Задачи по теоретической механике для физиков - Ольховский И.И.
Скачать (прямая ссылка):
Следовательно, функция Лагранжа системы
L = Щ + т, ^ + т^х + ^
(ось х направлена вниз). Составляя уравнение Лагранжа и интегрируя его,
получим
\ mi + тг ) 2
что и определяет Xi~Xi(t) и х2 = Х2(t).
5.24 Пусть г - расстояние от оси вращения блока до обезьяны. Тогда
функцию Лагранжа системы можно записать в виде
L = -^-z2 + (I-if + m^gz + mlg(g - г)
(ось z направлена вниз по вертикали). Отсюда получим уравнение Лагранжа
~~ {("1 + Щ) г - т?} = (m2 - тг) g.
at
Полагая для простоты, что при f = О g = 0; | = О, а также 2 = 0; 2 = 0,
найдем решение
г = _JUl-g + -
2 щ + nit
5.25. Выбирая х в качестве независимой координаты, получим о2 = (1 + агкг
cos2 kx) х2;
U - -т (gr) = mgy cos а = mga cos a sin йх. Следовательно,
"5? = ~ (1 + a2#8 cos2 йх) x2 - mga cos a sin kx;
(1 -|- a2k2 cos2 йх)х2 -f mga cos a sin йх = ?,.
7 Зак 4
194
Уравнения Лагранжа
[Гл 5
5.26. а) Выбирая в качестве независимой координаты s - декартову
координату точки на прямой, получим
? ^ _ Л (l/FT? - Uf.
2 2
б) Если за независимую координату взять угол 0 между осью пружины и
перпендикуляром, опущенным из точки закрепления пружины на црямую, то s =
Atg0, а
т __________* ( h . \"
2 cos*0 2 \ cos0 °/
5 27. Помещая начало координат в вершину угла и направляя оси х и у по
сторонам угла, получим
*1 = 0; у± -- a sin ф; хг = a cos ф; у2 = О
(здесь ф - угол между стержнем и правой стороной угла). Следовательно,
2 - -(/щ cos3 ф + т2бШ2ф) (т18йф+ тасозф).
5.28. а) Если обобщенной координатой является угол 0 (см. рис. 5.28), то
г - - etg 0; г ------------ 0.
2 & 2 sin* 0
Тогда длина нити 1-а -¦!---------------, а лагранжиан
sm 9
mo*))* хй* / 1 \а а
& ~~я-ГТГ Г" 1 +^тс^0'
8sin*0 2 V sin 0 J 2
б) Пусть обобщенной координатой является смещение s шарика по вертикали.
Тогда длина нити / = a+2/(o/2)2 + s2, а
x = Т [2l/"(f),+ s*-°] +mss¦
5.29. Пусть угол 0 между нитью н вертикалью является независимой
координатой. Тогда
х = acos 0 -г (/ + 0 0)sin 0; у = a sin 0 - (i -J- a 0) cos 0, где I -
длина свешивающегося конца нити в равновесии. Далее получим
2 - ~(l + о0)г 02 + mg\(l + a0)cos0- asin 0J; il ¦+ a0) 0 4- a02 + gsin 0
= 0.
Уравнения Лагранжа в независимых координатах
195
5.30. Выберем в качестве обобщенной координаты длину дуги s:
и _______________________ U
s (и) = J Vх'г + у'* du = 2а j* j sin -¦
du = 8a sin2 •
Тогда
s2; у
2a sin2 - = -8a
2
ms*
и, следовательно,
& = "Ip + 8m^a
Из интеграла энергии
s
8a
5
8a
8a
s
8a
ms*
+ 8 mga
8a
найдем квадратуру
t - h
ds
\/ - V m
Eq + mgs ( I
-*)]
Однако проще воспользоваться уравнением Лагранжа
mgs
ms = mg'-
откуда сразу видно, что
s = А соз (со t + a) + 4а
4а
g
4а
т е точка, движущаяся по циклоиде в однородном поле тяжести, совершает
гармоническое колебание.
5 31 Направляя ось у по вертикали вверх, ось л: - в плоскости качания
маятника, введем независимую координату ф - угол отклонения маятника от
вертикали Тогда
х =- / sin ф; у s - I cos ф; о2 = s2 -j- 2s/q> sin ф -f
/2ф2-
Следовательно,
<? = - [s2 + ф sin ф + Pф2] -• mg (s - I cos ф).
Это выражение можно упростить, учитывая, что
d •
0)
196
Уравнения Лагранжа
[Гл 5
и опуская затем в (1) функции только времени и полные производные от
таких функций. Таким образом, получим лагранжиан
X
и уравнение движения
Ф
+ т (g ф s) / cos ф
sin ф = 0.
5 32 Помещая начало координат в точку подвеса маятника, совмещая
плоскость ху с плоскостью качаний маятника и направляя ось у вверх по
вертикали, найдем
х = I sin ф; у - - I cos ф;
тР
-
ф2 + rngl cos ф;
2i ё Ф + - Ф + - sin Ф
5.33. Дифференцируя закон движения
а
0.
получим
(т+")
+ ^ W2 + 2x0v0t + х\,
хгхг =
Ь vl) t -f
Исключая из этих двух выражений время, находим
Этому интегралу движения соответствует лагранжиан
. пиё(r) О т
5 35. Направляя ось х по указанной прямой, получим
X
$ = -L mLx2i + щх% -
Xt At
¦ (Х2 - X! - /0)2
Однако в качестве независимых координат удобнее выбрать хт - координату
центра масс шариков их - расстояние между ними.
Тогда
(1)
Уравнения Лагранжа в независимых координатах
197
Ввиду того, что d#/d<f=0, из (I) следует интеграл энергии
+ fix-"*=?".
Далее из цикличности координаты хт вытекает сохранение импульса системы
д
Рт = = (т1 + т'2) Хт-
0Х(П
5.36. Направим ось у по горизонтали в рассматриваемой плоскости, а ось z
- по вертикали вверх Введем в качестве обобщенных координат точки
координату у и координату s - расстояние точки до оси у. Тогда
x = scosa; у = у\ г - -ssina,
а S? = (s2 -f- у2) -f- mgs sin а.
Ввиду того, что dS/dt = 0, энергия точки
Е = у + s -----------------------------------------= - (s'* + У%) -
mgs sin a
ду ds 2
сохраняется; кроме того, сохраняется обобщенный импульс
5.37. Предположим вначале, что трение отсутствует. Пусть s- расстояние до
тела, отсчитываемое от вершины наклонной плоскости; q - координата,
определяющая положение бруска (рис. 5.37), Тогда
= Уг- const;
Н - Я + s cos a; y2 = h - s sin a, а лагранжиан системы
