Научная литература
booksshare.net -> Добавить материал -> Физика -> Коткин Г.Л. -> "Сборник задач по классической механике" -> 69

Сборник задач по классической механике - Коткин Г.Л.

Коткин Г.Л., Сербо В.Г. Сборник задач по классической механике — И.: НИЦ, 2001. — 352 c.
ISBN 5-93972-058-7
Скачать (прямая ссылка): sbornikzadachpomehaniki2001.djvu
Предыдущая << 1 .. 63 64 65 66 67 68 < 69 > 70 71 72 73 74 75 .. 86 >> Следующая

отсчета 273
откуда
ф = - (2 + 2(tm)а + 7^2 cos^zt' /3 = -2а:sin v З3 /3 Uz>
Подставляя (7) и tp = Qzt, ф в
X = Vj cos tp - Vn sin tp, Y = Vj sin cos tp
и усредняя по периоду вращения, находим
<У = о, <r> = -(i + ^+
т. е. диск смещается, не теряя высоты.
9.20. а) Положение шара определяется координатами его центра масс X,Y, Z
и углами Эйлера в, ip, ф (см. [1], § 35), которые задают положения
главных осей инерции. Ось Z направлена вверх, ось х:> - от центра масс к
геометрическому центру шара, для которого х-Л = Ъ, радиус шара а.
Исследование движения шара проводится так же, как и в предыдущей задаче.
Если Mz ф Мз, то ит{в) имеет минимум при во ф 6, тт и при энергии Е =
С/эфф(^о) происходит устойчивое вращение шара с постоянным углом 6 = 6о,
при этом Z = а - bcosdo. Точка шара, которая в данный момент
соприкасается с плоскостью, имеет скорость v = (Ъф + аф) sin$o,
направленную вдоль линии узлов.
Учтем теперь малую силу сухого трения f. Она направлена в сторону,
противоположную v, и приведет к изменению угла 6q. При v ^ 0
Mz = Т/6 sin 0О, Мз = Tfasm60, (1)
откуда
Mza - М36 = С = const. (2)
Для быстро вращающегося шара М " М3, Mz ~ М cos 60, или с учетом (2)
M(acos6o - Ъ) = С. (3)
Отсюда видно, что при уменьшении момента импульса из-за трения угол 6о
должен уменьшаться, если a cos 6q - b > 0, и увеличиваться, если a cos 6q
- - b < 0. При этом в силу (1), (3) #0 = -fb/aC(acos6o - b)2.
274
Ответы и решения
[9.21
Центр масс медленно движется вдоль оси Z, а в плоскости XY переменная
сила трения fx = -fcosp, fy = - fsmp вызывает вращение центра масс по
малой окружности с угловой скоростью ф. Конечно, даже малая сила трения
приведет со временем к тому, что проскальзывание исчезнет и скорость
нижней точки шара станет равной нулю.
б) Пусть R4 = (X + Ъ sin # sin р, Y - b sin # cos p, a) - координаты
геометрического центра шара; П = (Пх5 &y, &z) = (0 cos р + + чр sin # sin
ip, в sin р - чр sin # cos р, ф + чр cos #) - угловая скорость вращения
шара и а = (0, 0, -а) - радиус, проведенный из геометрического центра
шара в точку касания. Тогда условие качения шара без проскальзывания +
[Г2а] = 0 представляет собой неголономную связь:
X = в (а - Ъ cos #) sin р - (ачр + Ъф) sin # cos р,
Y = -6(а - b cos #) cos p - (ачр + Ъф) sin # sin p.
Уравнения движения
mX = Ai, mY = A2, (5)
Mz = (Ai cos(y5 + A2 sini^)&sm#, (6)
М3 = (Ai cos+ A2 sini^)asin#, (7)
- Щр = (-Ai sin<? + A2COSp){a - 6 cos#) (8)
at QQ uu
содержат в правых частях силы трения и моменты этих сил. Множители
Лагранжа Ai, А2 с помощью условий связи (4) могут быть выражены через
углы Эйлера. Так, проекции силы трения на линию узлов /ц и на
перпендикулярное направление f± равны
/ц = твф(а - b cos в) - то [(ачр + Ъф) sin #], (9)
/_1_ = -mj^[#(a - 6cos#)] - тф(ачр + Ъф) sin#. (10)
Заметим, что (6), (7) совпадут с (1), если в уравнениях (1) заменить силу
сухого трения =р/ на силу трения покоя /ц (9). Как и раньше, Mza - Мф = =
С является интегралом движения (2).
9.21. При решении задачи необходимо учесть, что высота тела над землей h
мала по сравнению с радиусом Земли R и центробежное ускорение Ш12 (V. -
угловая скорость Земли) мало по сравнению с ускорением
9.21] §9. Движение твердого тела. Неинерциальные системы отсчета 275
свободного падения на поверхности Земли д. Таким образом, в задаче есть
два малых параметра:
?i = h/R < ?2 = RQ2/g ~ 0,01.
В уравнении движения (у - гравитационная постоянная, М - масса Земли)
г = -7М, R + + 2[vH] + [ft[R + г, Щ (1)
|R + г)-3
разложим первое слагаемое в ряд по малому параметру r/R < Е\\
f = g + 2[vn]+gi + [n[rn]], г(0) = h, v(0) = 0, (2)
8 = -',м§+ |п|вп|1' 81 = w ~ I)11+0<?,)|-
Кориолисово ускорение 2[vf2] ~ gtQ, ~ л/ёТёзд и д\ ~ ?15 имеют первый
порядок малости, a [f2[rf2]] ~ ?i?2<? - второй.
Вертикаль h антипараллельна вектору g и составляет малый угол а = = ?2
sin Л cos Л с направлением вектора R (здесь Л - северная широта
(геоцентрическая) - угол между плоскостью экватора и вектором R).
Выбираем ось z по вертикали вверх, ось х - по меридиану к югу, ось у - по
широте к востоку, тогда
g = (0, 0, -д)1 R = i?(sin а, 0, cos a), ft = Г2(- cos(o: + Л), 0, sin(a
+ Л))
В нулевом приближении частица движется с ускорением -д вдоль оси z. В
первом приближении кориолисово ускорение приводит лишь к отклонению на
восток, причем величина смещения у ~ у/ЁДЁр gt2 ~ л/?г?2 h. Ускорение gj
имеет вдоль z составляющие ~ ?15, а вдоль х и у - лишь второго порядка,
поэтому в первом приближении влияние g| приведет лишь к увеличению
времени падения с высоты h на величину ~ Е\\j2hj д. Отклонение к югу,
таким образом, возникает лишь во втором порядке. Запишем уравнение (2) в
проекциях на выбранные оси, удерживая для компонент z, у, х слагаемые
нулевого, первого и второго порядков малости соответственно:
z = -д, у = - 2iOcosA, х = 2yfl sin Л + g(3z sin a - x)/R + Q2z sin Л cos
Л.
276
Ответы и решения
[9.22
Решая методом последовательных приближений, найдем
Предыдущая << 1 .. 63 64 65 66 67 68 < 69 > 70 71 72 73 74 75 .. 86 >> Следующая

Реклама

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed

Есть, чем поделиться? Отправьте
материал
нам
Авторские права © 2009 BooksShare.
Все права защищены.
Rambler's Top100

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed