Ю.Г. Павленко - Задачи по теоретической механике (1115223), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Тогда интеграл от первого члена равен нулю. Используя определение функций Бесселя, получим (4] 2л т„= ] сов(п(б — йа япс)] дб =- — 3„(пса). 1 Г 2 о Следовательно, 2 л(1) =- 2 — 3„(п1са) япп!Л. и Прн в «и значения функции Бесселя весьма малы [5]: Поэтому при йа «1 !г(1) = а(япы1+ (ка(2) яп2ы1 +...]. 1.1.13. Ортогональный репер ех~(1) вращается относительно неподвижного репера е ! (Л =- 1! 2, 3). Найти угловую скорость подвижного репера. Решение. Компоненты одного и того же вектора и в двух системах координат связаны преобразованием и, '= Л„(1) иги где Лгь(1) — матрица, определяющая ориентацию подвижного репера относительно неподвижного, причем !1е1 Л = 1.
Поскольку и~ = и!~! то (2) ЛьЛ =-бь, т.е. обратная матрица Л,~ = Л ь совпадает с транспонированной. ьз Запишем вектор и в виде разложения по базисам ех и е~. Тогда ! ! и;е, = и;е,. (3) Подставляя (1) в (3), получим (4) [Гл. 1 Уравнения Ньютона 16 Очевидно, матрица уы = Леа = Л, позволяет представить новые — 1 базисные векторы ех~ в виде линейной комбинации старых векторов ех: е', =- уыеы Элементы уы являются направляющими косиу нусами: уь; = еье,. Обратное преобразование следует из (1) после умножения на Лнр Лып', =- ЛНЛыпь = и,. (5) Рассмотрим подвижную систему как твердое тело и предположим, что и, '— постоянные величины.
Тогда компоненты вектора ч(г) = е, (1)ее являются функциями времени. Дифференцируя (5), получим оа - Луанда ЛуаЛ.уй ни. (6) Введем тензор ауа = ЛтвЛ.„=- Л 'Лч„ и запишем (6) в виде (7) Дифференцируя условие ортогональности преобразования Л дЛт = д д, получим уравнение ЛчвЛ, „+ Л удЛч„= О, из которого следует, что ю д является антисимметричным тензором: ау в = — ауд . Сле- довательно, ау д определяется тремя функциями — вектором угловой скорости вращения 1 уое(1) .= ееапу ад(г) ° 2 (8) Таким образом, компоненты угловой скорости твердого тела ау„— е„„вЛ Лтв.
(0) Записывая е д е„т = д нбв — д,дни, находим соотношение (10) еони енг науа. Подставляя (10) в (7), получим 6 =- е,дау.„ев, следовательно., Ф(1) = (ео(1)ч(1)). Компоненты тензора преобразуются по закону (1): — 1 — 1 аун, = Л„,Л ьуоеь = Л„;Л ьЛе Лчь = Л„ьЛ вЂ” 1 ауе = — е„„вЛ„ьЛьз. 1.1.14. Частица движется по прямой г(1) = Ъ+ п(1), Ъп =- О. Найти угловую скорость частицы. Кинематика Решение.
Расположим плоскость хй перпендикулярно вектору (Ьп). Выберем оси координат так, чтобы Ь = (О, Ь, 0), и .= (и, О, 0). Совмещая ось х' подвижной системы отсчета с прямой, проходящей через начало координат и частипу, получим матрицу преобразования (г = Ьт + (и~)а ): Л= — -Ь и6 О, Л '= — Ь иЬ 0 Следовательно, тензор /Π— 1 ОсЬ 6+иг ~ О О О) определяет вектор угловой скорости й = [Ьп) /г~. 1.1.15. Два вращающихся базиса. В теории гироскопов приходится вводить несколько вращающихся базисов: ейй — неподвижный базис, е~ь~(Ь), е~'~(Ь) два подвижных базиса. Матрица Фь ~ определяет переход от базиса ейй к базису е~ь~(ь), матрица й<'ь~ .— переход от базиса е~»~ (6) к базису ейй (Ь).
Найти тензор угловой скорости базиса ейй (6) относительно базиса е~ ~. Решение. Пусть Р~' ~ =- й~'ь~Фь'~ матрица преобразования базиса е~ ~ в базис е~'~. Обозначим ы<"~ -- тензор угловой скорости базиса ебй(Ь) относительно базиса е~'~, ы~'Ь~ — - тензор угловой скорости базиса ейй(6) относительно базиса е®(Ь), ы~ь'~ — тензор угловой скорости базиса еРО (Ь) относительно базиса е~ ~.
Вычисляя производную, получим РтР Втйт (йо + ~Ц) СОГЛаСНО ОПрЕдЕЛЕНИЮ ЫС«а~ = РТР, Ы~Ь«~ = ЯТЯ КОМПОНЕНТЫ тензоров в базисе е~'~, ы~'ь~ = Лтй компоненты тензора в базисе ейй(Ь). Следовательно., (са) ВТ ссь)~ + (Ьа) «Абсолютная» угловая скорость базиса е<'~(Ь) равна сумме угловой скорости базиса е~0(Ь) относительно базиса е~ь~ф и «абсолютной» угловой скорости базиса е® ®. Компоненты вектора угловой скорости Ьса) 1 ~ (сь~ (Ь«П м, = — е„ь„(ьаь Яь»Я „+ ьа„„1. 1.1.16. Найти скорость и ускорение частицы в цилиндрических координатах. [Гл. 1 Уравнения Ньютона 18 1.1.17. Частица движется в плоскости г = 0 по логарифмической спирали гг =- ае т с равной нулю радиальной составляющей ускорения. Найти гг —.— гг( р) ~р(1), уг(1). Решение.
Используя уравнение траектории, найдем т = аде~" (й, 1., 0). Из условия задачи р — р~р~ = 0 получим уравнение йр'+ (й' — 1) д' = О. (2) Пусть начальные условия имеют вид ~д(0) = О, уг(0) = аго. Поскольку (бр ог' = — ю, то из (2) следует уравнение Й гг решение которого (3) Подставляя (3) в (1), получим ч(д) = аагоетбь (й, 1, 0). Возвращаясь к уравнению (2), найдем ого й (й — 1 г ог =- . 1п( 1+1). 1+ (ге — 1) огас/й й — 1 1 .. с — оо =- — (ху — ху) =- — — х. 2 х Интегрируя, находим е 1п*о по Одновременно мы обнаруживаем любопытное свойство гиперболы.
Учитывая., что сг, =- ргу/2, получим тг вг 1 ~ д' акр = ~ у(х)1х. Таким образом, площади ОАгАгО и хгАгАгхг на рис. 1.1.18а одинако- вы. 1.1.18. Частица движется в плоскости г = 0 по гиперболе у —.— = с~/х. Проекция секторной скорости и, постоянна. Найти интервал времени глг, за который частица сместится из точки с координатой хг в точку с координатой хг (хг > хг). Решение. Поскольку хг > хы огг < огы то ее, = — его < О. Следовательно, Кинематика В безразмерных переменных у' = у/с., л' = л/с уравнение гиперболы д' = 1/х'. Площадь заштрихованного криволинейного треугольника на рис.
1.1.18б Я =- 1и л'. Если площадь Я = 1, то л' равен основанию натуральных логарифмов е. В нашем случае площадь Я растет линейно: Я = »А, ш = <тв/с . Действительно, из (1) получим т' = е». По существу мы пришли к определению экспоненты, аналогичному Рис. 1.1.18 определению тригонометрической функции соз ыв как проекции на ось конца вектора, «заметающего» сектор площадью юб 1.1.19. Найти скорость и ускорение частицы в сферической системе координат.
Решение. В сферических координатах радиус-вектор г = те„, а угловая скорость сферического репера е»и ев, ет равна й = Век + ре,. Учитывая, что е, = созО е„— япО ев, получим й = р созВ е„— — 1в Яп О ев + Вет. СлеДовательно, е, = [йе„~ = дев+ ~р япд его ев =- [йев) =- — Ое„+ ~р соз В е„, е„= [йе.] =- — ~р яп В е„— р сов О ев. Дифференцируя, находим г = те, + те, = те, + тВев + т яп О ~рек, г' = [т — тΠ— т яп В р ) е, + ~ — — т Π— тф япВ совВ)ее+ 2 ° 2 ° 2 11 ~~ 2' ° 2 т еИ [Г4ь 1 Уравнения Ньютона 20 ио В 1 41В с1к 11 =- — =- и„бшр~р бшв ~бр Интегрируя, находим В 1к — = С ехр[1о вся о). 2 Кривая [1) называется локсодромией. 1.1.21. Частица движется по кривой л = л„[в), где б длина дуги. Записать скорость и ускорение частицы в естественных координатах.
Решение. Свяжем с пространственной кривой репер, образованный единичными векторами е1, ез, направленными по касательной, нормали, и вектором ез = [е1е2]. Скорость и ускорение частицы 4ГГ Е1 =- —, 414 ' Йт . Г = — В =- ВЕ1, 4Гв г = Яе1+ ве1. г 4Ге1 4Ге1 Поскольку е = 1 то е1 — = О. Следовательно вектор — перпен- 1 Нв дв дикулярен вектору е1. Введем единичный вектор е2, направленный по главной нормали соотношением 1 41е1 41 г Е2— Д,Гв,Г 2 где Я .
радиус кривизны. Тогда де~. в Е1 = — В =- — Е2, 414 Й [2) ° 2 г = Ле1 + — е2. й Третий орт ез = [е1е2] параллелен бинормави [6]. Очевидно, е2 = [езе1,'. Подставим в зти соотношения [1), [2), получим ез = —,3 [1т]., е2 = —,4 [[дт]г]. Н ... й Из последнего равенства следует выражение для радиуса кривизны — = в [гг = — — — в [г г — [гг) ].
1 . б ...,2 Гдгдг1 ° — б 2-2 "2 — — [1 Г2] 1.1.20. Частица движется по поверхности сферы. Скорость частицы образует постоянный угол 11 с меридианом. Найти уравнение траектории. Решение. Очевидно,что Кинематика 1.1.22. Частица движется в плоскости в = 0 по логарифмической спирали р .= Се~т с постоянной проекцией секторной скорости и, =- = о.е ) О. Найти тангенциальную и нормальную компоненты ускорения как функцию р. Рис. 1.1.22 Решение. Пусть о угол между тангенциальным ортом е, и осью х. Тогда декартовы компоненты ортов (рис.
1.1.22) е = (саво, япо, 0), е„= ( — япо, сова, 0), ер — -- (сов ~р, ял мар, 0), е„= ( — яп р, сов ~з, 0). Поскольку г' = ш.,е., +ш„е = шрер+ ге, е„, то и,. =- шр сов р + ш„в]п р, ш„= — шр япд+ш„совр, (2) где р =. о — ~р — угол между ортами ет и ер. Заметим, что по определению логарифмической спирали Й = сся р. Согласно условию ш„= О, 1,, 1 оо =- — р~д =- — С~де~~", 2 2 следовательно, 2 1) .в .. (кв ) (2ао) Р [Гл. 1 Уравнен л Ньютона 22 Из (1) — (3) находим 2 2 р р Отметим, что р(1) ) О, р(1) ( О. 1.1.23. Частица движется в плоскости 2 = О. Тангенциальнвя шг и нормальная шг компоненты ускорения постоянны. Найти уравнение траектории.
Начальные условия г(0) = О, ъ (0) = — (ио, О, 0). Решение. Согласно условию 8 ° 2 Ш1 Ш2. В Умножая первое уравнение на в, получим первый интеграл = ио + 2ш1в 2 2 (2) Следовательно Н = — (ног+ 2шгв) . (3) юг Радиус кривизны Л =- 12в/до, где сг угол между ортом е, касательным к траектории, и осью ан — = — (ио + 2и11в). 42 1 ао юг Из этого уравнения находим в(сг) = (е — 1), где ь' = ш1/шг. Найдем теперь решение уравнения 12г/11в = е„: ио 2 2ва — = — СОВ Гг = — СОВа Е по йо и1г ау 48 . ьа гол — = — ВШО = — Вгнгг Е до до и12 Интегрируя, получим уравнение траектории в параметрической форме г л = во+ г (2Й сов12+вгпсг) е ", и12 (1 2-4Й ) у = ус+ (2Й вгпсг — сова) егв", юг (1 4-4Й ) юг (1+432) ' юг (1+432) Кинематика 1.1.24.
Найти угловую скорость вращения ортогонального репера, связанного с пространственной кривой а =-л (3). Решение. Найдем производную [ 1 е2] + [е2 1 ] — [~е2ез~ 1 ] — е2(ез Д ) ° Введем кручение кривой )6, 7) 12 13 43 43 43' 033 и кривизну кривой й =- Рг 2. Тогда Ыез/Ыв = — 2ге2. Аналогичным образом можно показать, что с~е2/сЬ = — йе3 + хез.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
