Черноуцан А. И.

Кинематические связи в задачах динамикиЧерноуцан А. И. Кинематические связи в задачах динамики // Квант. — 1988. — № 2. — С. 57‍—‍62.‍‍

В задачах по механике часто встречается ситуация, когда движение тел не является свободным. Ограничения могут создавать твёрдые поверхности, нерастяжимые нити, жёсткие стержни и т. п. В простейших случаях мы учитываем подобные ограничения автоматически, часто даже не оговаривая их существования. Например, ускорение тела на плоскости мы направляем вдоль плоскости (учитывая наличие твёрдой поверхности), скорости буксира и баржи считаем одинаковыми (принимая во внимание присутствие нерастяжимого троса) и т. д. Однако иногда возникает необходимость выразить эти ограничения в виде специального уравнения, которое мы будем называть «кинематической связью». Начнём с такой задачи.

Задача 1. Найдите ускорения призмы массой $m_1$‍‍ и куба массой $m_2$‍,‍ изображённых на рисунке 1а. Трением пренебречь.

Рисунок номер 1

Запишем второй закон Ньютона для каждого тела (в проекции на направление, совпадающее с соответствующим ускорением): $$ \begin{align*} m_1g-N\sin\alpha&=m_1a_1, \tag1\\ N\cos\alpha&=m_2a_2 \tag2. \end{align*} $$ Мы учли, что по третьему закону Ньютона $\global\def\vct#1{\overrightarrow{#1}}\vct{N}_{12}=-\vct{N}_{21}$‍,‍ т. е. $N_{12}=N_{21}=N$‍.‍ Написанные два уравнения содержат три неизвестных. Третье уравнение — кинематическая связь между $a_1$‍‍ и $a_2$‍‍ — должно отразить тот факт, что куб и призма остаются всё время в контакте друг с другом. Это можно сделать несколькими способами.

1. Рассмотрим два близких положения системы, разделённые промежутком времени $\Delta t$‍‍ (рис. 1б). В треугольнике $ABC$‍‍ сторона $AB$‍‍ равна перемещению призмы $\Delta x_1$‍,‍ а сторона $BC$‍‍ — перемещению куба $\Delta x_2$‍.‍ Имеем $$ \Delta x_2=\Delta x_1\tg\alpha. $$ Разделив обе части равенства на $\Delta t$‍,‍ получаем $$ v_2=v_1\tg\alpha. $$ Так как это соотношение справедливо для произвольного момента времени, из него следует искомое соотношение $$ a_2=a_1\tg\alpha. \tag3 $$ Такой подход к получению кинематической связи будем называть прямым методом.

2. Другой способ получения необходимой связи основан на переходе в такую систему отсчёта, где условие контакта становится тривиальным. В системе отсчёта, связанной с призмой (см. рис. 1б), скорость куба $\vct{v}_{\text{отн}}$‍‍ направлена вдоль её поверхности, т. е. под углом $\alpha$‍‍ к вертикали. Записывая закон сложения скоростей $$ \vct{v}_2=\vct{v}_{\text{отн}}+\vct{v}_1, $$ из соответствующего векторного треугольника получаем $$ v_2=v_1\tg\alpha, \ \text{ и }\ a_2=a_1\tg\alpha. $$

   Решаем совместно уравнения (1)—(3) и находим $$ \begin{align*} a_1&=\dfrac{m_1}{m_1+m_2\tg^2\alpha}\,g,\\ a_2&=\dfrac{m_1\tg\alpha}{m_1+m_2\tg^2\alpha}\,g. \end{align*} $$

В этой задаче второй метод выглядит несколько искусственно. Однако в некоторых случаях именно правильный выбор системы отсчёта позволяет существенно упростить проблему кинематических связей. Вот пример.

Задача 2. Клин высотой $h$‍‍ с углом наклона $\alpha$‍‍ стоит на гладкой горизонтальной плоскости (рис. 2). Масса клина $m_1$‍.‍ С вершины клина начинает соскальзывать без трения брусок массой $m_2$‍.‍ Найдите ускорение клина и время соскальзывания бруска.

Рисунок номер 2

Начнём со второго закона Ньютона. Запишем его для клина в проекции на горизонтальное направление, а для бруска пока что в векторной форме: $$ \begin{align*} N\sin\alpha&=m_1a_1, \tag4\\ \vct{N}_{21}+m_2\vct{g}&=m_2\vct{a}_2. \tag5 \end{align*} $$ Как и раньше, $\vct{N}_{12}=-\vct{N}_{21}$‍,‍ $N_{12}=N_{21}=N$‍.‍ Выбор направления осей для бруска связан с решением вопроса о кинематической связи.

Кинематическая связь между ускорениями должна отразить тот факт, что в процессе движения брусок всё время остаётся на поверхности клина. Записать это в виде прямого уравнения оказывается непросто. Вместо этого перейдём в систему отсчёта, связанную с клином. В этой системе скорость бруска $\vct{v}_{\text{отн}}$‍‍ и его ускорение $\vct{a}_{\text{отн}}$‍‍ направлены вдоль клина. Тогда из закона сложения скоростей $\vct{v}_2=\vct{v}_{\text{отн}}+\vct{v}_1$‍‍ получаем закон сложения ускорений (см. рис. 2) $$ \vct{a}_2=\vct{a}_{\text{отн}}+\vct{a}_1. \tag6 $$ Отсюда видно, что от неизвестных $a_1$‍‍ и $a_2$‍‍ удобнее перейти к неизвестным $a_1$‍‍ и $a_{\text{отн}}$‍‍ решив тем самым проблему кинематической связи. Подставляя равенство (6) в уравнение (5) и проектируя это уравнение на направления вдоль поверхности клина и перпендикулярно к ней, получаем $$ \begin{align*} m_2g\sin\alpha&=m_2(a_{\text{отн}}-a_1\cos\alpha), \tag{$5'$}\\ N-m_2g\cos\alpha&=-m_2a_1\sin\alpha. \tag{$5''$} \end{align*} $$ Из уравнений (4), ($5'$‍)‍ и ($5''$‍)‍ находим $$ \begin{align*} a_1&=\dfrac{m_2\sin\alpha\cos\alpha}{m_1+m_2\sin^2\alpha}\,g,\\ a_{\text{отн}}&=\dfrac{(m_1+m_2)\sin\alpha}{m_1+m_2\sin^2\alpha}\,g.\\ \end{align*} $$ Для ответа на второй вопрос задачи нам не надо искать $a_2$‍,‍ так как время соскальзывания выражается как раз через $a_{\text{отн}}$‍:‍ $$ \dfrac{a_{\text{отн}}t^2}{2}=\dfrac{h}{\sin\alpha}. $$ Отсюда находим $$ t=\sqrt{\dfrac{2h}{a_{\text{отн}}\sin\alpha}}=\sqrt{\dfrac{2h(m_1+m_2\sin^2\alpha)}{g(m_1+m_2)\sin^2\alpha}}. $$

Как уже говорилось, ограничение на движение может определяться не только прямым контактом рассматриваемых тел, но и наличием в системе соединительных элементов — стержней, нитей и т. п. В большинстве случаев, даже если в условии это не оговорено, соединительные элементы считаются идеальными, т. е. нити — невесомыми и нерастяжимыми, стержни — невесомыми и абсолютно жёсткими, для блоков кроме невесомости предполагается также отсутствие трения на оси. (На самом деле слово «невесомый» означает, что масса данного элемента пренебрежимо мала по сравнению с массами других тел системы, слово «нерастяжимый» — что удлинение элемента мало по сравнению с перемещениями тел системы и т. д.) Перед тем как разбирать конкретные примеры, выясним, что следует из идеальности соединительных элементов. Рассмотрим три частных случая.

1. Невесомость нити. Напишем второй закон Ньютона для участка нити массой $\Delta m_{\text{н}}$‍‍ (рис. 3a): $$ T-T'=\Delta m_{\text{н}}a. $$ Так как $\Delta m_{\text{н}}=0$‍,‍ то $T=T'$‍,‍ т. е. сила натяжения не меняется вдоль нити.

Рисунок номер 3

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

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

Нерастяжимость и жёсткость нитей и стержней приводят к появлению кинематических связей, которые мы разберём отдельно в следующих задачах.

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

Рисунок номер 4

Выберем положительное направление оси вертикально вниз и запишем второй закон Ньютона для обоих тел: $$ \begin{align*} T+m_1g&=m_1a_1, \tag7\\ m_2g-2T&=m_2a_2 \tag8 \end{align*} $$ (мы учли свойства блока и нити, описанные выше).

Для нахождения кинематической связи между $a_1$‍‍ и $a_2$‍‍ применим, как мы его назвали, прямой метод. Запишем длину нити в виде $$ l=x_2+\pi R+(x_2-x_1), $$ где $x_1$‍‍ — координата груза массой $m_1$‍,‍ $x_2$‍‍ — координата центра блока, $R$‍‍ — его радиус, и учтём, что длина нити при движении грузов не изменяется. Тогда для перемещений грузов получим соотношение $$ 2\Delta x_2-\Delta x_1=0, $$ откуда $$ \begin{align*} 2v_2-v_1&=0,\\ 2a_2-a_1&=0. \tag9 \end{align*} $$

Решая уравнения (7)—(9) совместно, находим $$ a_1=2a_2==\dfrac{2(m_2+2m_1)}{m_2+4m_1}\,g. $$ (Обратите внимание на то, что $a_1\gt g$‍.‍ Подумайте, почему получился такой ответ.)

Задача 4. Невесомый стержень с одинаковыми грузами массой $m$‍‍ на концах шарнирно закреплён на оси, которая делит его длину в отношении $2:1$‍‍ (рис. 5). Стержень удерживают в горизонтальном положении и в некоторый момент освобождают. Найдите ускорения грузов сразу после этого, а также давление стержня на ось в этот момент.

Рисунок номер 5

Запишем второй закон Ньютона для грузов, выбрав положительные направления осей в сторону соответствующих ускорений: $$ \begin{align*} mg-N_1&=ma_1, \tag{10}\\ N_2-mg&=ma_2, \tag{11} \end{align*} $$ где $N_1$‍‍ и $N_2$‍‍ — силы, действующие на грузы со стороны стержня. Так как сумма моментов сил, действующих на невесомый стержень, равна нулю, то $$ N_1\,\dfrac23\,l-N_2\,\dfrac13\,l=0, $$ где $l$‍‍ — длина стержня. Отсюда $$ N_2=2N_1. \tag{12} $$

Осталось записать кинематическую связь между $a_1$‍‍ и $a_2$‍.‍ Для этого изобразим на рисунке 5 положение стержня через малый промежуток времени $\Delta t$‍‍ после ` начала движения. Из подобия получаем $$ x_1=2x_2, $$ откуда $$ \begin{align*} v_1&=2v_2,\\ a_1&=2a_2. \tag{13} \end{align*} $$

Решая совместно уравнения (10)—(13), находим $$ \begin{align*} a_1=2a_2&=\dfrac25\,g,\\ N_2=2N_1&=\dfrac65\,mg. \end{align*} $$ Так как сумма сил, действующих на невесомый стержень, равна нулю, то сила реакции оси (равная по модулю силе давления на ось) равна $$ N=N_1+N_2=\dfrac95\,mg. $$

---

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

Последнее утверждение требует пояснения. Может показаться, что даже при малой деформации очень жёсткого стержня (или другого элемента) потенциальная энергия его деформации $E_{\text{p}}=\dfrac{kx^2}{2}$‍‍ может быть велика — ведь она пропорциональна жёсткости стержня $k$‍.‍ Но если учесть, что сила $F=kx$‍,‍ возникающая при деформации, остаётся конечной при $k\to\infty$‍‍ (она определяется движением тел, закреплённых на стержне), то потенциальная энергия $E_{\text{p}}=\dfrac{F^2}{2k}$‍‍ при больших $k$‍‍ оказывается очень малой.

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

Рисунок номер 6

К рассматриваемому моменту груз массой $M$‍‍ опустился на $H=l\ctg\alpha$‍,‍ а грузики массой $m$‍‍ поднялись на $h=\dfrac{l}{\sin\alpha}-l$‍‍ каждый. Согласно закону сохранения энергии, $$ \dfrac{MV^2}{2}+2\,\dfrac{mv^2}{2}-MgH+2mgh=0. \tag{14} $$

Для того чтобы найти связь между $v$‍‍ и $V$‍,‍ можно, например, применить прямой метод. Из рисунка 6 $$ l^2+H^2=L^2. $$ Дифференцируя по времени (и учитывая, что $l'=0$‍),‍ находим $$ 2H\cdot H'=2L\cdot L'. $$ Так как $L'=v$‍,‍ $H'=V$‍,‍ a $\dfrac{H}{L}=\cos\alpha$‍,‍ то получаем искомую связь $$ v=V\cos\alpha. \tag{15} $$ Однако проще получить это соотношение из следующих соображений. Раз расстояние $L$‍‍ от груза массой $M$‍‍ до блока в рассматриваемый момент увеличивается со скоростью $v$‍‍ (с такой скоростью вытягивается нить), то проекция скорости $\vct{V}$‍‍ этого груза на направление нити должна быть равна $v$‍.‍ Учитывая, что скорость $\vct{V}$‍‍ направлена вертикально, получаем уравнение (15).

Из уравнений (14) и (15) находим $$ V=\sqrt{2gl\,\dfrac{M\cos\alpha+2m(\sin\alpha-1)}{\sin\alpha(M+2m\cos^2\alpha)}}. $$ Выясним, будет ли центральный груз всё время опускаться (мы считаем нити очень длинными) или при каком-то $\alpha$‍‍ он остановится и начнёт подниматься. Уравнение $V=0$‍‍ (условие остановки) преобразуется к виду $$ \tg\dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{2m-M}{2m+M}, $$ т. е. остановка и обратное движение грузов происходят только при $M\lt2m$‍.‍ Если $M\gt2m$‍,‍ то центральный груз будет всё время перевешивать и его скорость будет неограниченно возрастать ($V\to\infty$‍‍ при $\alpha\to0$‍‍ — проверьте это сами). Если же $M=2m$‍,‍ то при опускании центрального груза система всё ближе подходит к равновесию, ускорения грузов стремятся к нулю, а их скорости — к предельному значению $V_\infty=\sqrt{gl}$‍‍ (убедитесь в этом самостоятельно).

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

Последний пример иллюстрирует методы получения кинематических связей при движении твёрдых стержней (или других твёрдых связей). Напомним, что при движении твёрдого тела расстояние между любыми двумя его точками не изменяется.

Задача 6. Невесомый стержень длиной $l$‍‍ с грузами массой $m$‍‍ на концах соскальзывает по сторонам прямого двугранного угла (рис. 7а). Найдите скорости грузов в тот момент, когда стержень составляет с горизонтом угол $\alpha$‍.‍ Трения нет. В начальный момент стержень находился в вертикальном положении.

Рисунок номер 7

Из закона сохранения энергии получаем $$ mg(l-y)=\dfrac{mv_1^2}{2}+\dfrac{mv_2^2}{2}, \tag{16} $$ где $y=l\sin\alpha$‍‍ — координата второго груза в рассматриваемый момент. Для получения кинематической связи можно применить прямой метод, как это было сделано в предыдущей задаче (проделайте это сами). Быстрее же и нагляднее кинематическая связь получается из таких соображений. Раз расстояние между грузами остаётся неизменным, то в каждый момент скорость, с которой первый груз «удаляется» от второго, равна скорости, с которой второй груз «приближается» к первому. Иначе говоря, проекции скоростей грузов на стержень в любой момент времени одинаковы (см. рис. 7а): $$ v_1\cos\alpha=v_2\sin\alpha. \tag{17} $$ Подставляя (17) в (16), находим $$ \begin{align*} v_1&=\sqrt{2gl\sin^2\alpha(1-\sin\alpha)},\\ v_2&=\sqrt{2gl\cos^2\alpha(1-\sin\alpha)}. \end{align*} $$

В кинематике твёрдого тела часто используется «разложение» сложного движения на поступательное и вращательное. Чтобы продемонстрировать этот метод, применим его для получения кинематической связи (17). В системе отсчёта, связанной с первым грузом, стержень совершает чисто вращательное движение. Значит, в этой системе скорость второго груза $\vct{v}_{\text{отн}}$‍‍ направлена перпендикулярно стержню. Применяя закон сложения скоростей $\vct{v}_2=\vct{v}_{\text{отн}}+\vct{v}_1$‍‍ (см. рис. 7б), получаем соотношение (17).

Может показаться, что найденные выражения для скоростей дают полное решение задачи. Однако в этой задаче содержится поучительный подвох, разбором которого мы и закончим статью.

Решение было бы полным, если бы второй груз не мог оторваться от вертикальной стены. (Для этого можно было бы, например, посадить грузы на гладкие штанги, а стержень присоединить к ним шарнирно). Однако в нашем варианте задачи (см. рис. 7а) при некотором угле произойдёт отрыв второго груза от вертикальной стены, после чего найденный ответ будет неприменим. Дело в том, что горизонтальный импульс системы определяется только движением первого груза, скорость которого, в соответствии с выражением для $v_1$‍,‍ до некоторого угла возрастает, а потом начинает убывать. Это означает, что в какой-то момент должна изменить направление внешняя горизонтальная сила, действующая на систему. Но есть только одна горизонтальная сила — сила реакции вертикальной стенки, которая не может изменить своё направление. Таким образом, в тот момент, когда реакция стенки обращается в нуль, происходит отрыв второго груза от стенки. Дифференцируя выражение для $v_1$‍‍ по времени, находим, что $v_1$‍‍ максимальна при $\sin\alpha=\dfrac23$‍.‍ При угле $\alpha=\arcsin\dfrac23$‍‍ и происходит отрыв стержня от вертикальной стенки.

Упражнения

1. Найдите ускорения стержня и клина, изображённых на рисунке 8. Трения нет.

   Рисунок номер 8

2. Найдите натяжение нити в системе, изображённой на рисунке 9.

   Рисунок номер 9

3. (Для любителей каверз и ловушек.) Чему равны ускорения грузов в системе, изображённой на рисунке 10?

   Рисунок номер 10

4. Найдите ускорение клина на рисунке 11. Трения нет. Указание. Примените метод, использованный при решении задачи 2 в статье.

   Рисунок номер 11