Ю.Г. Павленко - Задачи по теоретической механике (1115223), страница 36
Текст из файла (страница 36)
Вычисляя компоненты тензоров шла~, ы(81, ы~4., находим еа33 = 33~ ее~э = О 81п ~7~ ы33 = В Соэ 33, (а) . 96 ' . РО ы336 =. ~ сов О, ы,з — — у3 со83е япВ, РО ы23 —— — ~~ зш3е 81пО, следовательно, ю3 =. ы33 .= В соз е3+ ~~ яп у яп В, ыа =- ы33 = В вп ар — ~ сов ~р япВ, ыз =- ы33 =- ф + ф соз О. 6.1.9. Шар катится без проскальзывания, касаясь дна и стенок вертикального цилиндрического стакана. Найти кинетическую энергию шара.
Решение. Мгновенная ось вращения проходит через точки Р и Я соприкосновения шара с плоскостью дна н стенки (рис. 6.1.91. Центр масс находится на расстоянии с = а/ъ'2 от этой оси; а — радиус шара, хз х Рис. 6.1.9 Рис. 6.1.10 следовательно, 0 =- 18+ ~еас~, /В/ =- 1/кУйюа, где 1ь скорость центра [Гж 6 Динамика твердого тела 246 К =- — [т1+ — та+ — )х, П = — (т1 — — )8х. 2[, 8 2) ' (, 2) Отметим, что скорости точек а и Ь на рис. 6.1.10 равны и, = ив = — х. 6.1.11.
Двухступенчатый барабан с радиусами валов Рг и г может вращаться вокруг неподвижной горизонтальной оси Ог (рис. 6.10Н). Осевой момент инерции барабана — Г,. Нить, намотанная на ступени барабана, охватывает блок массы тш Нить не скользит по блоку и барабану. Найти кинетическую энергию системы. Решение. Мы имеем систему с одной степенью свободы: угол поворота барабана ~р однозначно задает положение системы. Обозначим х координату центра масс блока.
Поскольку 2х — (Л вЂ” г) ~р = сопэ1, то скорость центра масс блока х = (В— — г)огг/2, где аг1 = ~р — угловая скорость барабана. Найдем теперь угловую Х скорость блока огш Поскольку скорости точек а и Ь на рис. 6.1.11 и = догм иь = — -- х + (й+ г) ага/2 одинаковы, то ага =- агн Следовательно, кинетическая энергия К = — [11 + — тат + — тз (1г + г) ~ ~р . 2 21 ° 2 2[ 2 8 Рис. 6.1.11 6.1.12. Стержень ОА, вращающийся вокруг горизонтальной оси, соединен шарниром со стержнем АС. Конец стержня С связан шарниром с ползуном, движущимся по горизонтальным направляющим.
К стержню ОА приложен постоянный момент силы Х, к ползуну приложена постоянная сила Е (рис. 6.1.12). Массы каждого стержня т, масс. Положение шара зададим углом р между фиксированной прямой ОХ в плоскости дна стакана, проходящей через центр О, и прямой, соединяющей точку О и точку Р. Тогда Л~ = (Ь вЂ” а)~у~; Ь радиус дна стакана. Кинетическая энергия шара 9т (Ь вЂ” а)зара/10. 6.1.10. Блок массы М, радиуса 2г может вращаться вокруг неподвижной горизонтальной оси С (рис. 6.1.10).
На оси блока закреплена нить, намотанная на второй блок массы тэ, другой конец нити прикреплен к грузу массы тг и намотан на первый блок. Нить не скользит по блокам. Найти кинетическую и потенциальную энергии системы. Решение. Мы имеем систему с одной степенью свободы. Введем числовую ось х; х1 — х-координата груза, хэ -- х-координата оси второго блока. Скорость груза и1 =- х.
Очевидно, и1 =- х12г, где ог1-- угловая скорость первого блока. Скорость центра масс второго блока из = хш Поскольку х + 2хэ = сопв1,то ив = — х/2. Угловая скорость второго блока агв = х(2г. Следовательно, 6.2] Уравненил Эйлера 247 о~ ! 1 Рис. 6Л.12 длина — а, масса ползуна М. Найти кинетическую и потенциальную энергии системы.
та ~р ~5 2 ° 2 Ответ: К = ~ — + 9 в1п р+ совз~р1 + 2Маз~рз, 8 !3 О = тра вю йар — Хр — 2Еа совр. 6.2. 'Уравнения Эйлера 6.2.1. Записать уравнения Эйлера в тензорной форме. Ответ. 1 и +в в юдит = — В т + д;швМ э и втлвРт. 6.2.2. Однородный стержень АВ движется в вертикальной плос- кости вокруг горизонтальной оси, проходя1цей через точку А. Найти закон движения стержня и силы реакции, действующие со стороны оси. Решение.
Направим орт е~э подвижной системы координат по стержню. Обобщенной координатой является угол В между вертикалью и ортом еэ, следовательно, угловая скорость со = Вез (см. рис. 6.2.2). Радиус-вектор центра масс К = 1е~з/2, где 1 -- длина стержня, момент стержня М = 1Веэ. Момент инерции относительно точки А 1 =- т12/3. Скорость центра масс и = В = 1[шеЦ/2 = (Ве' (2. Уравнения Эйлера в координатах имеют вид ти„+ т ~(вт)„=- тд„+ Хе'„, (1) М„+ (шМ)„= ~ — 1езти1, (2) Рис.
6.2.2 Динамика твердого тела [Гл. 6 где 1ч' — реакция оси. Из (1), (2) находим — таад = — тл эшд+ %~ 1 г 2 ы (3) (4) 0 = Мз, — — тгд .= тя сов В+ Юз, '2 Ф 1 10 = — — тф юп д. 2 (6) Из последнего уравнения следует первый интеграл — 10 — — тф соз 0 — — Е 2 2 2 и решение в квадратурах — ~Е т — тф сов В) 1( 2 После определения В(1) найдем компоненты силы реакции ~2 Мг = тд(1 — ) гйпВ, 2 'Уз —— — — тК(1+ 21 ) соэ — 1 (7) (3) — тгд = Ж вЂ” Т 1 — р 2 из которой находим %' = Т (1 — тИ/21). При значении и = 21/т1 = .= 2г /3 поперечная компонента силы реакции обращается в нуль. В этом случае точка К называется центром удара.
Вращающиеся ударные Из (7) следует интересная особенность: реакция имеет компоненту Х'. В случае математического маятника длиной [/2 величина М' = О, поскольку 1 = т ([/2)~. 6.2.3. идар стержня о преграду. Центр удара. Закрепим тонкий пруг параллельно оси вращения стержня и пересекающий ось г в точке К на расстоянии гь = й от оси (рис. 6.2.3). В начальный момент времени стержень АВ отклонен на угол В =- — до.
Найти условие, при котором поперечная компонента силы реакции при ударе равна нулю. Решение. При ударе по пруту на стержень действует сила Т =- = ( — Т, О, 0) со стороны прута:, момент силы М = (О, — ТЬ, 0). Полагая В = 0 в уравнениях (3), (6) задачи 6.2.2, получим систему уравнений 6.2] Уравнения Эйлера Рнс. 6.2.4 Рис. 6.2.3 устройства (маятниковые копры, курки ружей и т.д.) конструируются так, чтобы точка К была по отношению к оси вращения центром удара. 6.2.4. Вертикальная ось и прикрепленный к ней стержень образуют угол а.
Эта система вращается с постоянной угловой скоростью. Найти реакцию опор оси. Решение. Пусть М вЂ” середина стержня (см. рнс. 6.2.4), АМ вЂ”. а, ВМ =- Ь, длина стержня равна 1, угловая скорость ше. Поскольку скорость центра масс равна нулю, то О =- ти + Хл + Хн. Из этого уравнения находим Хв = — тпи + Я~и лч'~, = — Хл.
Радиусы-векторы точек приложения сил реакций гл = МА = ае, гв = Мс[ = — Ье (е— единичный вектор, параллельный ВА). Поэтому момент сил реакции и силы тяжести 1 = [ГАМА] + [ГВМВ] — (а + Ь) [еХА]. Поскольку ш = [ые япоб О., ые созе)., М = (1ые яп об О., О), то, проектируя второе уравнение Эйлера [шМ] = — (а+ Ь) [еМл] на ось У', полУчим Мд =- 1ыез Яп а соз а,1(а+Ь). Таким обРазом, несмотря на то что центр масс неподвижен, асимметрия системы приводит к возникновению сил давления со стороны оси на подшипники. 6.2.5. Шар катится без проскальзывания по внутренней поверхности вертикального цилиндра.
Найти закон движения и силы реакции. Решение. Рассмотрим решение задачи в цилиндрических координатах с ортами ел. Радиус-вектор центра масс шара гь = ре1 + вез, р = с — а, где с., а радиусы ципиндра и шара. Поскольку ел = ф [езел], то производная угловой скорости шара ш = ылел равна Й~ — = ыле, + р [езш]. ~й Динамика твердого тела [Гл. 6 250 Уравнения Эйлера имеют вид т1ь = гни+ Х, (2) 1 — =- а [егХ), дои дз (3) где Х вЂ” сила реакции.
Дифференцируя уравнение связи В. + а (овез] = О., найдем соотношение гь = — — ~ед (егХЦ вЂ” аЗ5 (овег). 1 (5) Подставляя (5) в (2), получим уравнение г г ег (е1Х) — (1+ )Х = щи+ та~р (овег), из которого найдем силу реакции Х = Мгегд 2т Хг -— — тазговз, Хг =- О, Хз =- — — (Кз + аФогз) (О) Теперь, учитывая уравнение связи (4), (7) г = аыг; ру = — аогз можно получить из (2) и (6) систему зз . 2. 5 — =- О, оог + — зног =- — Кз ~й 7 7а (8) зо 2 5 лз го 7 . 2 ыг = — соз — Й1, ог1 = — — + — — яп — Й1.
(10) а 7 ' 2а Й а 2 7 Интегрируя первое уравнение (7), находим 7 . 2 — яп — Йг. 2 7 зо о=го+в Й Зададим следующие начальные условия: К(0) = рег + гоез, К(0) = = рйег + зоез. Тогда из (8) получим р = Й. Для определения ым огг достаточно записать проекцию уравнения (3) на орт ем Учитывая (1), получим из (3) ого — йыг = О. (9) Решение уравнений (8), .(9) 6.2] Ураенения Эйлера 251 Из (6) следует зависимость Мх(З): 2 2 . 2 д'з = — тй р Мз = — т [из+ йой — з|п — й1)].
7 7 6.2.6. Шар на вращающейся плоскости. Шар движется без проскальзывания по шероховатой горизонтальной плоскости, вращающейся вокруг вертикальной оси с постоянной угловой скоростью Й. Найти решение уравнений Эйлера. Рошеине. Введем орт е, перпендикулярный плоскости. Уравнения Эйлера имеют вид тК = те+ Х, 1оа =- — а [еХ], (2) где Х сила реакции плоскости, а радиус шара, 1 =- 2таз/5. Скорость точки касания шара с плоскостью [ЙК,' = К вЂ” [ие] а.
Дифференцируя уравнение связи, получим зь =- [ЙК] + [ые] а = [йзь] — — [[еХ]е], (4) ('+ 1 ) — 1 е(еХ) = — д.+т[йп] связывающее скорость шара и силу реакции Х = Х г + Х]Р Хх = — ти, Х~~ = — т[йй]. 2 (5) Подставляя (5) в (1), получим уравнение Й = — [йк]. (6) Выберем начальные условия в виде К(0) = Ко, К(0) = [ЙЩ. Из (6) получим систему х =- — 2йу/7, у = 2йх/7, решение которой 7 . 2 7 2 5 х = — — уо з1п — й1 + — хо соз — й2 — '— хо., 2* 7 2 7 2 (7) 7 2 7 . 2 5 у = — уо — йг + — хо з — йг — — уо. 2' 7 2 7 2 (8) где й = йе — угловая скорость вращения плоскости. Из (1)., (4) следует уравнение Динамика твердого тела [Гл. 6 252 ы(8) = ео(0) + — ' Й (К(2) — Вв) .
5 6.2.7. Переход скольжения шара в качение на неподвижной плоскости. Шар., скользящий по неподвижной горизонтальной плоскости, начинает катиться. Найти решение уравнений Эйлера. Решение. Введем вектор е, перпендикулярный плоскости, и вектор г, соединяющий начало координат с точкой Р касания шара и плоскости. Радиус-вектор центра масс К = г + ае. Сила реакции плоскости Х = тя + Т. Пусть п(г) -- скорость точки шара Р, касающейся плоскости.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
