Ю.Г. Павленко - Задачи по теоретической механике (1115223), страница 37
Текст из файла (страница 37)
Тогда сила трения скольжения Т = — дтеер, где д — - коэффициент трения скольжения, ер = п/и — единичный вектор. Систему уравнений движения (1) (2) тг = Т, 1ф = — а [еТ), дополним соотношением п = г — а (иге), (6) связывающим скорости центра шара С и точки касания Р. Теперь диф- ференцируем (3) и преобразуем правую часть, используя уравнения (1), (2), также как в задаче 6.2.6.
В результате следует уравнение 7рв п —.- — е р. 2 (4) Начальное значение п(0) =. по. Образуя скалярное произведение (4) с вектором п, получим уравнение д и 7ая и, <й 2 2 и 7р'я 2 (5) решение которого и(е)=0., 1>1,. 7ая ' и(г)=ие ™1., 0<1<8,, 2 В момент времени 1, скольжение шара переходит в качение. Из урав- нений (4), (5) следует, что ер — постоянный вектор: дер и и = — — п —., =О., (И и иг по ер — гс=— ио Таким образом, центр масс шара движется по окружности радиусом (7/2) х~ д+ Уоэ с центРом в точке с кооРдинатами ( — 5хо/2, — 5Ув/2, 0).
Угловая скорость вращения центра масс не зависит от начальных условий. Подставляя (5) в (2), получим уравнение ы = (5/7а) ПК, из которого следует, .что вертикальная составляющая ео остается постоянной; 6.2] Ураененил Эйлера 253 Теперь уравнения (1), (2) приобретают вид (6) ]ее]. 5 2а (7) Очевидно са(г)е = О, ы(г)с = О. В интервале времени 0 < 1 < решение уравнений (6), (7) г(1) = г(0) + ч(0) 1 — — ддс1, са(1) = са(0) + (ес] 2.
(8) (9) Направим ось 2 параллельно вектору е. Пусть в начальный момент времени г(0) = — 0 ч(0) =- (и1, о2., 0), и2 > О, ь2(0) =- (у21, 212, ууз), 212 =- — '. Тогда п(0) = (О, и2+со1а, О), с = (О, 1, О). Отметим, что при движении шара без проскальзывания и2 + а11а = О.
Поэтому шар начинает скользить. Из (8), (9) получим у(~) 2~ 2 Рь~ ' 2 г(г) = о11, уу (1) = су1— 5дд 2а 1оу(с) — У22; 21с(с) -- а13 ° 1 и, = и (1,) = и1, иус = и„(1,) = — (5О2 — 2С21а), 2 5иу а1сс а~с(~с) а11 7 7а При 1 > 1, выполняется соотношение и2 + ыуа = 0 шар движется без проскальзывания с постоянной скоростью ч = (и1, иус О). Если начальное значение угловой скорости ш1 > би2/2а., то 1, > 1в, иус < < 0; при значениях 1 > 1с шар скользит в отрицательном направлении оси у по параболе, а при переходе в режим качения движется по прямой игроки на биллиарде знают, как заставить шар вернуться назад.
При и1 = 0 шар движется по оси у в обратном направлении, так же как «закрученный» обруч на соревнованиях по художественной гимнастике. В интервале времени 0 < 1 < 1с шар движется по параболе. Полагая и, (1о) = О., находим 1о = и2/р8., ы,(1с) = ы1 — 5и2/2а шар по-прежнему скользит по плоскости. В момент времени 1с значения скоростей Динамика твердого тела [Ггь 6 254 6.2.8. Движение катушки по плоскости. Катушка ниток находится на шероховатой горизонтальной плоскости.
К нити приложена постоянная сила Е (рис. 6.2.8). Найти скорость центра масс и угловую скорость вращения катушки (т масса катушки, Ь радиус бобины, а радиус обода, осевой момент инерции катушки 1). Решение. Шероховатая горизонтальная плоскость задана уравнением р = О. Скорость центра масс катушки т(1) = (и, О, 0) и угловая скорость ы(1) = (О, О, ог). На катушку действуют сила трения Т = (Т, О, 0), сила тяжести т8 = (О, — тк, 0), сила реакции ГтГ = (О, Ю, 0) и внешняя сила Е = = (Р соз а, Р яп а, 0), где а — угол между вектором Р и осью я. Из уравнений Эйлера получим систему Х вЂ” тн+Ряпа=О, ди т — = Е сова+ Т,, ас (2) 1 — = 6Р+ аТ„. дог ай (3) Скорость точки обода, касающейся плоскости, п(1) = (и, О, 0)., и =- и+ + аго. А.
Рассмотрим вначале режим чистого качения. В этом случае и = = О, и = — авг. Из уравнений (2), (3) получим 1 сова т таЬ 1тта Теперь из (2) следует уравнение до о.(а сова — 6) дс 1+ та ди до дог — — -- — + а — =- ш, гй М сЫ г тш =- г [сова+ ) — д(тц — Р вша)[1+ ). Очевидно, при значении а = аь, сов аь = Ь/а ускорение равно нулю. Этот результат очевиден из теоремы о трех силах. Если 0 < а < а;„то е(1) > О., ы(1) < 0 катушка движется в положительном направлении оси л.
Нить наматывается на катушку. Б. Рассмотрим режим скольжения катушки. 11усть начальные значения и(0) = О., ог(0) = ого: катушку раскрутили и поставили на плоскость. Начальная скорость точки касания обода с плоскостью и(0) = =- аогв > О. В этом случае катушка начинает скользить по плоскости. Вектор с = п(0) / [и(0) [ =- (1., О, 0); поэтому проекция силы трения Т = — дМ. Теперь необходимо ответить на вопрос: возможен ли переход скольжения в чистое качение? С этой целью, дифференцируя уравнение и = — и + аш по времени и учитывая уравнения (2), (3), получим 6.2] Уравнения Эйлера 255 Рис. 6.2.9 Рис.
6.2,8 Если ш > О., то движение катушки не перейдет в режим качения. 6.2.9. На горизонтальной шероховатой плоскости лежит однородное кольцо. Кольцо раскрутили вокруг вертикальной оси симметрии и сообщили ему начальную скорость.
Найти закон движения кольца по плоскости. Решение. Пусть Н радиус-вектор центра кольца, К скорость центра масс кольца, ш — угловая скорость, а — радиус кольца. На каждый элемент длины дуги а Йо кольца действует сила и ао ей' =- — Йтя — —, ч =- К+ [евп] а, и 2я' где й — коэффициент трения, п — - единичный вектор (рис. 6.2.9). Интегрируя, находим Е = — /стд'К ~ — [В + ы а + 2тйва гйп о~ '2 2 2 — 1/2 2я о Атей. (е1 +ы а ) я АЖ а 2йыа где Я 1~2(л) — функция Лежандра второго рода [5].
Упростим задачу, ограничиваясь рассмотрением ситуации, в которой ы » [1ь]/а. В этом случае из (1) находим Š— (Йтд/ыа) К. Момент сил трения относительно центра масс 1 = а~[пдГ] = — йтеа —. Уравнения движения кольца в режиме быстрого вращения имеют вид йй... йк. й =. — — л., у =- — — у., 1ы = — Йта'а. (2) ыа ' ' ыа [Гл. 6 Динамика твердого тела 256 Начальные условия К(0) =- (ио, О, 0), и»(0) = и»о )> иог»а.
Из уравнения (2) получим а» = »оо — — 1 *(1) = по[1»1» р(1) = О. йд . Р йя а о»за П1 = СОЯ»Р Е1 + 31П »Р Ез» пз = — гйп р сояВе1 + соя»р сояВез+ юпВез» пз — — 31п»р сйп В е1 — соя»р 31п В ез+ соя В ез. Угловую скорость подвижного репера обозначим й. Пусть иг -- угловая скорость тела. Поскольку вращение репера не связано с изменением угла 1о, то» полагая ~ = О, »р = 0 в эйлеровых формулах для иг» найдем проекции и» и й на орты репера п11 й = (В» р яш О, »р соя О), иг = (й1» йз» йз +»))). Первое уравнение Эйлера тиФ = и в координатах имеет вид Тпип + хиеавзйяиэ К» Момент импульса М = 1 (Вп, +»р счп В пз) + 13 (»р соя 0 + 111) пз. Поскозьку пл = [йпл[» то уравнение Эйлера М =- Е приобретает вид 1и»1 + (й22»313 йзы21) =- 1 1» 1ог2+ (йзи»11 — й1и1313) =- 12» 1зогз =- 1з.
(1) (2) (2) Эти решения справедливы при условии ога >) [х[. Таким образом, быстрое вращение кольца приводит к тому, что его скорость уменьшается по линейному закону, причем эффективный коэффициент трения а»ф = Йио!»оса «к. 6.2.10. Записать уравнения Эйлера для осесимметричного тела в подвижной системе координат с осью 2', осью узлов р и третьей осью, перпендикулярной к осям 2', С. Решение. При исследовании движения осесимметричных тел (11 = 12 ф 1з) удобно воспользоваться «проскальзывающим» репером. Орт пз направим по оси симметрии тела.
Он образует угол 0 с осью 2. Другой орт п1 направим по линии узлов в плоскости зр, Он образует угол»р с осью з неподвижной референционной системы координат, третий орт пз =- [пзп1]. Обозначим ел (Л =- 1, 2, 3) — орты референционной системы координат. Тогда 6.2] Уравнения Эйлера 257 Заметим, что уравнения (1), (3) могут быть представлены в виде д дК дК вЂ” .— — =Ьы а ав ов где К кинетическая энергия вращения, К =- — 1 (Вг+ у~ зшгд] + — 1з (р сов 0+ ф)~. 6.2.11. Диск и стержень, прикрепленный к его центру перпендикулярно поверхности, образуют жесткую систему. Другой конец стержня шарнирно закреплен в точке на расстоянии равном радиусу диска от горизонтальной шероховатой плоскости, по которой диск катится без проскальзывания.
Найти реакции связей в точке шарнирного закрепления и в точке касания диска с плоскостью. Решение. На рис. 6.2.11 Р -- точка соприкосновения диска с плоскостью, А — основание оси, длина штанги ОМ = 6, радиус диска МР = = а. Положение любой точки диска определяется углом между прямой АР и произвольной фиксированной прямой., проходящей в горизонтальной плоскости через точку А. При равномерном вращении диска Зг =- йо, угловая скорость диска аг направлена параллельно мгновенной оси врашения РО; ы = йое — (6,1а) йоезд, где е — единичный вектор, параллельный Ад.
Радиус-вектор центра масс Н = 6ез, скорость центра масс К = 6 [йез] = 6йо ]еез]. Ускорение центра масс й = 6йо [е ]осев]] = — 6йоез. Из уравнения Эйлера — т6йоге!з -— — гни+ Хр + 1Х1 находим 0 = — тд+ Х, + %~Π— тйо6 = Мз, (1) где %~~ =.
Хе. Поскольку момент импульса М = 1йое — 1з (6/а) йоед~, то М = — 1з — йо ]с,жз] = — 1з — йо [еез]. г а а Из второго уравнения Эйлера получим — 1з — йо [еез] = [6езе] (Мр — гпд), а следовательно, Мр = пгд + 1зйгд/а. Подставляя в (1), находим М~, = = — 1зйо!а. 6.2.12.
Диск катится по шероховатой горизонтальной плоскости. Найти условие устойчивости при движении диска в вертикальной плоскости. Динамика твердого тела [Гл. 6 258 ез Рис. 6.2.11 Рис. 6.2.12 Решение. Используя систему координат, введенную в задаче 6.2.10 (рис. 6.2.12), запишем условия качения без проскальзывания: 0 = и— — а[сопз], где а — радиус диска. Ускорение центра масс Р Н. = а ~ — „пз~ -~- а [й [игпзЦ. На диск действуют сила тяжести тд и сила реакпии Я.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
