TM-15 (Лекции), страница 2

Описание файла

Файл "TM-15" внутри архива находится в следующих папках: Лекции, 15-Устойчивость положений равновесия Малые колебания. PDF-файл из архива "Лекции", который расположен в категории "лекции и семинары". Всё это находится в предмете "теоретическая механика" из седьмого семестра, которые можно найти в файловом архиве МГУ им. Ломоносова. Не смотря на прямую связь этого архива с МГУ им. Ломоносова, его также можно найти и в других разделах. .

Просмотр PDF-файла онлайн

Текст 2 страницы из PDF

Лагранжиан L =1 2(q&1 + q&22 + Λ (q1q&2 − q2 q&1 ) + q12 + q22 ) .2Уравнения Лагранжаq&&1 − Λq&2 − q1 = 0q&&2 + Λq&1 − q2 = 0(**)Характеристическое уравнение 1 0 0 − 1  1 0    = 0 или −  + λΛdet  λ2 1 0  0 1 0 1(λ2 − 1) 2 + λ2 Λ2 = 0 илиλ4 + (Λ2 − 2)λ2 + 1 = 0В общем случае корни таковыλ2 =− (Λ2 − 2) ± (Λ2 − 2) 2 − 4215-Устойчивость положений равновесия.

Малые колебания-5При Λ = 0 , т.е. при отсутствии гироскопических сил, получаем натуральную систему. Можно показать , что эта система является линеаризацией системы – тяжелая материальная точка на сфере в окрестности верхнего положения равновесия.Положение равновесия неустойчиво, т.к. характеристические числа суть λ1, 2 = 1 и λ3, 4 = −1 . Срединих есть два с положительной вещественной частью.При Λ > 2 все корни чисто мнимые. Значит положение равновесия системы (**) становитсяустойчивым.Замечание. Напомним еще раз, что гироскопические силы не меняют вид интеграла энергииT + V = const .Задача.

Известна матрица Ω гироскопических сил. Найти соответствующий членL1 =< Cq, q& > Лагранжиана.Решение. Мы знаем, что Ω = C − C T . Ищем решение среди кососимметрических матриц1C T = −C . Тогда Ω = 2C . Общее решение C = Ω + S , где S - любая симметрическая матрица (ее21добавление не меняет уравнений движения). Итак, можно считать, что L1 = < Ωq.q& > .2Три источника гироскопических сил.а) Электромагнитные силы.Задача.

Написать Лагранжиан задачи о движении частицы массы m и заряда e в поле электромагнитных сил F = −e[v , H ] , где v - скорость, H = const - вектор напряженности магнитныхсил. v y H z − vz H y  0Решение. [v , H ] =  vz H x − vx H z  = Γv , где Γ =  − H zv H − v H  H x y y x yHz0− Hx− Hy Hx 0 Уравнения движения mv& + e[v , H ] = 0 , или mv& + eΓv = 0 . Значит матрица гироскопических сил таковаL=Ω = eΓиL=1 &2 1mr + e < Γr , r& > .22Вспоминая,что[v , H ] = Γv ,получаем1 &2 1mr + e < [r , H ], r& > .22б) Понижение порядка по Раусу.Задача. Проверить, что после понижения порядка по Раусу в натуральной Лагранжевой системе появляются гироскопические силы.Решение.

(Решить!!!)в) Силы инерции. Например, уравнения движения свободной материальной точки во вращающейся системе координат.Задача. Написать такие уравнения в плоском случае.Решение. (Решить!!!)Одним из характерных примеров к пункту в) является плоская круговая ограниченная задачадвух тел, которая рассматривается ниже.Вопросы к материалу Лекция 15-2.• Линеаризация уравнений Лагранжа около положения равновесия.• Уравнения малых колебаний.• Четность характеристического полинома линеаризованных уравнений.• Парность корней характеристического уравнения.15-Устойчивость положений равновесия. Малые колебания-6•••••Формулировка теоремы Ляпунова о неустойчивости по первому приближению.Степень неустойчивости.Теорема о гироскопической стабилизации.Пример гироскопической стабилизации.Три источника гироскопических сил.Лекция 15-3Плоская круговая ограниченная задача трех тел.Рассмотрим задачу о движении на плоскости трех гравитирующих точек: двух “массивных”(Солнце S , Юпитер J ) и одной “легкой” (астероид A ).

Задачу рассматриваем в ограниченной постановке, считая, что масса точки A настолько мала, что не влияет на движение S и J .Систему единиц выбираем таким образом, чтобыа) mJ = µ , mS = 1 − µ (суммарная масса массивных точек равна единице).б) S и J движутся по круговым орбитам вокруг их общего центра масс. Считаем, что расстояние SJ ≡ 1 .в) Гравитационная постоянная равна единице.г) Рассматриваем плоскую задачу, когда астероид A движется в плоскости орбит S и J .Задача.

Доказать, что в предположениях а)-в) угловая скорость движения точек S и J поокружностям равна единце.Решение. Сила действующая на J равна F = µ (1 − µ ) и направлена по JS . Центростреми-V2= ω 2 R , где R - расстояние от J до центра масс S и J :RR = (1 − µ ) .

Поскольку µ a = F , то ω 2 = 1 . Смотрим на плоскость движения с такой ее стороны,чтобы ω = 1 .Уравнения движения астероида будем писать в подвижной системе координат Oxy .тельное ускорение равно a =O - центр масс системы S + JОсь x всегда проходит через точки S и J (от S к J ).Ось y лежит в плоскости движения и ортогональна оси x .Точки S и J в этой системе имеют постоянные координатыS = (− µ , 0) , J = (1 − µ , 0)Пишем Лагранжиан задачи о движении точки A .vабс = vотн + vпер ,vотн = ( x& , y& ) ,vпер = [ω × rA ] =0 0 1= (− y, x,0)x y 0Следовательноvабс = ( x& − y, y& + x)1m (1 − µ ) mA µ−T = mA (( x& − y ) 2 + ( y& + x) 2 ) , V = − A, L = T −V2rSArJA15-Устойчивость положений равновесия.

Малые колебания-7Поскольку всюду входит множитель mA , то сократим на него.Итак,L=1(1 − µ ) µ(( x& − y ) 2 + ( y& + x) 2 ) −+2rSArJAПоложения равновесия A на плоскости Oxy называются точками либрации. Их всегда 5: три на осиOx , и две в вершинах равностороннего треугольника.Точки либрации L1 , L2 , L3 найдены Эйлером. Они всегда неустойчивы.Точки L4 , L5 найдены Лагранжем. Исследуем их устойчивость.Ранее (см Lect12) мы получили, что эти точки лежат в вершинах равностороннего треугольника.1Возьмем точку L4 .

Ее координаты ( x0 , y0 ) = 2− µ,3 . Сначала “отправим” это положе2 ние равновесия в ноль. Для этого введем новые координаты ξ = x − x0 , η = y − y0 . В новых координатах1 &211(ξ + η& 2 ) − ξ&(η + y0 ) + η& (ξ + x0 ) + (η + y0 ) 2 + (ξ + x0 ) 2 +2221− µµ++22(ξ + x0 + µ ) + (η + y0 )(ξ + x0 − 1 + µ ) 2 + (η + y0 ) 2L=Находим квадратичную часть Лагранжиана11L = (ξ& 2 + η& 2 ) − ξ&η + η&ξ − (aη 2 + 2bηξ + cξ 2 )22Где∂ 2V∂ 2V∂ 2V(0,0) , c = 2 (0,0)a = 2 (0,0) , b =∂η∂ξ∂η∂ξПользуясь тем, что (ξ + x0 + µ ) 2 + (η + y0 ) 2 = (ξ + x0 − 1 + µ ) 2 + (η + y0 ) 2 = 1 при ξ = η = 0 .

Получаем9a = −1 + (1 − µ ) − 3(1 − µ ) y02 + µ − 3µy02 = −3 y02 = − ,4b = −3(1 − µ )( x0 + µ ) y0 − 3µ ( x0 − 1 + µ ) y0 =3 3(1 − 2 µ )4c = −1 + (1 − µ ) − 3(1 − µ )( x0 + µ ) 2 + µ − 3µ ( x0 − 1 + µ ) 2 =113= −3(1 − µ ) − 3µ = −444= −3( x0 + µ ) y0 + 3µy0 = −Итак,133 39& + ηξ& + ξ 2 + (1 − 2µ )ξη + η 2L? = (ξ& 2 + η& 2 ) − ξη2848Линеаризованные уравнения движения15-Устойчивость положений равновесия. Малые колебания-8343 3η=043 39η&& + 2ξ& − (1 − 2µ )ξ − η=044ξ&& − 2η& − ξ − (1 − 2µ )1 0 0 − 2a b , Ω =  , B = A = 0 12 0 b cХарактеристическое уравнение λ2 + a − 2λ + b =0det 22λbλc++22(λ + a )(λ + c) − (2λ + b)(−2λ + b) = 0λ4 + λ2 (a + c + 4) + ac − b 2 = 0λ4 + λ2 + ac − b 2 = 0ac − b 2 =2727(1 − (1 − 2µ ) 2 ) =µ ((1 − µ )164Корниλ2 =− 1 ± 1 − 4ac − 4b 2 − 1 ± 1 − 27 µ (1 − µ )=22Корни чисто мнимые и ненулевые, т.е. положение равновесия устойчиво в линейном приближении, если 1 − 27 µ (1 − µ ) > 0 , т.е.

µ (1 − µ ) <1.27Для точки L5 условие устойчивости по первому приближению полцчается таким же.Отметим, что “потенциальная энергия” в Лагранжиане L€ имеет в нуле невырожденный максимум. Так, что устойчивость имеет место за счет гироскопической стабилизации.Влияние диссипативных сил на устойчивость положения равновесия.Диссипативными силами (или силами трения) в классической механике принято называть силы, под действием которых полная энергия системы уменьшается с ростом времени (если скоростиотличны от нуля q& ≠ 0 ).Пример.

Рассмотрим натуральную Лагранжеву систему: L = T − V . Будем считать, что помимо потенциальных сил в системе действуют силы QJ = −R=∂R, где R - функция диссипации Релея∂q j1< Φq& , q& > , причем матрица Релея Φ (q ) симметрична и положительно определена. Уравнения2движения имеют видd ∂L ∂L∂R−=−dt ∂q& ∂q∂q&(*)Утверждение.

Силы Релея Q j диссипативны.Доказательство. Нам надо доказать, чтоd(T + V ) < 0 при q& ≠ 0 . Для этого вспомdt всилу (*)ним, что L = L2 + L0 , L2 = T , L0 = −V и T + V = L2 − L0 . Когда мы выводили интеграл Якоби(обобщенный интеграл энергии), то по теореме Эйлера об однородных функциях мы получили∂Lq& − L = L2 − L0 = T + V∂q&15-Устойчивость положений равновесия. Малые колебания-9В силу уравнений Лагранжа (*) имеем d  ∂L d  ∂L∂L∂L∂L q& − L  =  q& +q&& −q& −q&& =dt  ∂q&∂q&∂q∂q& dt  ∂q&  d ∂L ∂L  d ∂L ∂L ∂L∂Lq&& −q&& = =−  q& +−  q& =∂q&∂q& dt ∂q& ∂q  dt ∂q& ∂q =−∂Rq& = − < Φq& , q& >< 0 при q& ≠ 0∂q&В последнем равенстве мы опять применили теорему Эйлера об однородных функциях.Доказательство завершено.Задача.

Покажите, что утверждение справедливо и в более общем случае, когда присутствуютгироскопические силы и L = L2 + L1 + L0 .Замечание. Обычно полагают Φ = const , а иногда считают что Φ неотрицательно определена.Имеет место следующее обобщение теоремы Лагранжа-Дирихле.Теорема. Пусть имеется натуральная Лагранжева система: L = T − V , и пусть q 0 изолированный минимум потенциальной энергии. Тогда положение равновесия устойчиво по Ляпунову иостается устойчивым при наложении диссипативных сил.Доказательство совпадает с доказательством обычной теоремы Лагранжа-Дирихле. Толькотам где мы писали (T + V )• = 0 нужно писать (T + V )• ≤ 0На примере системы с Лагранжианом11ΛL = (q&12 + q&22 ) + (q1q&2 − q2 q&1 ) + (q12 + q22 )222легко показать, что гироскопическая стабилизация, вообще может разрушаться диссипативными силами.Задача.

Покажите это.Решение. (Решить!!!)Вопросы к материалу Лекция 15-3.• Плоская круговая ограниченная задача трех тел.• Точки либрации.• Устойчивость в линейном приближении точки либрации Лагранжа.• Влияние диссипативных сил на устойчивость положения равновесия.• Диссипативность сил Релея.• Теорема Лагранжа-Дирихле при наложении диссипативных сил.• Разрушение гироскопической стабилизации диссипативными силами..

Свежие статьи
Популярно сейчас