Задачи по теоретической механике для физиков - Ольховский И.И.
Скачать (прямая ссылка):
Заметим, что при a = 0 работа силы трения не зависит от коэффициента
трения k:
6
§ 3. Общий случай движения
8.34. Направляя координатные оси по главным осям инерции, получим
кинетическую энергию в виде
Т - ~-(Jx^l, + /У'0>2, + /,,"?).
Угловая скорость
о) =- фп, + 0 П| 4- ф пг-;
(О = (ф31п 0 Sin ф + б COS ф) пх' + (ф sin б COS Ф - 0 sin ф) Пу> -4
(<pcos б + Ф)п2'.
340
Динамика твердого тела
Обобщенный импульс
_ _ dT v т _ 5coi v Л/f
аф -sy'w' аф " ' аф *
а производные являются направляющими косинусами между век* аф
тором фП2 И соответствующими ОСЯМИ пх>, Пу, Пг' подвижной системы
координат. Следовательно,
рф = Мп2 = Мг.
Аналогично'найдем
P9=Mng -МЕ, рф = Мпг- = Мг-,
8.35. Выберем в качестве обобщенных координат х, у - координаты проекции
центра масс стержня на плоскость Оху, 0 - угол между стержнем и
вертикалью, <р - угол между осью О'х и осью О'х' перпендикулярной
вертикальной плоскости, которая проходит через стержень (рис, 8.35).
Тогда
Общий случай'движения
341
L = - (хг уг - sin2 0ёЛ + - J (62 + фаsin2 0) - mg - cos 0,
2 \ 4 У 2 2
где J - главный центральный момент инерции.
Отсюда получим следующие интегралы движения в виде
dL 0L
= тх =. р 0; --г- ~ ту = ру0\ ох ду
sin2 0 = Mz0;
О ф т
- l~-sto26 - - j)es ~~т- I ^--cose = ?0.
2m г \ 4 У 27 sin2 0 2
8.36. Система обладает двумя степенями свободы. Соответственно используем
0 - угол между вертикалью и стержнем, <р - угол, определяющий положение
стержня в горизонтальной плоскости. Тогда
L^±j(fr+^siti20)
откуда
-jT- = J sin2 0<p = M0; (1)
Оф
0= 92cos0sin0. (2)
Из (1), (2) найдем
Ml cos 0 Л1п я 1
0 = = 2_ . Л-\------------------- (3)
/ sin3 0 • 2J дв sin2 0 4 7
Предполагая, что ф(0)=(c)о, 0(0) =0, 0(0) =0о, из (3) получим
9 (r)n sin4 0о
6 = (c)о sin 0О 5
sin2 0
Следовательно,
cos 0 - cos 0О sin ((c)" sin 901),
что определяет 0(?). Эта функция совместно с (1) определяет q>(?) и ф
(?). В случае линейных колебаний вблизи 0о = я/2 частота колебаний
342
Динамика твердого тела
[Гл 8
8.37. Из закона изменения импульса
--г [МР] - mg + Ri + R2
и динамических уравнений Эйлера
+ [to, М] = [r1R1] + [raRa]
at
найдем в проекциях на орты подвижной системы (tv -направлен по стержню Щ'
в горизонтальной плоскости)
О = - mgsina-Ь Rw (1)
О -Riy + 7?2Й', (2)
О = - mg cos a + Ru- f- R2Z', (3)
0 = a cos a {Rw - R2y), (4)
J со2 Bln a cos a - (R2x- Rw) a cos a-(R2z- йы-) a sin a, (5) 0 = -
aslna(^ - R2ij-). (6)
Из (2), (4) и (6) находим R\y - R2y - 0.
Замечая далее, что i?i_L - перпендикулярная по отношению к оси вращения,
составляющая реакции в первой опоре равна
7?U'Sina-i?iX'Cosai, из уравнений (1), (3), (5) получим
п 7(ог / , ml2 \
/?ц = Bin a cos a [J ------ .
x 2a \ 12 У
Затем найдем, что ^21 = -^i_l> а сумма составляющих вдоль оси
вращения (Ri) ц + (R2) и =mg
8.38. Обозначим через 0 угол, образованный вертикальным диаметром
окружности и диаметром, проходящим через центр масс стержня. Так как
центр масс стержня участвует в относительном
движении со скоростью -i-aj/3 0 и переносном движении со скоростью
aK3cosln 0, то "кинетическая" энергия центра масс
Т = та2 (02 - со2 sin2 0).
Совместим начало О' подвижной системы координат с центром масс стержня.
Ось О'х' направим к центру окружности, ось О'у' направим по стержню, а
ось O'z'-перпендикулярно плоско-
Общим случай движения
343
сти окружности Тогда угловая скорость стержня имеет компоненты
ov - ocos 0, оу - cosin 0, ov = 0,
где о" - угловая скорость окружности.
Главные моменты инерции соответственно равны
Jx- - -та2, Ju> - О, Л' = trn2-12 12
Поэтому кинетическая энергия вращения стержня
та*
24
(02 -j- 0)20) S2 0).
Так как потенциальная энергия центра масс
а аг^З п
и - - mg -- cos 0,
то окончательно для функции Лагранжа получим выражение
та2
24 [10G2 ] (9 sin2 0 +cos2 0) О)2 + 12 К 3 -J-co s 0
Поскольку лагранжиан явно от времени не зависит, имеет место закон
сохранения обобщенной энергии
Я = 0
дХ
дв
та2
- Г1002 - (9 sin2 0 -J- cos2 0) ю2 - 12 V 3 -?¦ cos 0 24 а
Из начальных условий 0(0) =¦-, 0(0) = 0 получим Н Следовательно,
3 Y 3---------2ш2 cos0
а
cos 0.
Таким образом,
[0-0 .
4со2
1/2
/па2 со2.
8 39 Выберем начало О подвижной декартовой системы координат в вершине
конуса, ось 0\{ направим вдоль линии соприкосновения конуса с плоскостью,
ось 0|2 направим перпендикулярно вращающейся плоскости. Обозначим через 0
угол наклона линии соприкосновения обеих поверхностей к вертикали,
направ-
344
Динамика твердого тела
[Гл. 8
ленной вниз. Так как конус катится по плоскости без скольжения, его
угловая скорость складывается из угловой скорости плоскости (-со cos 0,
0, са sin 0) и угловой скорости конуса относительно оси 0%j, таким
образом, угловая скорость конуса имеет вид
to = (coj, 0, (c)sin0), (1)
где (c)I - пока неизвестная компонента по оси Oh-
Компоненту о)] можно найти, если рассмотреть скорость произвольной точки
конуса, находящейся на его оси на расстоянии а от вершины конуса. Эта
