Задачи по теоретической механике для физиков - Ольховский И.И.
Скачать (прямая ссылка):
-¦ т {Ь - а)2 в2 - mg (b - a) cos 0 -¦ - им2 ш2-¦ mg (b - а)
4 4
ё2 =
a2 to*
(О
(b - а)2
mwp =r mgp 4- Rp,
(2)
Rp = - т
За2to2 > 11 g(b - а).
Плоскопараллельное движение
331
осью Ох, направленной по вертикали вниз. Координаты и компоненты
скоростей центров масс обоих тел соответственно равны
Xi^/tcosG, t/i = /tsiti 0;
х2 = a cos 0 -f b cos tp; y% = asin0 -f bsintp,
xx = -/isln00; yt -- h cos 00,
x2 - - (a sin 00 -f 6sinсрф); y2 = acos00 + bcosфф,
здесь -0 - угол отклонения от вертикали радиуса-вектора центра масс
первого тела, а ф - аналогичный угол для второго тела. Затем получим
кинетические энергии твердых тел
= + 02,
Т2 = пг [а2 02 Ь2ф2 2ab cos (0 ф) 0ф] - ¦ -у- к\тц>2
и потенциальную энергию системы
U - - Mgx-t - Mgx2 -j С.
Таким образом, найдем лагранжиан в приближении линейных колебаний
М = ~ [(Mh2 -! • Mk{ -- та2) 02 -f т (Ь2 + k\) ф2 + 2abm 0ф] -
- [(Mgh + mga) 02 -f- mgb ф2]
и уравнения Лагранжа
(Mh -|- та) (^0 4-^0) - таЬц> = 0, (1)
а0 -| /,ф 1-g4> = О, где введены обозначения
t М№ -Т т!г( -г тф f k\ + b1
I | •= ' to --------- •
Mh ¦-)- та b
Отыскивая решение системы (1) в виде
0 = A cos (со^ + а), Ф - 5 cos (oaf - ос), получим уравнения для амплитуд
А и В
(Mh -f та) (lx to2 - g) А + таВ ол2 В = 0, (2)
а ел2 A-f (/2a>2 - g)B - 0.
12*
332
Динамика твердого тела
[Гл. 8
Характеристическое уравнение системы (2)
(Mh + та) (/j со2 - g) (/а го2 - g) - та%Ь ю4 = О определяет две
собственные частоты toi и т'-
тФЪ \ '/2
"№ + "±1 (<! + "*-<
Далее, найдем амплитуды, принадлежащие соответствующим корням:
где Ах, А2, ai, "г - произвольные постоянные, a to2 и ш| -корни
биквадратного характеристического уравнения.
При каких значениях параметров приведенные результаты дают решение задачи
о плоских линейных колебаниях а) твердого тела, подвешенного на стержне
исчезающей массы; б) твердого тела, имеющего неподвижную ось вращения, и
прикрепленного к этому телу математического маятника?
8.28. Напишем закон сохранения энергии стержня в виде
Центр масс сгержня перемещается в горизонтальном направлении согласно
уравнению
где Я - нормальная реакция вертикальной стенки на верхний конец стержня.
и общее решение
б = Аг cos (<оД - j- "л) + Аъ cos (ша1 + а2),
COS ((Da? + Og),
2
- та2 02 - mga (cos а - cos 0). 3
Отсюда следует, что
0 = sin 0.
та (0 cos 0 - О2 sin 0) = R,
Плоскопараллельное движение
333
Подставляя сюда 92 и 0 из предыдущих уравнений, получим
3
R= -mgsin6(3oos0 - 2cosa),
4
откуда
R = 0 при 3 cos 0 = 2 cos а.
8.29. Предположим, что при переходе с платформы на наклонную плоскость
цилиндр не делает скачка, т. е. поворачивается вокруг ребра,
образованного двумя поверхностями, на угол а, который равен углу наклона
плоскости к горизонтали. Кинетическая энергия цилиндра в начале поворота
равна
T=±J*-.
2 а2
а в конце
1 у?
2 а2
где а - радиус цилиндра; v0 - скорость центра масс цилиндра на платформе;
i'i - скорость центра масс цилиндра в начале движения по наклонной
плоскости; / - момент инерции цилиндра относительно какой-либо
образующей.
Из закона сохранения энергии следует, что
J (Di/a)2 [ - Mga cos a -- J (o0/a)2 -j- Mga. (1)
В предельном случае, когда цилиндр еще без скачка переходит на наклонную
плоскость, нормальная составляющая реакции наклонной плоскости равна
нулю. Поэтому
у,
-- =?COSa. (2)
И
а
Подставляя (2) в (1) и учитывая, что J- ЗМа2/2, получим
3 з 4
- cos a - (1 - COS a) =----------•
4 v 4 ga
Отсюда ясно, что скачок цилиндра на наклонную плоскость не происходит,
если
334
Динамика твердого тела
[Гл. 8
Это условие может быть выполнено только в том случае, если (vpga) < 1.
При v^/ga = 1, COS а 1, а = 0.
8.30. Выберем подвижную систему координат S' так, чтобы Oz' была
направлена вертикально вверх вдоль оси вращения, а ось Ох' проходила
через центр масс пластинки-. При таком выборе системы координат центр
масс находится в точке
Напишем уравнения движения пластинки относительно S':
где Ri - реакция верхней опоры; R2 - реакция нижней опоры; J - сумма сил
инерции, a bj - сумма моментов сил инерции. Имея в виду, что J =
Mco2.x^v, Xi = -¦ JX'z'аР пУ', получим уравнения движения в проекциях
Rlx' ~Г R 2х' "Ь т ~Т~ - 0,
О
Riy + Rty' - 0" Si* + ^2* - mg - 0,
+ - Ri*' ~~R2xf~ Jx-z' to2 = 0.
О О iJ
Отсюда следует, что R\y> = R2y = 0, a
R\z' + R:2z' =¦ mg-,
кроме того, получим
Rix' + Rzx- =-- l- maw?,
О
Rlx-. 2Rzx> = - JX,Z' (oa - mg.
a
Если R2x' - 0, то должно быть
2 3mga
ma2 + ^x'Z' '
Теперь вычислим JX'zr ~ --- и найдем ш = 21/g/a.
Зб
Плоскопараллельное движение
335
8.31. Направим ось Oz' вдоль оси вращения вертикально вверх, а ось Ох'
через середину стержня. Сохраняя обозначения предыдущей задачи, напишем
уравнения движения стержня
RX' = - ю2 та sin a, Rg- = О
- Щ + RZ' ~ 0, mga sin а + а cos а Rx- JKZ> си2 = 0.
Отсюда имеем Ry - 0, Rz- - mg и уравнения для определения to2 и RX'.
Для вычисления Jyy перенесем начало координат в точку опоры, сохраняя оси
