Задачи по теоретической механике для физиков - Ольховский И.И.
Скачать (прямая ссылка):
ООО
Теперь получим связь плотности а и массы тора М\
г 2Л 2Л
М - а^ J j' (pcos к Т- R) pdpdkdQ = 2nioRr2.
ООО
Поэтому окончательно
•'" = тм Ч + Тг')'
J7 - М (/?"+ Ага
8.18. Момент инерции полусферы относительно оси ее симметрии равен
2Ма2/5, а центр масс полусферы находится на расстоянии За/8 от ее
основания. Рассмотрим компоненты тензора инерции относительно системы
координат с началом в центре масс и осями, параллельными осям Ох, Оу, Oz.
Поскольку ось, проходящая через центр масс и центр основания, является
осью симметрии и, следовательно, главной осью инерции, то и любые две
перпендикулярные ей ортогональные оси, проходящие через центр масс, также
являются главными осями. Поэтому в указанной системе отличны от нуля
только "диагональные" компоненты
Ма2 {-j - МаЧ4 ЧЧ, -ЧМа2.
/_2__________9 \ _2_
\ 5 64 / ' 5
Теперь осуществим параллельный перенос системы координат с началом в
центре масс до совмещения ее с заданной в условии задачи системой
координат. Полагая в формуле преобразования
Jetз - Ja\з + AI (с2 бар - са ср), сх - а, Су = 0, сг = Зд/8,
Тензор инерции
323
получим
Jxx = \ Ма2, Jyy = ~ Ма2, Jzz = \ Ма2,
5 5 5
-3Afa2/8.
^XV ^Vz Of J xz -
Заметим, что плоскость xOz является плоскостью симметрии полусферы.
Поэтому ось Оу является главной осью инерции. Две других главных оси
инерции найдем с помощью поворота осей координат вокруг оси Оу на угол а
с тем, чтобы в новой системе координат компонента Jxz обратилась в нуль.
Подставляя в закон преобразования тензора инерции при поворотах
з з
•Ахр = ^ ^ Яад Др-p Jау
tr=l .V-1
элементы матрицы поворота
Осus
cos а 0 sin а О 1 О ¦sin а 0 cos а
получим
откуда
1
Jxz = - [Jzz - Jxx) sin 2a + JxZ cos 2a = 0,
tg2a= - -
4
Далее найдем главные моменты инерции (для точки 0):
Jxx = J cos2 a + Jzz sin2 a -f 2 Jxz cos a sin a = Ma2,
40
4/ = Jyy '-= " Ma*>
61
Jzz - Jxx sin2 a + Jzz cos2 a - Jxz sin 2a = Ma2.
§ 2. Плоскопараллельное движение
8.19. Выберем в качестве обобщенной координаты хт - координату центра
масс диска, отсчитываемую вдоль наклонной плоскости (см. рис. 8.19).
Тогда
Т - -L j2 j L № й2
•* - 2 m ^ 2 ' где 0 - угол поворота диска.
324_______________________Динамика твердого
тела____________________[Гл. 8
Условие качения без скольжения приводит к связи
хт = аб.
Таким образом, получим лагранжиан диска
3 *
"5? = - тх% + mg sin а-хт
4
и уравнение Лагранжа
= "-Sin (1)
и
которое определяет закон движения центра диска.
Чтобц определить реакцию плоскости, используем уравнения Лагранжа с
реакцией связи
тхт - mg sin a + R^,
тут = - mg cos a + R±, (2)
Учитывая, что ym -¦ 0, и закон (1) из (2), найдем
/?}| = ^sin a, R± = mgcos а,
3
R = J5S_(i +8 cos2 а)1/2.
3
8.20 Пусть обобщенной координатой является 0 - угол, образуемый стержнем
с осью х. Пусть также ri(r2)-радиус-вектор левого (правого) конца
стержня, а гт-радиус-вектор его центра масс. Тогда
*1,2 ""Т "-COS0,
У\,ъ = 9"
Поскольку у = kx*, из уравнений
Ут =F ~ sta 0 = k COS 0 j*
находим
xm = -- tg 0, ym = - (I2 cos2 0 4- -g-Л.
2k S 4 \ ft3 1
Плоскопараллельное движение
325
Затем получим лагранжиан
где
где
U (0) ^ J?iL (/" C0S2 0 + Jtl.\
4 \ k* j
Положения равновесия
01г, = О (Ы < 1), cos е2е? = -f==- (kl > I)
найдем из условия V (0) - 0. Наконец, вычисляя U" (0), получим
8.21. Качение полуцилиндра по абсолютно шероховатой горизонтальной
плоскости можно рассматривать как чистое вращение вокруг мгновенной оси,
совпадающей с линией соприкосновения полуцилиндра с плоскостью. Так как
центр масс полого однородного полуцилиндра находится на расстоянии 2а/л
от оси цилиндрической поверхности, то центр масс удален от мгновенной оси
вращения на расстояние, равное
где <р - угол между плоскостью симметрии полуцилиндра и вертикальным
направлением вниз. Поэтому функция Лагранжа для полуцилиндра может быть
представлена в виде
где / - момент инерции полуцилиндра относительно оси, проходящей через
центр масс параллельно оси цилиндра;
Г " / 2а \21
">*<"*,) = 6(и<1).
(">!)•
т
2
COS ф ф2.
326
Динамика твердого тела
{Гл 8
Уравнение Лагранжа в случае линейных колебаний имеет вид
а (л - 2)
Следовательно, период таких колебаний равен 2л1^а(л - 2)/g.
8.22. Направим ось Оу декартовой системы координат вниз по вертикальному
диаметру цилиндра, а ось Ох по горизонтальной касательной к цилиндру. В
качестве обобщенной координаты выберем 0 - угол наклона бруска к
горизонту. Так как брусок катается по поверхности цилиндра без
проскальзывания, то координаты центра масс бруска соответственно равны
хт = (а -Ь b) sin 0 - а0cos 0,
ут = - а -г (а + Ь) cos 0 -f a0sia 0.
Дифференцируя по времени, получаем
хт - (&COS0 -г a0sto0)0, ут = - (6sin0 - O0COS 0)0.
Следовательно, кинетическая энергия бруска равна
Т = -L M(k2 -f b2 + a202) 92~ y + 62)02.
Далее запишем потенциальную энергию U = Mgym в виде
U Mg-0*.
Таким образом, получим уравнение Лагранжа для линейных колебаний
M{k2 +62)0 = - Mg{a-b)Q, откуда следует, что период колебаний
