Курс теоретической механики Том 2 - Леви-Чивита Т.
Скачать (прямая ссылка):
т(12 — х2) т (Z3--X2)
22 о. 21 '
а аналогичными составляющими веса будут
/ — ¦* n I — О.
— mS—і—cos 0, —mg—j—sin 0;
поэтому (R1 сводится к весу части PA) будем иметь
т (/2 — Xі) . I — х „
---'------------ 02 -|- mg —г— cos 0,
2/ 1 6 I
т (/2 — лг2) •• / — х
21
Что касается Г, to, как уже было отмечено, достаточно определить его составляющую Га по оси вращения а (нормаль в точке О к вертикальной плоскости движения), которую будем подразумевать ориентированной так, чтобы направление, соответствующее возрастанию -0, было правовращающим;
УПРАЖНЕНИЙ
63
для этой цели удобно воспользоваться уравнением моментов количеств движения относительно центра тяжести части PA балки.
Так как момент Г отнесен к точке Р, то составляющая по оси а момента относительтно центра тяжести усилий, действующих в сечении Р, будет (т. I, гл. I, п. 33)
Г ___^ х х
—т-
С другой стороны, момент веса относительно центра тяжести равен нулю, а момент инерции части PA относительно ее центра тяжести есть (т. I, гл. X, п. 30)
т(1 — х:)»
12/
Так как составляющая по оси а вектора dKi/dt (гл. IV, п. 20) имеет величину
и (/-*)» и
12/
то из уравнения моментов количеств движения имеем
г m(l — x)* V 1-х
Ul—е + — ^
Естественно, что в этой формуле, как и в тех, которые были получены ранее для -у и %, вместо 0 и в нужно подставить их выражения, которые выводятся в теории движения маятника.
И. Найти результаты предыдущего упражнения, рассматривая вместо части PA балки часть OP, смежную с осью вращения. Естественно, что в этом случае к внешним силам помимо веса необходимо причислить реакцию неподвижной точки О.
12. Рассмотреть в вертикальной плоскости шарнирный антипараллелограмм ABCD со стороной CD, закрепленной горизонтально (фиг. 8). Если массы сторон ВС, AD ничтожно малы, то можно рассматривать движение несвободного твердого стержня AB, находящегося только под действием собственного веса. Мы рассмотрим здесь случай, когда центр тяжести G стержня AB совпадает со средней его точкой, и этот стержень целиком находится ниже горизонтали CD. Обозначим через 2с общую длину сторон AB, CD, через 2b — наибольшее удаление от прямой CD, которого может достигнуть точка G (и соответствующего положению равновесия, когда сторона AB будет горизонтальной, как и CD); положение AB будем определять углом 26, по предположению острым, который прямая AB образует с гори- cPlir- °*
зонталью CD.
Как мы видели в кинематике (т. I, гл. V, п. 17), в плоском движении стороны AB мгновенным центром будет точка I пересечения сторон ВС, AD и геометрическим местом точек / относительно AB и CD (подвижная и неподвижная полодии) будут два равных эллипса с фокусами в точках А, В к С, D, имеющие в любой момент в качестве общей касательной прямую 10, биссектрису угла 20.
Если возьмем подвижные оси с началом в G, одна из которых Gx совпадает с GO, а другая Gy направлена вверх, т. е. от G к CD, то из известных
64
ҐЛ. VII. ОЙЩИЁ СООБРАЖЕНИЯ. ЭЛЕМЕНТАРНЫЙ ЗАДАЧИ
формул аналитической геометрии найдем выражения координат х, у точки I в функциях параметра 0 в виде
х __ a sin 0 у ___ b cos 6
a Yai sin20 -(- fc2 cosa0 ’ b ^a2Sin3 0-|-ft2 cos2 0 ’
где в2 = Ь3 + с2.
Заметив это, доказать, что живая сила T системы и потенциал ее U имеют соответственно значения
T = -A (20)2, U = 2mg cos 0 Yа‘*sin2 0 + 6а cos2 0,
где т есть масса стержня AB и А — полярный момент инерции его относительно точки I, определяемый выражением т (В2 + *а+.У2), если 8 есть центральный радиус инерции этого стержня.
Вывести, в частности, из предыдущих формул, что при 0 = 0 будем иметь устойчивое равновесие только в том случае, если &]>с, и что в этом предположении при малых колебаниях около положения устойчивого равновесия система ведет себя как простой маятник длиною
2 (S3 -f- Ь2) Ь Ь3 — са
13. Тяжелый круглый диск с центром тяжести в геометрическом центре катится без скольжения по произвольной кривой, расположенной в вертикальной плоскости. Исследовать движение. Обозначим через X кривую, через P — точку соприкосновения диска с кривой. X и через rf— угол нормали в P к кривой X с вертикалью, направленной вниз, предполагая, что положительное направление на этой нормали выбрано определенным, хотя и произвольным образом.
Обозначив через г радиус кривизны кривой в точке P и через а — радиус диска, подтвердить, что абсолютная величина скорости точки P равна /¦ ITI» абсолютная величина скорости центра диска С (который описывает кривую параллельную X) равна | (г =t а) <р|, где надо взять знак плюс или минус, смотря по тому, находятся ли центр кривизны кривой X и диск относительно касательной к кривой в точке P с противоположных сторон или с одной и той же стороны.
Благодаря отсутствию скольжения диск должен иметь угловую скорость, по абсолютной величине равную
~\{г±а)ч\,
так что его живая сила, если обозначить через т массу, через о центральный радиус инерции, будет
I / \ •
T = т (г ± а)2 + -.jj ер2
