А.В. Карапетян - Курс лекций по классической механике, страница 3

А поскольку это равенство верно для любых точек, то на самомделе получаемω a − ω r − ω e = 0,что и требовалось доказать. Следствие 1.4. Для угловых ускорений справедлива формула εa = εr + εe .Следствие 1.5. Пусть S0 — неподвижная система отсчета, а S1 , . . . , Sn — подвижные.Пусть ω — угловая скорость Sn относительно S0 , а ω i — угловая скорость Si относительноSi−1 (i = 1, . . . , n).

ТогдаnXω=ωi.i=11.2.5. Углы ЭйлераКартинка — [Рис. 11].Определим углы Эйлера подвижного репера Oe1 e2 e3 относительно неподвижного репераOxyz.Пусть [e3 , ez ] 6= 0. Пусть ξ = Oxy ∩ Oe1 e2 .Определение. Угол ψ = ∠(ex , eξ ) называется углом прецессии, угол θ = ∠(ez , e3 ) — угломнутации, угол ϕ = ∠(eξ , e1 ) — углом собственного вращения.При этом имеем θ ∈ [0, π), ϕ ∈ [0, 2π), ψ ∈ [0, 2π).Переведем репер Oe1 e2 e3 в Oxyz с помощью композиции трёх поворотов с угловыми скоростями ω I , ω II и ω III :101◦ Oxyz переходит в Oξηz, (при этом Oη ∈ Oxy) под действием поворота вокруг Oz наугол ψ. Угловая скорость репера Oξηz: ω I = ψ̇ez .◦2 Oξηz переходит в Oξη ′e3 под действием поворота вокруг Oξ на угол θ (при этом Oη ′ ∈Oe1 e2 ).

Угловая скорость репера Oξη ′e3 относительно Oξηz: ω II = θ̇eξ .3◦ Oξη ′e3 переходит в Oe1 e2 e3 с помощью поворота вокруг Oe3 на угол ϕ. Угловая скорость:ω III = ϕ̇e3 .По следствию 1.5 из теоремы о сложении скоростей получаем, что угловая скорость ТТ(то есть репера Oe1 e2 e3 ) равнаω = ω 1 + ω 2 + ω 3 = ψ̇ez + θ̇eξ + ϕ̇e3 .Очевидно,eξ = cos ϕ e1 − sin ϕ e2 ,ez = sin θ sin ϕ e1 + sin θ cos ϕ e2 + cos θ e3 .Поэтому ω = ω1 e1 + ω2 e2 + ω3 e3 , где ω1 , ω2 , ω3 задаются с помощью кинематических формулЭйлера:ω1 = θ̇ cos ϕ + ψ̇ sin θ sin ϕ,ω2 = −θ̇ sin ϕ + ψ̇ sin θ cos ϕ,ω3 =ϕ̇ + ψ̇ cos θ.1.2.6.

Замечание о качении телПусть Σ — неподвижная поверхность, S — подвижная поверхность (поверхность, ограничивающая твердое тело).Определение. Говорят, что тело совершает качение без скольжения, если v K = 0 (K ∈ S).Если Σ — подвижная поверхность, то тело совершает качение без скольжения, если v Ks = v KΣ .2. Динамика точки2.1. Движение точки под действием сил2.1.1.

Принцип детерминированности Ньютона. Прямая и обратнаязадачи динамикиПринцип детерминированности Ньютона гласит, что:r(t) = Φ r(t0 ), ṙ(t0 ), t0 , t ,∂2Φr̈(t) = 2 r(t0 ), ṙ(t0 ), t0 , t .∂tПодставим t = t0 во второе уравнение, получим:r̈(t0 ) = f (r(t0 ), ṙ(t0 ), t0 ).Но так как t0 может быть любым, тоr̈(t) = f (r(t), ṙ(t), t),В других обозначениях (просто умножим последнее уравнение на константу m, называемуюмассой), получимmr̈(t) = F (r(t), ṙ(t), t).11Это равенство называется вторым законом Ньютона.

Его правая часть — это сила (мера взаимодействия тел). В динамике фактически постулируется, что сила зависит только от положенияточки, скоростей и времени.Прямая задача динамики состоит в том, что нужно найти закон движения, если заданысилы и начальные условия. Обратная задача динамики состоит в нахождении сил при заданныхсвойствах движения.Пример 1.1. Если точка изолирована (не взаимодействует ни с какими материальнымисистемами), то F = 0 иr(t) = r(t0 ) + v 0 · (t − t0 ).Пример 1.2. Рассмотрим так называемую задачу Галилея — движение точки в однородномсиловом поле.

Тогда mr̈ = mg (g — постоянный вектор в Oxyz). Общее решение этой задачитаково:g(t − t0 )2.r(t) = r0 + v 0 (t − t0 ) +22.1.2. Примеры сил1. Стационарные: F = F (r, v) (то есть F зависит только от положения и скорости).2. Позиционные: F = F (r) (то есть F зависит только от положения). Если F = − grad V (r),тогда V (r) называется потенциальной энергией, а сила F — потенциальной силой.3. Диссипативные: F (r, v), v 6 0 (или 6≡ 0).

Примером такой силы служит сила трения.vнапример, если F = −κv, то это вязкое трение. Если F = −κ |v|при v 6= 0, то это сухоетрение.4. Гироскопические: F (r, v), v = 0. Например, такова кориолисова сила, потому что F c =2m[ω, vr ], поэтому (F c , vr ) ≡ 0.2.1.3. Основные динамические величины. Работа и момент силыОпределение.

Вектор P := mv = mṙ называется импульсом точки (или количествомдвижения).Определение. Вектор K O := [r, mv] = [r, P ] называется кинетическим моментом (илимоментом количества движения). Здесь индекс указывает на то, относительно какой точкирассматривается кинетический момент.Определение. Число T = 12 mv 2 = 12 m(v, v) — кинетическая энергия.Работа силы: Aэл = (F , dr) — элементарная работа. ТогдаZM2ZM2A = Aэл = (F , dr) —M1M1это работа на отрезке M1 M2 .Определение. Вектор M O (F ) := [r, F ] — момент силы F , приложенной в точке с радиус-вектором r, относительно точки O.Если из контекста ясно, о какой силе идёт речь, аргумент F писать не будем.Пусть ℓ — ось, проходящая через точку O с направляющим вектором e.

Определим величиныMℓ := (M O , e) — момент силы относительно прямой ℓ, Kℓ = (K O , e).Легко видеть, что Mℓ и Kℓ не зависят от выбора точки O на прямой ℓ, потому что еслиO ′ ∈ ℓ, то M O′ = [r − OO ′, F ], поэтомуMℓ = (M O′ , e) = (M O , e) + [OO ′, F ], e = (M O , e),потому что OO ′ k e.122.1.4. Основные теоремы динамики точкиТеорема 2.1 (Следствие из второго закона Ньютона). P˙ = F .

Сразу следует из определения импульса. ˙ =M .Теорема 2.2 (2). KOOK O = [r, mṙ], поэтому K˙O = [r, mr̈] + [ṙ, mṙ] = [r, mr̈] = [r, F ] = M O . Теорема 2.3 (3). dT = Aэл = (F , dr), что равносильно равенству Ṫ = (F , v) — мощность. T = 12 m(v, v), поэтому Ṫ = m(v, v̇) = (v, F ).

Выведем из этих теорем несколько полезных следствий и проиллюстрируем их на задачеГалилея.Пусть e — неподвижный единичный вектор, ℓ — прямая с направляющим вектором e. Тогда:1◦ Ṗℓ = Fℓ , где Pℓ = (P , e), Fℓ = (F , e) — проекции силы и импульса на прямую ℓ). В частности, если Fℓ = 0, то Pℓ = const.Пример 1.3. Задача Галилея при g = −gez : Px = c1 , Py = c2 .2◦ K̇ℓ = Mℓ . В частности, если Mℓ = 0, то Kℓ = const.Пример 1.4. Рассмотрим ту же задачу, тогда Kz = c3 .3◦ Если F = − grad V (r), то T + V = const.

В самом деле, имеемṪ = (F , v) = −(grad V, ṙ) = −∂V dri= −V̇ ,∂ri dtзначит, Ṫ + V̇ = 0, откуда T + V = const.Пример 1.5. В той же задаче Галилея получаем1m(ẋ2 + ẏ 2 + ż 2 ) + mgz = h = const .22.1.5. Одномерное движение точкиПусть сила F — позиционная, а точка живёт на прямой.

ТогдаZdVmẍ = F (x), V (x) = − F (x)dx, F = −V ′ = − .dxВ этом случае имеет место первый интеграл (интеграл энергии):1mẋ2 + V (x) = h = const .2(1)Это дифференциальное уравнение несложно решить. Проведём выкладки:rẋ = ±Zx2(h − V (x)),mx0dxq2(h−V (x))m= t − t0 .Определение. Те точки, в которых уравнение имеет решения, называются областью возможности движения (ОВД).Пример 1.6. В нашем случае ОВД — это множество {x : V (x) 6 h}.13Определение. Пара переменных (x, v) (или, что то же самое, (x, ẋ)) — это фазовые переменные. Плоскость {(x, v) | x ∈ R, ẋ ∈ R} называется фазовой плоскостью. Фазовый портрет —это множество кривых, определяемых интегралом энергии (1), то есть его линий уровня.Пример 1.7. Пружинка со связанным концом: ẍ = kx (k = const).Пусть k < 0, тогда имеем уравнение ẋ2 − kx2 = 2h, и фазовые кривые — эллипсы.Пусть k > 0, тогда фазовые кривые — гиперболы.Замечание.

Случай k > 0 лишён физической интерпретации: он соответствует пружине сотрицательным коэффициентом жёсткости!Если V ′ (x) = 0, то это критическая точка потенциала. При этом, если V ′′ (x1 ) > 0, то наблюдается минимум потенциальной энергии, а если V ′′ (x1 ) < 0, то максимум.Период колебаний такой системы — это период между двумя минимумами потенциальнойэнергии.Z xdxqτ =2, h = V (a) = V (b).x02(h−V (x))m2.2. Задача Кеплера2.2.1. Вывод закона всемирного тяготения из законов КеплераЭто так называемая обратная задача Кеплера.Опишем условия (законы Кеплера):1. Планеты движутся по эллипсам, в одном из фокусов — Солнце.2. За одинаковое время планеты заметают в эллипсах равные площади.23. Число Ta3 = const (не зависит от планеты), где T — период, a — большая полуось.Выведем закон Всемирного тяготения из этих условий.

Запишем в полярных координатахуравнение эллипса.p, b2 = a2 (1 − e2 ), p := a(1 − e2 ),r=1 + e cos ϕИз второго условия следует, что r 2 ϕ̇ = c = const. Эта величина есть удвоенная секторнаяскорость. Площадь эллипса: πab = 21 c · T .Пусть r, ϕ, z — цилиндрические координаты (по сути дела, полярные, конечно, потому чтодвижение плоское) с центром в фокусе, в котором находится Солнце.

Тогда2= Fr = (F , er ),m(r̈ − r ϕ̇ )m(2ṙ ϕ̇ + r ϕ̈) = Fϕ = (F , eϕ ),mz̈= Fz = (F , ez ).Поясним, как получены первые две формулы (левые части). В полярной системе координатберём радиус-вектор r = rer и дифференцируем его два раза, помня о том, что ėr = ϕ̇eϕ иėϕ = −ϕ̇er . После того, как это будет сделано без ошибок, в качестве координат получим какраз компоненты ускорения, и останется только написать второй закон Ньютона.Так как движение плоское, то z ≡ 0 ⇒ Fz = 0. Так как r 2 ϕ̇ = const, то имеем 2r ṙϕ̇ + r 2 ϕ̈ ≡ 0,откуда Fϕ = 0.

Поэтому F = Fr er — центральная сила.Пусть штрих — это производная по ϕ, а ρ := 1r . Тогда ϕ̇ = cρ2 иd1ρ̇ρ′ ϕ̇= − 2 = − 2 = −ρ′ c.dt ρρρ′′′2r̈ = (ṙ) ϕ̇ = −cρ (cρ ) = −c2 ρ2 ρ′′ .ṙ =14(1)1r ϕ̇2 = ρ4 c2 = c2 ρ3 .ρ!Fr = m(−c2 ρ2 ρ′′ − c2 ρ3 ) = −mc2 ρ2 (ρ′′ + ρ) = −mc2 ρ2.pСправедливость последнего равенства, отмеченного «!», вытекает из того, что ρ =ϕ.потому ρ′′ = − e cospТеперь начинаем подставлять константы:Fr = −1+e cos ϕpиmc24π 2 a2 b21m4π 2 a3 mm=−··=−=: −µ 2 .222222prTa(1 − e ) rT rrПоэтомуMm r,r2 rгде γ и µ связаны соотношением: µ = γM (M — масса Солнца).В задаче Кеплера потенциал равен V = −µ mr = −γ Mrm .Утверждение 2.4.

F — потенциальная сила. ИмеемF = −γZp2Zp2ZZp2r drdrµm(r, dr) !A = (F , dr) = −µm= −µm= −µm== −V.332rrrrp1p1p1Здесь переход «!» следует из формулы (r, dr) = 12 d(r, r) = 12 d(r 2 ) = r dr. Таким образом, F == − grad V . Замечание.Если F = F (r) rr (то есть сила центральная), то F = grad V (r), где V =R= − F (r) dr.2.2.2.

Прямая задача КеплераПусть тело движется под действием центральной силы F = −µ rm2 er (S — начало координат).Утверждение 2.5. Движение точки под действием центральной силы происходит в одной и той же неподвижной плоскости, которая зависит от начальных условий. M S = [r, F ] = 0 (потому что r и F просто коллинеарны), поэтому K S =: k = const(потому что момент силы — это производная кинетического момента). Поскольку K S = [r, mv],то точка движется в плоскости, перпендикулярной вектору k. Утверждение 2.6. Радиус-вектор точки, движущейся под действием центральной силы,за равные промежутки времени заметает равные площади. Поскольку сила F центральная, выполнено равенство maϕ = Fϕ = 0, где aϕ = 2ṙϕ̇ + r ϕ̈.Мы хотим получить соотношение r 2 ϕ̇ = const. Оно означает, что dtd (r 2 ϕ̇) = 0.

Расписываяпроизводную, получаемd 2(r ϕ̇) = 2r ṙϕ̇ + r 2 ϕ̈ = r (2ṙϕ̇ + r ϕ̈) = 0.| {z }dtaϕЗначит, искомое соотношение является следствием второго закона Ньютона. 152.2.3. Качественный анализ уравненияТеперь выпишем компоненту уравнения второго закона Ньютона по координате r.m(r̈ − r ϕ̇2 ) = −µm.r2(1)C учетом соотношения ϕ̇r 2 = c имеемr̈ −c2µ+ 2 =03rr⇒r̈ = Fc =c2µ− 23rr⇒r̈ = −dVcµ 1 c2, где Vc = − + 2 .drr 2rЗдесь mVc — так называемый приведенный (эффективный) потенциал исходной системы. Он2достигает своего минимума в точке r0 = cµ .Фазовый портрет: [Рис. ?].Первый интеграл: 21 ṙ 2 + Vc = h. Величина mh — постоянная интеграла энергии.

При h < 0траектории замкнутые, при h = 0 — незамкнутые (ṙ −→ 0, r −→ ∞), при h > 0 — незамкнутые(ṙ −→ q, r −→ ∞).2.2.4. Аналитическое исследованиеПреобразованиями, которые мы уже проделывали в формулах (1) на с. 14, приведем уравнение (1) к виду11−mρ2 (ρ′′ + ρ) = − mρ2 ⇒ ρ′′ + ρ = ,(2)pp2где ρ = 1r , p = cµ .Решение имеет вид: ρ = p1 + A cos(ϕ − ϕπ ), где A и ϕπ — произвольные постоянные. Безограничения общности положим A = pe , ϕπ = 0. Тогда1 + e cos ϕ,pρ=r=p.1 + e cos ϕЭто уравнение конических сечений:Эксцентриситетe=00<e<1e=1e>1КриваяокружностьэллипспараболагиперболаЭнергияh<0h<0h=0h>0Посчитаем h при ϕ = 0: имеемṙ = r ′ ϕ̇h = Vc= Vcϕ=0⇒ṙp1+eϕ=0=−=−eϕ̇ sin ϕ(1 + e cos ϕ)2= 0,ϕ=0c2 (1 + e) 1 c2 (1 + e)2c2 (e2 − 1)+=.p·p2p22p2162.2.5. Исследование эллиптического движенияµПоложим h = − 2a.