждения корректны, если ао = const и ао < g.

284
8. Относительное движение
Задача 33.3 (33.3). Математический маятник ОМ длины I в
начальный момент отклонен от положения равновесия О А на некоторый
угол а и имеет скорость, равную нулю (рис. 33.3.1);
точка привеса его в этот момент имеет также
скорость, равную нулю, но затем опускается с
постоянным ускорением р ^ g. Определить длину s
дуги окружности, описываемой точкой М в
относительном движении вокруг точки О.
Рис. 33.3.1
Ответ: 1) При р — g s = 0;
2) при р > g s = 21(тг - а).
^ Решение. Используя результат решения предыдущей задачи 33.2,
мы получаем уравнение относительного движения для угла ip отклонения
маятника от вертикали:
ao-g
If = Sin If
I
где о0 = const ^ g,
с начальными условиями: <p(0) = a, tp(0) = 0. Умножим обе части на <р
и проинтегрируем:
- -(cos <pq — cos <p) =Ф tp = —-—(cos <po — cos tp) ^ 0.
Следовательно, движение происходит строго в области: <р0 ^ ip ^ 2ж — ipo
(т.е. там, где cosy? ^ cos^o)- Т.е. длина заметаемой точкой дуги:
S = 2тг1 - 21<ро = 21(ж - tpo).
Задача 33.4(33.4). Железнодорожный поезд идет со скоростью
15 м/с по рельсам, проложенным по меридиану с юга на север.
Масса поезда 2 000 т.
1) Определить боковое давление поезда на рельсы, если он
пересекает в данный момент северную широту 60°.
2) Определить боковое давление поезда на рельсы, если он идет
в этом же месте с севера на юг.
Ответ: 1) 3 778,7 Н на правый восточный рельс; 2) 3778,7 Н на правый
западный рельс.
Решение. Расчетная схема — на рис. 33.4.1, где представлена
плоскость меридиана, т. е. плоскость большого круга, по которому движется
поезд. Oxyz — подвижная система координат, жестко связанная с
вращающейся Землей, причем ось z направлена на читателя. Относительная
скорость поезда vr лежит в плоскости меридиана, т.е. в плоскости Оху,
и направлена по касательной к меридиану. Боковое давление поезда

8. Относительное движение 285
на рельсы параллельно оси
Oz и определяется
единственной силой — кориолисовой
силой инерции: Фк = —тпак,
где ок = 2 [Г2 х vr] — вектор
кориолисова ускорения
(переносная сила инерции и сила
тяготения лежат в плоскости
Оху в данном случае, когда
Q = const!). Если у поезда
нет относительного ускорения
по оси Oz, то N' = Фк —
сила бокового давления поезда
на рельсы. Используя
правило Жуковского [7] (или
просто определение векторного
произведения) можно
утверждать, что для случая,
изображенного на рис. 33.4.1, сила
N' = Фк =-2m[U х vT]
кУ
Меридиан
направлена антипараялельно оси Oz, т.е. на восток {правый восточный
рельс по ходу движения поезда). Модуль ее такой:
\N'\ = 2-m- |fi|-|tv|-sin60° = 2-2- 106
is-:£.-*-
2 24-3 600
= 3 778,7 H.
Если vr направлена наоборот, т. е. с севера на юг, то сила N1 будет
параллельна оси Oz, т. е. на запад {правый по ходу движения поезда рельс).
Модуль ее не изменяется и также равен 3 778,7 Н.
Задача 33.5(33.5). Материальная точка свободно падает в
северном полушарии с высоты 500 м на Землю. Принимая во внимание
вращение Земли вокруг своей оси и пренебрегая сопротивлением
воздуха, определить, насколько отклонится на восток точка при падении.
Географическая широта места равна 60°.
Ответ: На 12 см.
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 33.5.1, где представлен разрез
Земли по большому кругу меридиана, Oxyz — подвижная (земная)
система координат, U — угловая скорость вращения Земли, ось z — направлена
на читателя. Единственная сила, которая действует на точку по оси z в ее
относительном движении, это — кориолисова сила инерции Фк = —таК,

286
8. Относительное движение
\
Меридиан
z = -fig • t =Ф- z(t) = -£lg—.
где ак = 2 [U х #г] — корио-
лисово ускорения. Используя
правило Жуковского,
получим, что Фк антипараллельна
оси Oz, а по модулю равна:
|dK| = 2mfi-vrsin I —ha 1 =
— 2mQ ■ vr cos a = mCtvT
(так как cosa = cos60° = 1/2).
Тогда вдоль оси z имеем
следующее уравнение
относительного движения:
mz = -mQvr,
где vr дается по закону
свободного вертикального
падения в поле силы тяжести:
*v(0 = gt- Тогда:
t'
Точка упадет на Землю в момент tt = y/lh/g = 10,1 с. Тогда отклонение
при падении составит:
z(U) = -Qg
(10,1)3
2тг
24 • 3 600
(10,1)3
9,8- / = 0,122 м.
Задача 33.6 (33.6). В вагоне, движущемся по прямому
горизонтальному пути, маятник совершает малые гармонические колебания,
причем среднее его положение остается отклоненным от вертикали
на угол 6°.
1) Определить ускорение w вагона.
2) Найти разность периодов колебаний маятника: Г — в случае
неподвижного вагона и Т{ — в данном случае.
Ответ: 1) w = 1,03 м/с-; 2) Г - Г, = 0,0028Г.
J
"^ Решение. Расчетная схема — на рис. 33.6.1а и 33.6.16.
Рассматриваем колебания маятника в системе координат, связанной с вагоном. Тогда
ко всем силам, действующим на точку М, нужно добавить горизонтальную
силу инерции Ф = —та. Положение относительного равновесия маятника

8. Относительное движение 287
///////////?//'/'
а
Ф = — тпа
'//"////////("?
а
*
Рис. 33.6.1а.
(относительное равновесие
маятника)
Рис. 33.6.16.
(текущее положение
маятника)
будет тогда строго по результирующей R = Ф + mg (она будет
уравновешиваться силой натяжения S нити). Отклонение же силы R от вертикали
(т.е. от силы mg) определяется углом а (см. рис. 33.6.1). Ясно, что
tga =
ma а
a=gtga = 9,8 0,l05 = 1,029 м/с2
Т, = 2пА
\/g2 + a2'
Т-Г1=Г(1--М=ГМ - ■/ . 8 =]
'( 1 -«/ , = 1 "О,'
00273 • Т.
Задача 33.7(33.7). Точка 0\ привеса
маятника длины I совершает прямолинейные
горизонтальные гармонические к^шебания около
неподвижной точки О: 00\ = asinpt (рис. 33.7.1).
Определить малые колебания маятника, считая,
что в момент, равный нулю, кр — 0, ф = 0.
Ответ: <р —
ар
1(к2
—г- I sinpt sin kt J, к = * f -.
P2)\ к J V I
Рис. .7.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 33.7.2, где 0\ху — подвижная
система, связанная с привесом 0\. Изучая движение маятника в системе
0\ху, нужно ко всем обычным силам добавить горизонтальную силу

288
8. Относительное движение
о,
о
ф - -rna0i
У
-1 Я
i X
к *
Ч
^
'
'
~) М
rrig
Рис. 33.7.2
инерции
Ф = -ma0l,
где So, — ускорение точки 0\:
оо, — (00\) — -ар sinpt.
Тогда уравнение момента количества
движения относительно точки 0\
будет иметь вид:
ml ф —
— —mgl sin if + (map sin pt) ■ I cos <p,
следовательно, при малых ip имеем:
2 2 S aP
ml ф = -mglip + map sinpt • I =$> ф — —ip -\—— sinpt.
Решение ищем в виде:
ip(t) = Asinwt + Bcoswt +Dsinpt, где w =
Чтобы найти D, подставим это выражение в уравнение, получим после
сокращений:
I I l(uz — р1)
Используя начальные условия <р(0) = ф(0) — О, получим уравнения для
определения А и В:
V
Тогда:
<p(t)
0 = В, 0 = Aw + Dp=> В = 0, A = -D-.
(р \ ар2 ( р \
sin pt sin wt ] = ——z тг I sinpt sin wt I.
u ) l(u2-p2)\ u J
Задача 33.8. Точка, находящаяся на широте А, брошена в западном
направлении под углом а к горизонту с начальной скоростью
доопределить время и дальность полета точки.
Ответ: t
2г>0 sin a
2г>о sin
g + 2uvo cos A cos a
g
4
2awo cos A cos
g
*-)■
L =
vl sin 2a VqU cos A sin a( 16 sin a - 12)
g
-+
3£2
, где w — угловая скорость
вращения Земли.

8. Относительное движение 289
z
Север"
/ п
I
О
Юг
®Х / м
^^^Г^ /
Л^\\
/ \
А А \
Меридиан
Рис. 33.8.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 33.8.1, где подвижная система
координат M$xyz введена следующим образом. Начало системы — в
точке Мо, где в начальный момент времени находилась бросаемая точка,
ось х направлена на читателя и перпендикулярна плоскости меридиана
(т.е. на запад), ось z — по радиусу OMq вверх (это — местная
вертикаль, т. е. вдоль нее направлена сила тяжести), ось у — по касательной
к меридиану так, чтобы система M^xyz была правой. Отметим, что для
удобства (и без ограничения общности) мы выбираем рассматриваемый
меридиан так, чтобы вектор начальной скорости бросания щ был ему
перпендикулярен, т.е. лежал в плоскости Mqxz.
Запишем уравнения динамики относительного движения для точки
М в • 1стеме M^xyz, которая вращается вместе с Землей с угловой
скоростью U. Пусть р = (ж, у, z) — радиус-вектор точки М в системе
Moxyz, vr = (х, у, £) — вектор относительной ее скорости. Единственная
активная сила — это сила тяжести mg, которая параллельна местной
вертикали, т.е. оси Mqz. Кроме того, необходимо добавить кориолисову
силу инерции Фк = -тпак — -2m [fi x vr] (переносную силу инерции
можно не учитывать, так как она весьма незначительна по сравнению
с mg\). Имеем: U = (Qx, Ц,, Qz) — (О, -Q cos A, Q, sin А). Тогда
Фкх = —2m(Qyz - Qzy), Фку — -2m£lzx, Фкг = 2mQyx.
Уравнения дви хени- огда будут иметь вид:
х = -2(fij,i - Пгу), у = -2Q,zx, z = -g + 2Qyx. (l)

290
8. Относительное движение
Начальные условия: ж(0) = у(0) — z(0) = 0, ж(0) = ^ocosq, у(0) — 0,
i(0) = aosina. Будем интегрировать систему (1), пренебрегая членами
сй2и выше, т. е. будем учитывать лишь члены не выше первой степени Q.
Это приближение корректно, так как Qt — малая величина, а промежутки
времени полета t не очень большие! Интегрируем сначала последние два
уравнения системы (1):
y(t) = -2Qzx, z(t) = vo sin a - gt + 2Qyx. (2)
Результат подставим в первое уравнение системы (1):
х + 4(П2 + Q2z)x = -2Qy(v0 sin a - gt).
Решение этого уравнения с начальными условиями ж(0) = 0, ж(0) = «о cos a
имеет вид:
( щ cos a g cos A \ Л vo sin a cos A, , g cos A
^)=(-V- + V)Sin2^+ 2П O-^O-JL--*.
Разлагая в ряд Тейлора sin 2Qt и cos 2Qt и удерживая слагаемые не выше
первой степени Q, получим:
x(t) к vo cos a • t + QI vo cos A sin a • t - g cos A • — I. (3)
Далее проитегрируем уравнение для z(t) из (2), с учетом равенства (3) для
x(t):
gt2 t2
z(t) и vo sin a • t —-— 2fi cos A • vo cos a ■ —. (4)
В этом равенстве мы также удержали слагаемые не выше первой
степени П. Приравнивая z(t*) = 0 мы находим время полета t*. Имеем из (4):
„ 2г>о sin a 2г>о sin
a / 2Пг>о cos ^ cos a \
g + 2fit>o cos A cos a g
Подставляя это £* в (З) и удерживая слагаемые не выше первой степени Q,
мы получим ответ для дальности полета:
«g sin 2q
ж(£ ) ~ h
(4vl sin2 a 8 dq sin3 a 4^ sin a cos2 a cos A \
cos A sin a • ; cos A г r I.
Г 3 g2 g- J
Упрощая, получим:
. _ t>nsin2a Л sin am cos A . -> -> . ->
ж(< ) и — 1-П ^ (12 sin'a- 12 cos'a- 8 sin'a) =
g 3g~
t>oSin2a sin a cos A- vl . -,
= — + П r -(16 sin' a - 12).

8. Относительное движение 291
Задача 33.9 (33.9). Шарик массы тп,
прикрепленный к концу горизонтальной
пружины, коэффициент жесткости
которой с, находится в положении
равновесия в трубке на расстоянии о от
вертикальной оси (рис. 33.9.1). Определить
относительное движение шарика, если
трубка, образующая с осью прямой угол,
начинает вращаться вокруг вертикальной
оси с постоянной угловой скоростью w.
2
С
vk
^M/WWV\k«AV-0 -
zm
Рис. 33.9.1
Ответ: В системе координат, начало которой совпадает с точкой
равновесия шарика,
w2a -у \/к2 - w2
х = 2— к sin" z 1 при к =
W-
к2
тп
тп
>о>;
к2 - w2 "" 2
х = —z—-z (ch v ш2 — кЧ— I) при к = * / — < ш
*► Решение. Расчетная схема — на рис. 33.9.2, где Оху — подвижная
система координат, вращающаяся вместе с т» бкой, начало которой
находится в точке О такой, что 0*0 = о
(начальное равновесие). Пусть шарик
сдвинулся на х. Тогда уравнение
движения вдоль оси х должно быть
написано с учетом двух сил: силы
упругости Fynp: Fynp.x = -с-х; силы
инерции Ф„ — -тпап: Фпх — ттш (а + х).
Тогда уравнение относительного
движения по оси х:
тпх = —сх + ттш (а + х) =>
х + х\
1. Пусть
I w ) — LJ а.
\тп )
а
iy
Ф = — тпа„
X
VWWWWWWVW*----!----
О
Рис. 33.9.2
w
— >w
тп
x(t) — A sin kot + В cos kot -\—ja,
kn
где
l 2 " I
к0 = w .
m
Используя начальные условия ж(0) = ж(0) = 0, получим
J
А = 0, Б = -т^-о, т.е.
w -Wo -) kot
x(t) = уу°(1 ~ cos «of) = 2—2- sin* —.
ъ0

292
8. Относительное движение
С 2 2 2^
2. Пусть — < ш , следовательно, обозначая кх — w , получим:
m m
w2a
х - к2х = w2a =^ x(t) = А ехр {kit} + В ехр {-М}
Используя начальные условия ж(0) = ж(0) = 0, получим:
2 ">
0J О , Ш О
0=4+£-—г; 0 = (i4-5)fei =>Л = В, 4 = — = Б,
т.е.
о/а/ехр {&,£} +ехр {-Л,*} \
Задача 33.10(33.10). Горизонтальная
у, трубка CD равномерно вращается вокруг
D вертикальной оси АВ с угловой скоро-
.. и -^В- »- стью w. Внутри трубки находится тело М
М (рис. 33.10.1). Определить скорость v тела
vLw относительно трубки в момент его
вылета, если в начальный момент v = 0,
х = хо, длина трубки равна L. Трением
А Л
С
% пренебречь.
Рис. 33.10.1
Ответ: v = JL2 - xl w.
"+• Решение. Аналогично решению задачи 33.', в которой положим
с — 0, получим уравнение движения по оси ж:
тпх = таГж, ж(0) = Жо, ж(0) = 0.
Или так ж = ш'ж. Перейдем к независимой переменной ж, получим:
l d(v2)
2 dx
ш2х => v2(x) - v2(0) — w2{x2 - Жо),
следовательно, при х = L: v = uyL2 — ж^.
Задача 33.11 (33.11). В условиях предыдущей задачи определить
время движения тела в трубке.
1 L+\А2 ~ ^о
Ответ: Г = - In
W Жо

8. Относительное движение
293
Решение. Продолжим решение задачи 33.10:
dx г~ г dx
= Ыл I СГ.1 — T.i Ч
dt
4х) = -£= wyx2 - xl
L
4
Ф
= U)T:
Ju *Ь{\
y/x2 - xl
I f dx
so V ~ 0 го V * "''О
Полученный интеграл табличный и берется подстановкой
ехр {у} + ехр {-у}
х — хо ch у = жо -
Тогда
[ dx = [ Жо sh у dy [ а (— + I—- Л
^ л/ж2-ж2 ^ жоч/сЬ2?/-! ~У ^"^""Vxo Ужо /'
ж0\/с112 ?/
Подставляя пределы, получим ответ:
1
Г=-
- In (— + 4/^-1).
Задача 33.12(33.12). В условиях задачи 33.10 составить
дифференциальное уравнение движения тела в трубке, если коэффициент
трения скольжения между телом и трубкой равен /.
Ответ: х — w x±f\/g2 + 4и;2ж2: верхнему знаку соответствует ж < 0,
нижнему ж > 0.
Решение. Расчетная схема
на рис. 33.12.1, где подвижная
система Oxyz вращается вместе с
трубкой, а точка О совпадает с
начальным положением шарика, vr —
относительная скорость шарика:
vrx = ж. На шарик вдоль оси ж
помимо силы инерции Ф„ = -тпап
действует сила трения FTp,
направленная против скорости vr. Эта
сила по модулю равна: FTp = / • N,
где N — нормальная реакция,
которая состоит из двух
составляющих: JVj, = mg и Nz = |ФкоР|. где
w
Ф-
ш
ф„
>z
О гп
Рис. 33.12.1

294
8. Относительное движение
Фкор — кориолисова сила инерции, причем:
|Фкор1 = 2тпш ■ \х\ ■ sin 90° = 2тш|ж|.
Таким образом:
I^tpI = f-N = fy/Nj + N? = fmVg2+4u2x2,
а уравнение относительного движения примет вид:
тх — тшгх — (fmyfg2 + 4ш2х2) ■ signх =>
=> х = w х — fy/g1 + 4о>2ж2 • sign х.
Задача 33.13 (33.13). Кольцо движется по гладкому стержню АВ,
который равномерно вращается в горизонтальной плоскости вокруг
вертикальной оси, проходящей через конец А, делая один оборот
в секунду; длина стержня 1 м; в момент t = 0 кольцо находилось
на расстоянии 60 см от конца А и имело скорость, равную нулю.
Определить момент t\, когда кольцо сойдет со стержня.
Ответ: tx = — in 3 = 0,175 с.
27Г
"^ Решение. Применяем результат, полученный в задаче 33.11:
Т
где
-ln( — + J^y-lV
ш \хо у xz0 )
Получим:
1
Т= — In
2тг
2тг _.
w = — = 27г с , L = 1 м, Жо = 0,6 м.
/ 1 Г~\ \ 1 /ю /Too \ 1
lo7 + Vo^",J=^lnU + Vl6--1J = 2^,n3-
Задача 33.14 (33.14). Трубка АВ вращается с постоянной угловой
скоростью w вокруг вертикальной оси CD, составляя с ней
неизменный угол 45°. В трубке находится тяжелый шарик М (рис. 33.14.1).
Определить движение этого шарика относительно трубки, если
начальная скорость его равна нулю и начальное расстояние от точки О
равно о. Трением пренебречь.
Ответ: ОМ = -(а-^Л (ехр{0,5ы«^}+ехр{-0,5ьЛл/2})+^Ч-.
2\ ш- J w-

8. Относительное движение 295
Ф., = -тпа„
и и
Рис. 33.14.2
*+ Решение. Расчетная схема — на рис. 33.14.2. Во вращающейся
системе координат, жестко связанной с трубкой АВ, запишем уравнение
относительного движения шарика вдоль оси £ (см. рис. 33.14.2),
добавив переносную силу инерции Фп = -тап (есть еще кориолисова сила
инерции, но она направлена перпендикулярно vr, т.е. не дает проекции
на ось £). Получим:
m£ = —mg cos a + тап • sin а, где ап = из ■ £ sin a.
Таким образом:
2 , _ , 1 л/2
£ = -gcosa + w £sin~ а=Ф- £ — w~£ ■ - = —g-~-.
Начальные условия £(0) = о, £(0) = 0. Решение ищем в виде:
gV2
№
{из 1 Г из Л gv2
^j+c.expj-^j-f^.
Используя начальные условия, получим:
J?\/2 - U3
^(0) = o = Cl+c2 + ^-; £(0) = 0=-=(с,-с>):
из V2
=ф- Ci = С2, О = 2С] +
gy/2
W
1/ *л/2\
Cl=C2 = 2V°"W-
Тогда ответ:
«Ч(°-^)№4Ч-^}Н#

296
8. Относительное движение
Задача 33.15(33.15). Определить, как меняется ускорение силы
тяжести в зависимости от широты места <р вследствие вращения
Земли вокруг своей оси. Радиус Земли R = 6 370 км.
Ответ: Если пренебречь членом с w ввиду его малости, то
w2R cos21
g\
или
(w R cos u> \
(cos2 <p \
'--яг)-
Si =9,811 1
где g — ускорение силы тяжести на полюсе, <р — географическая
широта места.
Рис. 33.15.1
^ Решение. Расчетная схема — на рис. 33.15.1, где представлена
плоскость меридиана Земли. На точку М во вращающейся системе координат,
связанной с Землей, действуют две силы: Рт — сила тяготения (FT = mgo,
где go — ускорение силы тяжести на полюсе) и
Ф» =
-тпа„
переносная сила инерции (см. рис. 33.15.1). Результирующая этих сил

8. Относительное движение 297
деленная на m и дает направление и модуль ускорения силы тяжести
g(ip) = G/m. Имеем
Gx = -FT cos tp + man, Gy = —Fr sin ip;
G = Jg\ + G\ = yjF} + m2al - 2FTman cos <p.
Подставляя сюда
Fr = mgo, an — Cl~R cos tp,
получим:
G = myjgl + Q4R2 cos2 ip - 2g0n2R cos2 tp.
Отсюда, пренебрегая слагаемым Q R cos' <p по сравнению с go$l~R cos' <p
(ввиду малости величины П R), получим:
G
g(<P) =
m
Г-, ; Г~ / 2П2Д cos2 ip
y/$ - 2g0Q2R cos2 ip=g0J\
/ П2Rcos2 tp\
Ч1——)•
Задача 33.16 (33.16). Во сколько раз надо увеличить угловую
скорость вращения Земли вокруг своей оси, чтобы тяжелая точка,
находящаяся на поверхности Земли на экваторе, не имела бы веса? Радиус
Земли R = 6 370 км.
Ответ: В 17 раз.
, , Ф„ = —тпа„
М п "
Рис. 33.15.2

298
8. Относительное движение
Решение. Расчетная схема — на рис. 33.15.2, где изображена
плоскость меридиана Земли. Для того чтобы на экваторе точка не имела веса,
необходимо (см. рис. 33.15.2) равенство: FT = Фп, следовательно,
mg = mVtyR
fi, =
24 • 60 • 60
9,8
6,4-106
17.
Задача 33.17(33.17). Артиллерийский снаряд движется по
настильной траектории (т. е. по траектории, которую приближенно
можно считать горизонтальной прямой). Горизонтальная скорость
снаряда во время движения vo = 900 м/с. Снаряд должен поразить
цель, отстоящую от места выстрела на расстоянии 18 км. Пренебрегая
сопротивлением воздуха, определить, насколько отклонится снаряд
от цели вследствие вращения Земли. Стрельба происходит на
северной широте А = 60°.
Ответ: Снаряд отклонится вправо (если смотреть на него сверху
перпендикулярно к скорости) на величину s = wvot2 sin A = 22,7 м
независимо от направления стрельбы.
Рис. 33.17.1
Решение. Расчетная схема
на
рис. 33.17.1, где изображена плоскость
меридиана Земли, АВ —
горизонтальная плоскость места. Эта горизонтальная
плоскость вращается с угловой
скоростью Q„ = Q sin А. Снаряд
отклоняется вбок, благодаря кориолисовой силе
инерции
Ф
кор
—та.
кор»
где
vr
ok0p = 2 [П„ х vr].
Предполагая, что
= щ ~ const,
получим, что отклонение происходит вправо по ходу движения и
подчиняется уравнению:
х = 2Q„«o => x{t) — ClnvGt~ — Qvot~ sin A =
L" sin A
= Qvo sin A • —у = QL = 22,7 м.
Vo V0

8. Относительное движение
299
Задача 33.18(33.18). Маятник на длинной нити получает
небольшую начальную скорость в плоскости север—юг. Считая отклонения
маятника малыми по сравнению с длиной нити и принимая во
внимание вращение Земли вокруг оси, найти время, по истечении которого
плоскость качаний маятника совпадает с плоскостью запад—восток.
Маятник расположен на 60° северной широты.
Ответ: Г = 13,86(0,5 + к) часов, где к = 0,1, 2, 3,..
Решение. Расчетная схема — на рис. 33.18.1, где изображена плос-
начальныи
меридиан
кость меридиана, в которой размещен вектор начальной скорости
маятника #о- Выберем подвижную систему координат 0*x*y*zt, начало которой
совпадает с точкой подвеса маятника О» и которая перемещается
поступательно вместе с этой точкой! Будем
рассматривать движение маятника
(это маятник Фуко) в этой
системе координат. Подвижность начала
О* требует подключения к
обычным силам, действующим на
точку (силы: S — натяжение нити,
mg — сила тяжести), переносных
сил инерции от движения точки О*
(кориолисовых сил инерции нет,
так как система движется
поступательно). Однако эти переносные
силы инерции имеют порядок ве-
личины Q~R fs 0,03 м/с на 1 кг
массы, что очень мало по сравне-
нию с ускорением g — 9,8 м/с . Таким образом, движение маятника
в системе Otxtytzt происходит под действием только сил S и mg. Тогда,
если начальный кинетический момент точки был нормален к плоскости
(начальной) качаний, то эта нормальность сохранится и в дальнейшем,
так как моменты сил S и mg также нормальны к плоскости (начальной)
качаний! Таким образом, маятник при указанных начальных условиях
сохраняет свою плоскость качаний, а относительно вращающейся Земли
он поворачивается с угловой скоростью — Пп, где
Qn = Q sin A.
На угол 7г/2 эта плоскость качаний повернется за время
7Г/2 7Г 7Г 1
_ =_ и= —
Юг!
Рис. 33.18.1
Т =
П„
2П sin A
2-^
2
2тг
24
12 = 6,928 ч.
Далее по периодичности.

300
8. Относительное движение
Задача 33.19. Тяжелая точка может двигаться без трения по
вертикальному проволочному кольцу, которое вращается вокруг своего
вертикального диаметра с постоянной угловой скоростью w. Радиус
кольца равен R. Найти положение равновесия точки и определить,
как будет двигаться точка, если в положении равновесия она получит
малую скорость щ по касательной вверх.
Ответ: Положение равновесия соответствует углу <ро = arccos -у—,
отсчитываемому от нижнего положения точки на круге. Точка,
получившая малую скорость щ, будет совершать малые колебания око-
ло положения равновесия согласно уравнению: <р = —- sin kt, где
IxK
, Vu4R2-g2
wR
,
/
1 ^
I °
У
,
V
A>
«п.
yv
'
м
rrig
Г
X
/ Vr
Фп
Решение. Расчетная схема
Рис. 33.19.1
Тогда будем иметь:
представлена на рис. 33.19.1, где
<р — угол отклонения точки от
вертикали, отсчитываемый от ее
нижнего положения А$.
Запишем уравнение динамики
относительного движения в
проекции на направление
относительной скорости vT. Для этого
нужно добавить переносную силу
инерции
Ф„ = -тпап,
где а„ — переносное
нормальное ускорение, причем
.2
а„ = 07
* sin (p.
mR<p = — mg sin <р + mw R sin <p cos <p ■
g . , 2 -
• — sin <p + w sm <p cos if.
R
(1)
Положение равновесия ищем из уравнения:
g . , 2 . Л
sin ip + w sin (p cos (p — 0 -
R
=> <f\ = 0, <p2 — 7Г, ifij, = arccos
wr)'

8. Относительное движение 301
Для исследования устойчивости этих положений равновесия, найдем
первый интеграл уравнения (1). Для этого умножим обе части уравнения (1)
на ф. Получим:
=^ 2 (^2(0 - Ф2(°)) = ^ (cos V - cos v?o) + у (sin2 y> - sin2 ip0). (2)
Введем обозначение:
2
П(V) = - ^ cos <p - — sin2 <p. (3)
Функцию П(^) будем называть измененной потенциальной энергией. При
и = 0 она совпадает с обычной потенциальной энергией силы тяжести.
Учитывая введенное обозначение, интеграл (2) можно записать в виде:
Ф2
— + Щ<р) = h — const,
т. е. закон сохранения энергии. Мы получили консервативную систему
с одной степенью свободы, имеющей потенциальную энергию Щ<р),
даваемую выражением (3). Точки равновесия находятся из уравнения:
tffl g 2
— = — sin w - u sin w cos w = 0 ==>
dip R r r r
ip\ = 0, <P2 = 7Г, <Pi = arccos
WrJ-
Отметим, что положение равновесия ipy существует лишь при соблюдении
неравенства:
g < u2R <=> w1 > £
R
Для исследования устойчивости этих положений равновесия рассмотрим
вторую производную:
d2Tl g 2 2,2-2
г = — COS W - W COS W + U) Sin ip.
dip1 R
Согласно теореме Лагранжа—Дирихле изолированное положение
равновесия устойчиво, если П(у?) достигает в этой точке строгого минимума.
Это условие необходимо и достаточно (см. [2, с. 344]). Имеем:
d2n
dip2
d2U
dip2
8 2
V>=Vi
g 2
=---w;

302
8. Относительное движение
£п 2/ g2 \
Из полученных соотношений следует, что:
1. При 0<о7< y/g/R положение равновесия <p = <fi = 0 — устойчиво
(так как П'^2 > 0, т.е. при <р — <р1 реализуется минимум П(у?)), а у = <рг
и if = if у неустойчивы (так как П'^2 < 0 в этих точках, т. е. П достигает
локального максимума, что и означает неустойчивость).
В этом случае малые колебания в окрестности точки if\ = 0 можно
найти, линеаризуя уравнение (1) в окрестности <р = if\ = 0. Мы получим:
ф = -—<р + и2
„=>0 = -„(£-*>)
8 2
=>• ip(i) = AsmSl\t + BcosSl\t, где ^ — \ ~Б ~ и
а константы А, В определяются из начальных условий.
2. При yg/R < 07 < со, положение равновесия if = if у устойчиво
(так как П'^2 > 0 при <р = if у, т.е. реализуется локальный строгий
минимум Ii(if)), aif = if\V\if = ifi — неустойчивы (так как П^2 < 0
в этих точках, т. е. П достигает в этих точках локального максимума, что
и означает неустойчивость). В этом случае малые колебания в окрестности
точки if = if у = arccos I —— ) можно найти, линеаризуя уравнение (1)
в окрестностях ip = ipy. Для этого обозначим <р = if у + а, где а — малая
величина (а <С 1). Тогда получим с точностью до малых порядка а :
sin if = sin ip у + (cos ify)a + ...;
1 lr , ,i
sin ip cos ip — - sin lip = - [sin lify + (2 cos 2ify)a + ... J;
g 2 S S
sin ip 4- w sin ip cos ip = sXnify— — cos ipy-a +
R R R
+ 07 • - sin 2уз 4- 07 • cos 2^з ■ a + ... = sinipyl h 07" cos if у J -
- a I — cos if у - 072 cos lify J + ... = -a ( o>2 j—^ 1 + .. ■ .
Таким образом, малые колебания в окрестности точки if = if у
описываются уравнением:

8. Относительное движение
303
a(t) = A sin Q2t + В cos Q2t, где Q2 =
V^W
g-
2
wR
а константы А, В подбираются с учетом начальных условий. Для условий,
указанных в задаче, получим:
а(0 = ^г sin fi2£.
3. При ш — y/g/R будем иметь у?з = arccos (1) = 0, т. е. <pt и у?з
сливаются в одно положение равновесия (pt — 0. В этом случае для этой точки
будем иметь (после несложных вычислений):
ПЯ=о=°> П'Я=о=°> П^=0=3а;2>0,
что позволяет утверждать устойчивость равновесия <р\ = 0. Однако малые
колебания в окрестности этого положения равновесия будут уже
нелинейными! Уравнение (1) с точностью до малых порядка выше а" имеет вид:
.. "2 з
Решение этого уравнения и дают малые (нелинейные) колебания в этом
случае.
Задача 33.20. Пружинный вибродатчик используется для
измерения вертикального ускорения поезда, круговая частота вертикальных
колебаний которого равна 10 рад/с. База прибора составляет одно
целое с корпусом одного из вагонов поезда. К базе прибора крепится
пружина с коэффициентом жесткости с = 17,64 кН/м. К
пружине прикреплен груз массы т = 1,75 кг. Амплитуда относительного
движения груза вибродатчика равна 0,125 см по записи прибора.
Найти максимальное вертикальное ускорение поезда. Какова амплитуда
вибрации поезда?
1 237 см/с2. Амплитуда вертикальных колебаний поезда равна: а
Ответ: Максимальное вертикальное ускорение поезда равно Wmax =
= 1 237 см/
= 12,37 см.
Ь» Решение. Расчетная схема — на рис. 33.20.1, где £ — относительная
координата груза (относительно вагона), отсчитываемая вниз от
положения его статического равновесия; у — абсолютная координата вагона,
отсчитываемая вертикально вверх.
Уравнение относительного движения груза получается, если к
обычным силам добавить переносную силу инерции Ф = -тпае, причем
ае( — —у- Тогда будем иметь:
тп£ = -с(А0 +Q + mg + my,

304
8. Относительное движение
/
А
тп А
£
\
■у
W7//////////////)?77//
////////////////77///////////////77У///////////////
Рис. 33.20.1
где Ао — статическая деформация пружины: с\, — mg. Тогда принимая,
что у — h • sin pi, где р — частота, по условию задачи р = 10 рад/с. Тогда
уравнение будет иметь вид:
тп£ = — с£ — тар h sin pt
£ = -од£ - p2h sin pt,
где од = c/m. Решение ищем в виде: £ = A sin pt. Поставляя в уравнение
получим:
-Ар2 = -и2А - p2h ■■
А =
p2h
од
р
,2'
Амплитуда (т. е. максимальное значение) вертикального ускорения:
p2h = А{ы1-р2) = 0,125(10 080 - 100) = 1 247,5 см/с2.
Амплитуда вибрации поезда h =
1 247,5
100
12,475 см.
Задача 33.21. Виброметр используется для определения
вертикальных колебаний одной из частей машины. В подвижной системе
прибора демпфер отсутствует. Относительное смещение датчика виброметра
(массивного груза) равно 0,005 см. Собственная частота колебаний
виброметра — 6 Гц, частота колебаний вибрирующей части
машины — 2 Гц. Чему равны амплитуда колебаний, максимальная скорость
и максимальное ускорение вибрирующей части машины?
Ответ: Амплитуда колебаний равна а — 0,04 см, максимальная
скорость равна vm = 0,5 см/с, максимальное ускорение равно wm =
= 6,316 см/с .
Решение. Расчетная схема — на рис. 33.21.1, где £ —
относительная координата груза тп (относительно корпуса машины), отсчитываемая
вверх от положения относительного статического равновесия, у —
абсолютная координата корпуса машины, отсчитываемая вверх.
Уравнение динамики относительного движения по оси £ с учетом
переносной силы инерции Ф = -та, где а — ускорение машины по оси у:

8. Относительное движение
305
Ф = — та
ЖШИШШИЖЖЩИШШ»'
Рис. 33.21.1
m
-*-у.
где с/т = ш0, ш0 — 2ж -6 — \Ъх, у = hsinpt, р = 2ж ■ 2 — 47г.
Имеем уравнение:
(=- 144я-2£ + Л167Г2 sin47г£.
Ищем вынужденное решение в виде £ = j4 sin 47г<. Тогда получим, после
подстановки в уравнение:
-167Г2 • Asin4nt — -1447Г2 ■ A sin4nt + ft- 16тг2 sin 47г< =Ф-
h ■ 16тг
. .... 16 1
А = г = ft — h- -
144тг2 - 16тг2 128 8
ft = 8 • А.
По условию задачи относительная амплитуда А известна: А = 0,005 см,
следовательно, ft = 8 ■ 0,005 = 0,04 см — амплитуда колебаний корпуса,
ftp = ft • 47Г = 0,04 • 4 • 3,14 = 0,5024 см/с — амплитуда скорости, ftp' =
= 0,5024 • 4 • 3,14 = 6,310 см/с2 — амплитуда ускорений.
Задача 33.22. Груз массы т= 1,75 кг подвешен внутри коробки на
вертикальной пружине, коэффициент жесткости которой с=0,88 кН/м.
Коробка установлена на столе, вибрирующем в вертикальном
направлении. Уравнение колебаний стола х = 0,225 sin 3t см. Найти
абсолютную амплитуду колебаний груза.
Ответ: х = 0,2254 см.
Решение. Решение задачи полностью аналогично решению
задана рис. 33.22.1. Уравнение относительного
чи 33.20. Расчетная схема
движения массы т есть:
mi = -с£ + тх,
где x(t) = a sin 2>t, где а = 0,225 см. Отсюда получим:
£ — -о>о£ - о • 9 - sin 3t,

306
8. Относительное движение
коробка
/////////////////////////У/////////////////////////
Рис. 33.22.1
где О70 = elm = 502,86. Решение ищем в виде £ = A sin 3t. После
подстановки в уравнение получим:
—А • 9 • sin 3t = -о>о • A sin 3t — 9а sin 3t =$■
А = —
9а
9 ■ 0,225
ад
= -0,004 см.
UQ-J 493,86
Таким образом, £(t) = —0,004 sin 3t. Абсолютная координата груза
находится из равенства (учитывая, что ж и £ противоположно направлены!):
xm(t) = x(t) - t,(t) - a sin 3t - (-0,004 sin 3t) = 0,229 • sin 3t см.
Итак, абсолютная амплитуда колебаний груза равна 0,229 см.

Литература
1. Аппель П. Теоретическая механика. Т. 1: Статика, динамика точки. М.:
Государственное издательство физико-математической литературы, 1960. 515 с.
2. Арнольд В. И., Козлов В. В., Нейштадт А, И. Математические аспекты
классической и небесной механики. 2-е изд., переработанное и дополненное. М.:
УРСС, 2002. 416 с.
3. Ден-Гартог Дж. П. Механические колебания. М.: Государственное
издательство физико-математической литературы, 1960. 580 с.
4. Журавлев В. Ф. Основы теоретической механики. Издание второе,
переработанное. М.: Физматлит, 2001. 319 с.
5. Игнатов И. А. Теоретическая механика. Статика и кинематика. Решения задач
з сборника И. В. Мещерского, 36 издание 1986. Вологда, 2000. 444 с.
6. Мещерский И. В. Задачи по теоретической механике: Учебное пособие. 44-е
изд., стер. / Под ред. В. А. Пальмова, Д. Р. Меркина. СПб.: Лань, 2005. 448 с.
(См. также предыдущие издания данного задачника с 1986 по 2004 гг.)
7. Никитин И. N. Курс теоретической механики. М.: Высшая школа, 1990. 607 с.
8. Суслов Г. К. Теоретическая механика. М.; Л.: ОГИЗ; Государственное
издательство технико-теоретической литературы, 1946. 655 с.
9. Neuber N. von. Losungen zur aufgabensammlung Mestschersn. VEB Deutscher
Verlag Aer Wissenschaften. Berlin, 1961. 464 s.

URSS.ru
URSS.ru
URSS.ru
URSS.ru
Представляем Вам наши лучшие книги:
О
URSS
Термодинамика и статистическая физика
Квасников И. А. Молекулярная физика.
Бриплюэн Л. Квантовая статистика.
Базаров И. П. Заблуждения и ошибки в термодинамике.
Хайтун С. Д. История парадокса Гиббса.
Агеев Е. П. Неравновесная термодинамика в вопросах и ответах.
Дуров В. А., Агеев Е. П. Термодинамическая теория растворов.
Мюнстер А. Химическая термодинамика.
Крылов Н. С. Работы по обоснованию статистической физики.
Зайцев Р. О. Введение в современную статистическую физику.
Зайцев Р. О. Введение в современную кинетическую теорию. Курс лекций.
Хинчин А. Я. Математические основания квантовой статистики.
Поклонский Н. А., Вырко С. А., Поденок С. Л. Статистическая физика полупроводников.
Баранов А. А., Колпащиков В.Л. Релятивистская термомеханика сплошных сред.
ШапкинА, И., Сидоров Ю. И. Термодинамические модели в космохимии и планетологии.
Планк М. Теория теплового излучения.
Оптика. Колебания и волны
Саржевский А. М. Оптика. Полный курс.
Майкельсон А. А. Исследование по оптике.
Федоров Ф. И. Оптика анизотропных сред.
Стрэтт (Рзлеи) Дж. В. Волновая теория света.
Гончаренко А. Л/., Карпенко В. А. Основы теории оптических волноводов.
Гончаренко А. М. Гауссовы пучки света.
Астапенко В. А. Поляризационные и интерференционные эффекты
в излучательиых процессах.
Добролюбов А. И. Бегущие волны деформации.
Добролюбов А. И. Скольжение, качение, волна.
Добролюбов А. И. Волновой перенос вещества.
Кравченко И. Т. Теория волновых процессов.
Шашков А. Г., Бубнов В. А., Янковский С. Ю. Волновые явления теплопроводности.
Бардзокас Д. И. и др. Распространение волн в электромагнитоупругнх средах.
Астапенко В. А. Поляризационные и интерференционные эффекты.
Звягин В. Г., Дмитриенко В. Т. Аппроксимациоиио-топологический подход
к исследованию задач гидродинамики. Система Навье—Стокса.
Абурджаниа Г. Д. Самоорганизация нелинейных вихревых структур и вихревой
турбулентности в диспергирующих средах.
Билля Г. Теория вихрей.
Крендалл И. Б. Акустика.
Кнудсен В. О. Архитектурная акустика.
Вуд А. Звуковые волны и их применения.
Кабисов К. С, Камалов Т. Ф., Лурье В. А. Колебания и волновые процессы.
Шутов А. М. Методы оптической астрополяриметрии.
60
со
I ■'
OS
со
г>,-
09
09
■ .
09'
09
09<
09i
■
0Э<
09
■
-3
URSS.ru
URSS.ru
URSS.ru
URSS.ru

URSS.ru
URSS.ru
URSS.ru
URSS.ru
Представляем Вам наши лучшие книги:
Физика элементарных частиц и теория относительности
URSS
Бояркин О. М. Введение в физику элементарных частиц.
Бояркин О. М. Физика массивных нейтрино.
Окунь Л. Б. Физика элементарных частиц.
Окунь Л. Б. Лептоны и кварки.
Бранский В. П. Теория элементарных частиц как объект
методологического исследования.
Бранский В. П. Значение релятивистского метода Эйнштейна в формировании
общей теории элементарных частиц.
Абрамов А. И. История ядерной физики.
Богуш А. А. Очерки по истории физики микромира.
Випьф Ф. Ж. Логическая структура частной теории относительности.
Сацункевич И. С. Экспериментальные корни специальной теории относительности.
Угаров В. А. Специальная теория относительности.
Вейль Г. Пространств). Время. Материя. Лекции по обшей теории относительности.
Теория поля
Рубаков В. А. Классические калибровочные поля. Бозоиные теории.
Рудаков В. А. Классические калибровочные поля. Теории с фермионами.
Некоммутативные теории.
Сарданашвили Г. А. Современные методы теории поля. Т. 1-4.
Иваненко Д. Д., Сарданашвили Г. А. Гравитация.
Коноппева Н. П., Попов В. И. Калибровочные поля.
Богуш А. А. Введение в калибровочную полевую теорию электрослабых взаимодействий.
Богуш А. А., Мороз Л. Г. Ведение в теорию классических полей.
Менский М Б. Группа путей: измерения, поля, частицы.
Менский М. Б. Метод индуцированных представлений.
Астрономия и астрофизика
Ефремов Ю. И. Вглубь Вселенной. Звезды, галактики и мироздание
Куликовский П. Г. Справочник любителя астрономии.
Чернин А. Д. Звезды и физика.
Сажан М. В. Современная космология в популярном изложении,
Левитан С. П Физика Вселенной: экскурс в проблему.
Попова А П Занимательная астрономия.
Бааде В. Эволюция звезд и галактик.
Шварцшильд М. Строение и эволюция звезд.
Архангельская И. Д., Чернин А. Д., Розенталь И. Л. Космология и физический вакуум.
Розенталь И. Л., Архангельская И. В. Геометрия, динамика, Вселенная.
Кинг А. Р. Введение в классическую звездную динамику.
Хлопов М. Ю. Космомикрофизика.
Хлопов М. Ю. Основы космомикрофизики.
Ипатов С. И. Миграция небесных тел в Солнечной системе.
Дорофеева В. А., Макалкин А. Б. Эволюция ранней Солнечной системы.
Тверской Б. А. Основы теоретической космофизики.
ее
ее
ее
ш
ее
as
■
-з
ее
ее
-з
09
09
■
09
ее
■
JJRSS.ru
URSS.ru
URSS.ru
URSS.ru

URSS.ru URSS.ru URSS.l'U URSS.ru
Представляем Вам наши лучшие книги:
О
Квантовая механика
Брошь Л. де. Введение в волновую механику.
Мотт И., Снеддон И. Волновая механика и ее применения. URSS
Вон дер Верден Б. Л. Метод теории групп в квантовой механике.
Петрошень М. И., Трифонов Е.Д. Применение теории групп в квантовой механике.
Гапицкий В. Л/., Карнаков Б. Л/., Коган В. И. Задачи по квантовой механике. Ч. 1,2.
Горбацевич А. К. Квантовая механика в общей теории относительности.
Килин С. Я. Квантовая оптика: поля и их детектирование.
Вильф Ф. Ж. Логическая структура квантовой механики.
Эддингтон А. Относительность и кванты.
Серия «Синергетика: от прошлого к будущему»
Пенроуз Р. НОВЫЙ УМ КОРОЛЯ. О компьютерах, мышлении
и законах физики. Пер. с англ.
Хокен Г. Информация н самоорганизация. Макроскопический подход
к сложным системам. Пер. с англ.
Безручко Б. П. и др. Путь в синергетику. Экскурс в десяти лекциях.
Князева Е. И., Курдюмов С. Л. Основания синергетики. Кн. 1,2.
Данилов Ю. А. Лекции по нелинейной динамике. Элементарное введение.
Молинецкий Г. Г. Математические основы синергетики.
Малинецкий Г. Г., Потапов А. Б. Нелинейная динамика и хаос: основные понятия.
Малинецкий Г. Г., Потапов А. £., Подлазов А. В. Нелинейная динамика.
Капица С. П., Курдюмов С. П., Малинецкий Г. Г. Синергетика н прогнозы будущего.
Малинецкий Г. Г. (ред.) Будущее России в зеркале синергетики.
ТрубецковД. И. Введение в синергетику. В 2 кн.: Колебания и волны; Хаос и структуры.
Арнольд В. И. Теория катастроф.
Быков В. И. Моделирование критических явлений в химической кинетике.
Чумаченко Е. Н. и др. Сверхпластичность: материалы, теория, технологии.
Редько В. Г. Эволюция, нейронные сети, интеллект.
Чернавский Д. С. Синергетика и информация (динамическая теория информации).
Боронцев Р. Г. Синергетика в современном естествознании.
Андрианов И. В., Баренцев Р. Г., Маневич Л. И. Асимптотическая математика
н синергетика: путь к целостной простоте.
Котов Ю. Б Новые математические подходы к задачам медицинской диагностики.
Гельфанд И. М. и др. Очерки о совместной работе математиков и врачей.
Пригожин И Неравновесная статистическая механика.
Пригожий И. От существующего к возникающему.
Пригожин П., Стенгерс И. Время. Хаос. Квант. К решению парадокса времени.
Пригожин //., Стенгерс И. Порядок нз хаоса. Новый диалог человека с природой.
Пригожин И., Николис Г. Познание сложного. Введение.
Пригожин И., Гленсдорф П. Термодинамическая теория структуры, устойчивости
н флуктуации.
Суздалев И. П. Нанотехнология: фнзнко-химия нанокластеров, наноструктур
и наноматерналов.
ОЭ
ОЭ
■ч
оэ
оэ
■
оэ
■
09
■
09
ОЭ
оэ
оэ
■
URSS.ru URSS.ru URSS.ru URSS.ru

URSS.ru
URSS.ru
URSS.ru
URSSi
Представляем Вам наши лучшие книги:
<$
URSS
Механика
Кирхгоф Г. Механика. Лекции по математической физике.
Жуковский Н. Е. Аналитическая механика.
Жуковский Н. Е. Механика системы. Динамика твердого тела.
Жуковский Н. Е. Кинематика, статика, динамика точки: университетский курс.
Арнольд В. И. Математические методы классической механики.
Арнольд В. И. и др. Математические аспекты классической и небесной механики.
Котельников А. П. Винтовое счисление и некоторые приложения его к геометрии
и механике.
Кузьмина Р. П. Математические модели небесной механики.
Пановко Я. Г., Губанова И. И. Устойчивость и колебания упругих систем: Современные
концепции, парадоксы и ошибки.
Блехман И. И., Мышкис А. Д., Пановко Я. Г. Прикладная математика: Предмет, логика,
особенности подходов. С примерами из механики.
Тимошенко С. П. Колебания в инженерном деле.
Тимошенко С. П. История науки о сопротивлении материалов. С краткими сведениями
из истории теории упругости и теории сооружений.
Пфейффер П. Колебания упругих тел.
Молкин И. Г. Методы Ляпунова и Пуанкаре в теории нелинейных колебаний.
Малкин И. Г. Некоторые задачи теории нелинейных колебаний.
Молкин И. Г. Теория устойчивости движения.
Геккелер И. В. Статика упругого тела.
Новожилов В. В. Основы нелинейной теории упругости.
Гетлинг А. В. Конвекция Рэлея—Бенара. Структуры и динамика.
Шмыглевский Ю.Д. Аналитические исследования динамики газа н жидкости.
Петров К. П. О достижениях аэродинамики летательных аппаратов.
Петров К. П. Аэродинамика транспортных космических систем.
Сапунов В. Т. Прочность поврежденных трубопроводов.
Победря Б. Е., Георгиевский Д. В. Лекции по теории упругости.
Георгиевский Д. В. Устойчивость процессов деформирования вязкопластнческих тел.
Петкевич В. В. Основы механики сплошных сред.
Якоби К. Лекцнн по динамике.
Уиттекер Е. Т. Аналитическая динамика.
Каплун А. £., Морозов Е. N1., Олферьева М. A. ANSYS в руках инженера.
Э
03
I
с
ел
из
■
03
03
I
03
03
■
03
03
■
Тел./факс:
(495) 135-42-46,
(495) 135-42-16,
E-mail:
URSS@URSS.ru
http://URSS.ru
Наши книги можно приобрести в магазинах:
«Библио-Глобус» (м.Лубянка, ул. Мясницкая. 6. Тел. (495) 925-2457)
«Московский дон книги» (м.Арбатсиая, ул. Новый Арбат. 8. Тел. (495) 203-8242)
«Молодая гвардия» (н. Полянка, ул. Б. Полянка, 28. Тел. (495) 238-5001,780-3370)
«Дом научно-технической книги» (Ленинский лр-т, 40. Тел. (495) 137-6019)
«Дом деловой иниги» (м. Пролетарская, ул. Марксистская, 9. тел. (495) 270-5421)
«Гноме» (и. Университет, 1 гум. корпус МГУ, коин.141. Тел. (495) 939-4713)
«У Кентавра» (РГГУ) (м.Новослободская, ул.Чаянова, 15. Тел. (495) 973-4301)
«СПб. дон книги» (Невский пр., 28. Тел. (812) 311-3954)
03
03
I
URSS.ru
URSS.ru
URSS.ru
URSS.ru

URSS.ru
URSS.ru
URSS.ru
URSS.ru
Уважаемые читатели! Уважаемые авторы!
Наше издательство специализируется на выпуске научной и учебной
литературы, в том числе монографий, журналов, трудов ученых
Российской академии наук, научно-исследовательских институтов и учебных
заведений. Мы предлагаем авторам свои услуги на выгодных
экономических условиях. При этом мы берем на себя всю работу по подготовке
издания — от набора, редактирования и верстки до тиражирования
и распространения.
«>
URSS
Среди вышедших и готовящихся к изданию книг мы предлагаем Вам следующие:
Розенблат Г. М. Механика в задачах и решениях.
Розенблат Г. М. Первые интегралы и их применение при решении задач механики.
Воронов В. К., Подоплелов А. В. Современная физика.
Иванов Б. И. Законы физики.
Иванов Б. N. Мир физической гидродинамики.
Капитонов И. М. Введение в физику ядра и частиц.
Шепелев А. В. Оптика. Готовимся к экзаменам, зачетам, коллоквиумам.
Кириллов В. М. и др. Решение задач по физике.
Кронин Дж., Гринберг Д., Телегди В. Теоретическая физика. Сб. задач с решениями.
Колоколов И. В. и др. Задачи по математическим методам физики.
Жукарев А. С. и др. Задачи повышенной сложности в курсе общей физики.
Сапунов В. Т. Классический курс сопротивления материалов в решениях задач.
Матвиенко Ю. Г., Сапунов В. Т. Сопротивление материалов в задачах и решениях.
Варикаш В. Л/., Болсун А. И, Аксенов В. В. Сборник задач по статистической физике.
Кубо Р. Статистическая механика. Современный курс с задачами и решениями.
Галицкий В. М., Карнаков Б. Л/., Коган В. И. Задачи по квантовой механике. Ч. 1,2.
Гликлих Ю. Е. Глобальный н стохастический анализ в задачах математической физики.
Бардзокас Д. И., Зобнин А. И., Сеник Н. А., Филъштинский М.Л. Задачи по теории
термопьезоэлектричества с подробными решениями.
Самарский А. А. и др. Задачи и упражнения по численным методам.
Сурдин В. Г. Астрономические задачи с решениями.
Николаев О. С. Физика и астрономия: Курс практических работ для средней школы.
Гамов Г. Мистер Томпкинс в Стране Чудес, или истории о с, G и h.
Гамов Г. Мистер Томпкинс исследует атом.
Эддингтон А. Пространство, время н тяготение.
Серия «Классический университетский учебник»
Квасников И. А. Термодинамика н статистическая физика. В 4 т.
Капитонов И. Л/., Ишханов Б. С, Юдин Н. П. Частицы и атомные ядра.
Кононович Э. В., Мороз В. И. Общий курс астрономии.
Гнеденко Б. В. Курс теории вероятностей.
Колмогоров А. Н., Драгалин А. Г. Математическая логика.
Петровский И. Г. Лекции по теории обыкновенных дифференциальных уравнений.
По всем вопросам Вы можете обратиться к нам:
тел./факс (495) 135-42-16, 135-42-46
или электронной почтой URSS@URSS.ru
Полный каталог изданий представлен
в Интернет-магазине: http://URSS.ru
Научная и учебная
литература
URSS.ru
URSS.ru
URSS.ru
URSS.ru