Ю.Г. Павленко - Задачи по теоретической механике (1115223), страница 39
Текст из файла (страница 39)
(3) 1змзо юо =- т+ шох =- О В случае тонкого диска 1з = 21, озо = 2шзо. 6.3. Уравнения Лагранжа 6.3.1. Лагранжиан твердого тела ЦВ, В, сз„, б„) = ™ Й+ — 1~д~ш' шд — 11(К, о )., где сз„— углы Эйлера. Показать, что обобщенные импульсы и производные лагранжиана по эйлеровым углам являются проекциями момента импульса тела М и момента внешних сил 1 на ось з, ось узлов и ось з'. Решение. Направляя координатные оси системы координат К', связанной с твердым телом, по главным осям инерции, получим момент импульса М = М„'е'„, и кинетическую энергию К(сз, сз) = — 1~ ]оз„'з. (2) Угловая скорость твердого тела аз = ~рез + Вес + фез, (3) где ес —. орг в направлении оси узлов. Компоненты угловой скорости в движущейся системе оз„= (озе„) = ~р (езе„) + 0 (еее„) + ф (езе„).
(4) В равновесном положении 0 = Внн О, = я/2. Полагая в (3) 0 = я/2+ + х, ]х] « 1, получим уравнение [Гл. 6 Динамика твердого тела Учитывая (1), (4), получим Р р = — = 1[ [ы' " = 1[ 'ы' (езе') = (Мез) = Л1, а а д, а а и ак рв = —. = (Мез) = Ма, дд дК ре = —. = Мез = М, д4 Потенциальная энергия взаимодействия твердого тела с другими телами 11(К, он) = П(г,), г =- К+ г',. а=1 Моментом силы, действующей на твердое тело, называют вектор а=1 Подставляя га = В+ г'„получим Ь(К, он) = — [К, и) + 1 [ ~(В, ои), М а а=1 11~а = Ма) '~~1 = [езга) ~ ~Зо + [~З~а) '1д + [е!зга) Щ~ — Ь11 = +1 ~~[езЬ~р+ Е[~[езЬд+ 1 ['"~е'1ззр, то следовательно, 1(т[ д д11 1[~ К' 1~ [ ав з ' ар 6.3.2.
Найти лагранжиан, описывающий движение однородного стержня вблизи поверхности Земли. Перечислить первые интегралы. Региепие. Положение стержня определяется радиусом-вектором центра масс и углами Эйлера. Искомый лагранжиан Ь=- (х +у +з )+ — 1(д +~р гйп д)+ + — 1з (Зо соз д + ~Р) — тяз. (1) 1 3 2 Из (1) видно, что движение центра масс и вращение стержня независимы (в отличие от движения в неоднородном поле тяжести). Первыми Приращение 11(К, он) при бесконечно малом повороте твердого тела Л11 = ~ (дп/дг ) 11г' .
Поскольку Уравнения Пагранжа 2бое А = — 2 + — 1 (О + ~р вп О) — гпяв. т .г 1 'г г 2 2 Из уравнения Лагранжа тБ = — т находим в = во-~-йо1 — 01~/2. Два интеграла имеют вид 1ог вгп д = М„ — 1 (Ог + Эга впгО) = Е. (1) (2) Полагая и = соз О, получим из (1), (2) и + — ' — — (1 — и). .2 М 2Е 2 12 1 Дифференцируя, получим уравнение 2Е оl ! й + аг~и = О, (3) Пусть 0(О) .= Оо, ДО) = аго, 0(О) = О.
Тогда ага = огог зги~до. Решение уравнения (3) сов д =- созда сов(аго впдо2). (4) Подставляя (4) в (1), получим ФК(ыо вп ОоГ) ~р(1) = агс1я га 0 6.3.4. Найти лагранжиан твердого тела в неинерцивльной системе отсчета,. вращающейся с угловой скоростью Й(г). Решение. Кинетическая энергия тела К = — ) ест, (г+ [Йг]) . Пусть К радиус-вектор центра масс, ш угловая скорость твердого тела, г = К+ г', г = К+ [агг'). Из (1) получим К = — ~ йп (гь + [ЙВ) + [(ы + Й)г 1) = — (ге+ [Й1ь)) + — ) йа [(Й+ аг)г') интегралами являются полная энергия стержня, полная энергия центра масс, горизонтальные проекции импульса центра масс и вектор момента импульса стержня.
6.3.3. Тонкий стержень скользит по вертикальной неподвижной нити, проходящей через отверстие, проделанное в его середине. Записать лагранжиан, найти решение уравнений движения. Решение. Система имеет три степени свободы. Вводя в качестве обобщенных координат эйлеровы углы О, ~р и координату центра масс з, получим лагранжиан [Гл. 6 Динамика твердого тела 266 Последнее слагаемое можно записать в терминах тензора инерции, эйлеровых углов по и производных а„: К = — (вь+ [йВ.]) + — 1 З(ы+й) (ы+й)д. Лагранжиан твердого тела ' 2 Ь=- — К + — У вы ыв — П,в 2 а а и = — й [йК", — —, [йа] — т„з „й, — —, ~авй„йз+ С(В, .). 6.3.5. Конец невесомой нити, намотанной на обруч, закреплен в некоторой точке. Записать лагранжиан, описывающий движение обруча в вертикальной плоскости.
Решение. В качестве обобщенных ко- ординат введем угол 0 отклонения нити 6 от вертикали и длину нити в (рис. 6.3.5). Декартовы координаты центра масс х =- в в1п 0 + а сов В, у .=- в сов 0 — а в1п 0, где а радиус обруча. Следовательно, кинетическая энергия центра масс т [(в — Ва) + + Взвз] /2.
Для вычисления энергии враще- У а ния перейдем в систему отсчета, вращающуюся с угловой скоростью й = (О, О,— -В). В этой системе угловая скорость абрис. 6.3.5 руча ш = (О, О, в/а). Энергия вращения 1 (ы+ й)з/2 = таз (з,'а — В)з(2. 'Таким образом, кинетическая энергия К = та (в— — аВ)з+ твзВз/2. Потенциальная энергия П = — тд'(в сов 0 — а в|п О). Уравнения Лагранжа — 2 (в — аВ) = д сов 0+ тВ в '2 аг — [ — 2(в — аВ) а+ Вв ] .=- — и(в в1пВ+ а совВ).
(2) 4 аг Найдем частное решение 0(г) = С. Из условий совместности системы (Ц, (2) получим 0(1) =- О, з = 0,12. 6.3.6. Концы тонкого стержня скользят по параболе с вертикально расположенной осью. Найти частоты линейных колебаний стержня. Решение. Уравнение параболы у = хз/2а. Выберем в качестве обобщенной координаты угол О, образуемый стержнем и осью х. Пусть 6.3) Уравнения Лаграннса 267 гг (гг) — радиус-вектор левого (правого) конца стержня длиной 1, К— радиус-вектор центра масс.
Тогда 1 1 хг г=х ~ — 1совд, уг г=у ~ — 1япд. 2 ' ' * ' 2 Подставляя эти выражения в уравнение параболы 1 . 1 7 1 у ~ — япд = — ~х ~ — совд), 2а находим х = а 1дд, у = — (1 созгд+4аг сд~д). 8а Лагранжиан стержня в поле тяжести 2 ~совгд 4а совгд 11(д) = ~~ ((г совгд+ 4аг 1бгд). Положения равновесия — дг — — О, сов дг = 2а/1. Вычисляя дгг7/дд~, находим частоты колебаний Зд 4а — 1 г — а 12аг, 1г ' юг — — 1 (~ — 1), 1 > 2а. х г ас = — + 2с г/ага хг ах х =х— г/сг Ч хг ' Кинетическая энергия диска К = М(х)хг/2, 6.3.7.
Диск катится без проскальзывания по внутренней поверхности параболоида вращения. Найти частоту линейных колебаний диска при движении в вертикальной плоскости. Решение. Пусть уравнение параболоида имеет вид с = (хг+ уг) /2с. В качестве обобщенной координаты выберем значение проекции точки касания диска Р с параболоидом на ось х (рис.
6.3.7). Координаты центра масс х = х — а яп о, в = хг/2с + а сов оп здесь а— радиус диска, о -- угол наклона касательной в точке Р, си о = х/с. Следовательно, [Гл. 6 Динамика тоердоео тела Потенциальная энергия диска имеет минимум при х = О. Если в точке х = 0 радиус кривизны параболоида с > а, то значение второй производной Ь о(0) .=. тк ., > О. с Квадрат частоты линейных колебаний ш~ =. (В и(0) /М(0)) =- 2д'/3 (с— — о). Определим теперь условие качения без проскальзывания. Введем два орта, направленных по нормали и касательной в точке Р: е1 = (соэ а, О, яп а), ез = ( — яп а, О, сова).
Из уравнения Эйлера тг = = тн + Я находим составляющие силы реакции %1 =- тд япа+ т(х сова+ Б япа), %з = тд сова+ т( — х япа+Б сова). Условие качения раз > Мм где д коэффициент трения скольжения. Рнс. 6.3.8 Рис. 6.3лт 6.3.8. На горизонтально расположенных рельсах находится катушка, на которую намотана невесомая нить. К концу нити прикреплен груз. Записать лагранжиан плоскопараллельного движения системы. Исследовать движение с постоянным ускорением. Решение. Положение системы определяется заданием двух координат: х — углом между осью у и прямой МА, проходящей через центр масс катушки и произвольную точку А обода, О углом между нитью и вертикалью (рис.
6.3.8). Масса обода М, а — - внутренний, Ь внешний радиусы, т масса груза. Угловая скорость катушки ш = (О, О, — р). Скорость центра масс К .— (~рЬ, О, 0). При О .—. 0 Уравнения Пагранжа 269 длина свисающей части нити ~ = 8о + а~р, следовательно, кинетическая энергия катушки !'ф~)2, 1' =- МЬ + 1, где 1 — осевой момент инерции. Найдем кинетическую энергию груза. Его координаты х =- Бег+ а соя 0+ (1о + аог + аВ) вп О, 0 =- а вп — (1о+ ау+ аВ) соя В. Скорость груза определяется выражением и~ = (а + Ь ) яг~ + (1о + ау+ аВ) 0~+ 2аБ яш В Ог~+ + 2Ь(1о + а~р+ аВ) соя В Оф. Лагранжиан системы 1 =.
— [1'+ т(а + Ь + 2аБ впВ))яг + ™ (1о+ ау+ аВ) В + 2 2 + таЬ(1о+ а~р+ аВ) соя В дог — тна впО+ тд(1о+ пег+ аВ) соя В. Ввиду сложности уравнений Лагранжа ограничимся отысканием частного решения, для которого 0(1) — -- Во. В этом случае получим два уравнения: [1'+ гп(а + Ь + 2аБ впВ)) ег = тра сояВ, Ь соя В ~р = — и впВ. Условие совместности системы приводит к уравнению Зйг вп 0 — Бг впΠ— Бг = О, 2 Бг = таЬ, Бг = 1'+ т (аз+ Ь ). Из (1) находим 1 впВо = — (~Бе — БЯ+ 12йг ) < О. 6Бг ~ 2 1 ! Таким образом, ускорение катушки Ь~р = — д 1кдо > О.
Рассмотрим два частных случая; 1) М » т, ягп Во = — таЬ(1', 2) М « т, вп Во —— — (аЬ1' (аг + Ьг)), ф = Оа/ч'а~ + Ь4. Из уравнений Эйлера можно найти силу реакции 1Х1, действующую на катушку со стороны плоскости: М„= — (М + т) д' 1й Оо Дои = (М + т) д. Движение без проскальзывания возможно при условии 1г' /Л'„< д, где д коэффициент трения скольжения. Следовательно, решение справедливо при Ь~р < дн. [Гл. 6 270 Динамика таердово тела 6.3.9. Диск движется без проскальзывания по наклонной плоскости. Центр масс диска находится на расстоянии с от геометрического центра. Записать лагранжиан, найти частоту линейных колебаний в окрестности положения равновесия.
Решение. Введем систему координат ху (рис. 6.3.9). Положение диска зададим углом ~р между прямой, перпендикулярной к плоскости, и прямой, соединяющей геометрический центр с центром масс т. Рис. 6.3.9 Точка М описывает укороченную циклоиду: х = а~р — с айп и, у =- =- а — с сов ~р, где а — радиус диска. Потенпиальная энергия П(во) = = тя 6(~р), 6(во) = а(сова — р гйпо) — с сов(р+ о). На рис. 6.3.9 изображена траектория центра масс. Очевидно, функция 6(р) совпадает с координатой у' центра масс т в системе координат х'9', повернутой относительно исходной на угол а.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
