Задачи по теоретической механике для физиков - Ольховский И.И.
Скачать (прямая ссылка):
Почленно вычитая (4) из (3), найдем уравнение
mR = - [RHJ + [", (RV) Н]. (5)
с с
Поскольку второй член в (5) существенно меньше первого, то
R = - [RH] или R = [xR];
тс ел
R = Vxcosa)t-n + v^sltt(dt-e. (6)
Вычислим теперь среднее значение первого члена правой ча-
сти (4). Учитывая (6), получим
(±. [R(RV) Н] } = f <[R([tR] v)H]> =
moL еЛ1^*гв S}mHi = Vй •
W * 2H
Здесь учтено, что
^llk^mnk ~ Am> divH = 0,
<"A> -
Следовательно, уравнение (4) приобретает вид
т (vox + Ь - j- n) = f [vojH] - -vH. U)
В "дрейфовом" приближении (vox = 0, s = 0) из (7) следует выражение для
скорости ведущего центра
cm's* _ f
Уо± = -1щГ* + -жГ[х*Н]'
312
Нелинейные колебания
[Гл 7
Найдем теперь адиабатические инварианты задачи. Умножая скалярно обе
части уравнения (5) на R, после усреднения получим
4-Ti = -'ilv. (Rv)HIR); г,. =
at с
Затем, учитывая (6), находим
= ^ Я1 ^ = if" eMEmns*k*nVmHl ($А) =
msv\ Т• Тх ¦ дН Т, ш /qv
= = = -f ¦ -. (8)
Из (8) получаем инвариант
т,
-*=- = С. (9)
н к
Теперь из (7) в проекции на орт -г найдем
Г1 дН /шч
~И~ ~дГ' <Ш)
Умножая обе части (10) на s и учитывая (9), получим
d msa __ q dH _ _ _ ___
Следовательно, сохраняется величина
-!у-+СЯ = С1 (11)
(см также задачу 7 12)
ГЛАВА 8
Динамика твердого тела
§ 1. Тензор инерции
8 1 Направим ось х с началом в вершине сектора по оси его симметрии Тогда
Jm = 0, а
хт = = -2- Г р2dp Г cos <pdq> = sin -.
т s аЛ* J J За 2
О -а/2
8 2 Поскольку в выражения компонент Jtk элементы масс входят линейно, для
сложного тела, состоящего из частей А, В,.., получим
J& = ^ik И) + Л* (Я) + • • • "
где
j Р (г) (r2&ik - ГЛ) AV
Jift (^) ^ тА
JpW
dV
8.3. a) J = - Ма2; з
б) J = ^1 -
8.4. a) Jx = - Ма2; J2 - - M62; Js =~ - M (a2 + 62);
3 3 3
б) /x - 4-мь%> ^=4 m (a2+*2)-
444
8 б. В системе координат с осями Ох и Оу, направленными вдоль осей
симметрии пластинки, все недиагональные компоненты тензора инерции
обращаются в нуль. Главные моменты инерции вычислим по формулам
= a J J y*dxdy\ Jy = a J J x^chcdy; Jz = Jx + Jy,
11 Зак 4
314
Динамика твердого тела
[Гл В
где а - поверхностная плотность массы, а интегралы берутся по площади,
ограниченной лемнискатой.
Например,
я_ ___________________________ я_
4 а Т^сскге *
Jy = 2a j j р(r) cos4 QdpdQ = oa4 j cos2 9 cos2 29d0.
-71 0 0
4
Так как
cos2 0 cos2 26 = - (1 + cos 20)(1+ cos 40) =
4
- -x - cos 20 -f -cos 40 + -cos 60,
4 8 4 8
то интеграл оказывается равным
aa* 48
Jy = ~ (Зя + 8).
Для компонент Jx, Jz аналогично найдем
Jx==^S.1(Зл-8), J2 anal
48 ' * 8
Площадь, ограниченная лемнискатой, равна
rt/4 a >rcos20
S = 2 J" ^ pdpdQ = a2.
-Я/4 0
Следовательно, М=оа2 и поэтому
г Л4я2 /о- о\ г Л4ое3 /о(tm) I о\ г
= Зл -8), ~^-(Зл+ 8), /г = --.
8.6. Главные центральные моменты инерции пластинки соответственно равны
(см. задачу 8.4)
j^±.Ma\ /"--Law, +
Рассмотрим новую ось Ох' с началом в центре эллипса - эта ось составляет
угол 0 с главной центральной осью Ох. Согласно закону преобразования
цензоров при поворотах
Jx> = /isin20+/J,cos20 = -^-Л4(62оо820 + a2sln28).
Тензор инерции
31S
Полагая в уравнении эллипса - -f = 1, что X ^ г cos 0, у = rsin 0,
получим
6acos30 + a2sin20 =
Следовательно,
7 I ,, a*6*
Jx'
•М ¦
4 г2
8.7. Подсчитаем вначале осевой момент /г'2' тонкослойной сферы массы 2т
в системе координат o'x'y'z? с началом в центре сферы
Jrr = -~т- Г(jc2 +1f)ds -. -Гa2sin20ds =
4яа* J 2яа* J
я 2я
*"¦ fsto-ftffl f df w
2я J
о о
Согласно задаче 8.2 этот момент инерции равен соответствующему удвоенному
моменту для полусферы массы т (моменту инерции для полусферы,
вычисленному в системе O'X'Y'Z'). Теперь найдем положение центра масс
полусферы. Для этого оставим начало О' в той же точке, а ось z направим
вдоль оси симметрии полусферы. Тогда (x=cos0)
Г J 1 Я
J рzds а р г* а
zm = ------------ \ хах I dm - -.
Гр* 2я х J 2
Затем совершим параллельный перенос системы координат с тем, чтобы начало
координат совпало с центром масс полусферы. Новые моменты инерции будут
равны
где | - вектор, соединяющий центр масс и начало о', т. е.
? - (0. О, -zj.
Таким образом
jtn jm _ Ъпф ЯШ* 5 т?Л
J1 Г = 1Г""'
316
Динамика твердого тела
[Гл. 8
8.8. Поместим начало декартовых координат в центр сферы радиуса а. Ось
Ох выберем проходящей через центр масс сферического двуугольника, а ось
Ог~ через вершины двуугольника (с точки пересечения больших окружностей,
ограничивающих двуугольник). Тогда плоскость Огх будет плоскостью
материальной симметрии двуугольника и вследствие этого
Кроме того, плоскостью симметрии является плоскость Оху. Поэтому
4г=/23С=0.
Для вычисления главных моментов инерции Jx, Jz используем сферические
координаты, связанные с декартовыми формулами:
Элемент площади поверхности сферы в этих координатах равен
(здесь а - поверхностная плотность массы). Так как масса сферического
двуугольника равна
х = astii0oos<p, ^ = а$1п0з1пф, z = acos0.
ds = a(r) sin 0dq>d6.
Таким образом,
о
-a/2
it
a/2
