Ю.Г. Павленко - Задачи по теоретической механике (1115223), страница 40
Текст из файла (страница 40)
Кинетическая энергия К =- тив /2+ 1фв[2. Учитывая, что и = рвЬл (Ь =- [РМ[), получим лагранжиан Ь =- — [т (а + с — 2ас сов ~р) + 11 ~р~ — ~/(р), о'(Во) — — — тда~р гйп о — тес сов (~р+ о). Положения равновесия определяются из условия с в1п(д + а)— — а в1п а = О. Отсюда находим два положения равновесия (в пределах Уравнения Пагранжа 271 одного цикла); л а 7гц2 = — — ее+ е, созе =- — з!пеь 2 с Поскольку д 11 = тдс згпз, а'11 =- — тд.с вне, аз', „ 1 = — (а + с — 2ас зш(ее+ з)~ 7г + — 1а — — дс зшз (зг — 1з )г.
2 2 2 Решение уравнений Лагранжа ег = дг + В соз (ы1+ Д, г шле 3!в е г г т [а + с — 2ас вп (а+ е)] +! 6.3.10. Наклонная плоскость (клин) находится на горизонтальной гладкой поверхности. На наклонную плоскость помещают шар, который начинает двигаться без проскальзывания. Определить ускорение клина (рис. 6.3.10). Решение. Рассмотрим плос° М копараллельное движение клина и шара.
Масса шара — т, его Р радиус — а; масса клина — М. Высота клина — Н, угол наклон Х на о. Введем две обобщенные 1 координаты: зг координата леВого торца клина зг расстоя Рис. О.гк10 ние, отсчитываемое от вершины клина до точки касания шара. Координаты центра масс шара хг = = зз -ь зг соя ее, уз = В + а соя ее — зг вп ее. Скорость центра масс определяется выражением иг — — з + за + 2згза соз ег. Скорость точки 2 .а 2 соприкосновения тр =- (зы О, 0) и скорость точки М связаны условием качения: мр = ъг + (ыгмр), из которого находим аг = (О, О, — зг/а). Теперь можно записать лагранжиан системы 2 1 а 2 1 зг .г А = — Мз + — т (з + за + 2згзг сов ее) + — 1 — + тдза вись 2 ~ 2 г Из уравнений Лагранжа Мзг + т(зг + за сов ее) = сопз1, 1 т(за+ зг сова) + —, зг = тд впее а то положение 1а = уг неустойчиво. В окрестности положения равнове- сия сг = ~ры лагранжиан [Гл.
6 272 Динамика твердого тела находим 6.3.11. На обруче закреплена точечная частица. Записать лагранжиан плоскопараллельного движения обруча по горизонтальной шероховатой плоскости. Найти частоту линейных колебаний. Ответ. ог~ = (тг/т~) (д/2а), где т1 — масса обруча, а — радиус, тз — масса частицы (рис. 6.3.11). Рис. 6.3.12 Рис. 6.3.11 6.3.12. Одна из половинок однородного цилиндра находится на шероховатой горизонтальной плоскости. Найти частоту линейных колебаний полуцилиндра. Решение.
Выберем обобщенную координату угол ео между вертикалью и прямой ОМ, соединяющей геометрический центр О и центр масс (рис. 6.3.12). Угловая скорость ш =- (О, О, р). Пусть а радиус цилиндра. Центр масс находится в точке М, [ОМ[ = Ь, а л Ь = — <~ у ЙЯ =, ~ Йр ~ еЬр р вт ег = — а. о о Найдем теперь скорость центра масс аг. Пусть с вектор РХ~, где Р точка касания. Поскольку уравнение связи О =- ч — [иго),то и~ = =- с~р~, с =- а + Ь~ — 2аЬ сов ог. Далее найдем осевой момент инерции. Поскольку 1в(2т) =- 21з(т) (где 1з(2т) осевой момент цилиндра), то 1з(т) = таз/2. Осевой момент инерции относительно центра масс 1. = 1з(т) — тЬг. Лагранжиан, описывающий плоскопараллельное движение половинки цилиндра, 1,(Ог р) =- ™ (аз+ Ьг — 2аЬ сов7г) уз+ — ( — — Ьо) рг — 11 11 =- тд (а — Ь сов ф.
Уравнения Лагранжа 273 Частота линейных колебаний 1Гв(0) 8 т(а — Ь)' т1Г > а 9н — 16' 6.3.13. Одна из половинок тонкой цилиндрической поверхности находится на шероховатой горизонтальной плоскости. Найти частоту линейных колебаний. Отвегп. Сохраняя обозначения задачи 6.3.12, находим Ь =- 2агги, 1з(гн) = таз, агз = (л — 2) гда 6.3.14. Одна из половинок тонкостенной сферы находится на шероховатой горизонтальной плоскости. Найти частоту линейных колебаний полусферы.
Решение. Пусть а — радиус полусферы. Далее, используя обозначения задачи 6.3.12, находим Ь = — 1з(т) = — гпа, гв а 2 з з 3 д 2' 3 ' 4 а Если полусфера находится на гладкой поверхности, то агз = бд,Гба. 6.3.15. Одна из половинок шара находится на шероховатой горизонтальной плоскости. Найти частоту линейных колебаний. Решение. В атом случае а врз зв Ь = — ) йг ) япу г10 ~ гурт' сов 0 = — а. У! 3 о а Поскольку 1з(т) = 2)5таз, то агз = 15д гг26а.
6.3.16. Эллиптический цилиндр находится на горизонтальной ше- роховатой плоскости. Записать лагранжиан плоскопараллельного дви- х' жения цилиндра. Найти частоту линейных колебаний. Решение А. Введем неподвижную систему координат К(х, у, з) и систему координат К'(х', у', з'), связанную с зллиптическим пилнндром (рис. 6.3.16). В системе К радиус- вектор центра масс В. = (х, — Ь, 0), Ь = ОН,вектори = (О,е,й).По- хх Н 1' ложение системы К' относительно К определяется углами Эйлера гр, О = Рнс. 6.3.16 — О, гр = О. Следовательно, е, = совгрег — япгрез, ез = вшхег+созгрее, ез =-ез.
(1) I . г ! г Уравнение поверхности цилиндра в системе К' имеет вид г'(х', у', ~') = О, г" (х', у', з') = (х'га)~+(гг',гЬ)~ — 1. В параметрической форме х' = а соз и, у) .— Ь яп и. [Гл. 6 274 Динамика твердого тела Пусть г — радиус-вектор точки касания эллипса Р и плоскости, г = =- ОР, г =- а'ег+ у'ег. В точке Р единичный вектор внешней нормали к поверхности равен вектору ег, (сони[а)2+ (яп и/6)2, Из (1), (2) находим Ь а г 2 впи = — созог, сози = — яви Ь = аг вп 22+ 62 созг~р.
Ь Ь Квадрат длины гг =- (ал вп~22+ 64 соз272) /Ьг. Рассмотрим качение цилиндра в отсутствие скольжения. Тогда мгновенная ось вращения проходит через точку Р. Следовательно, скоРость ЦентРа масс ч и УгловаЯ скоРость а2 = ~Рез свЯзаны соотношением О = ч + [агг), 12 = — ~ 4[У (г'2+ у'2), Я = каЬ. Переходя к переменным р, В; л' = ар сов В, у' = Ьр яп В, получим 122 = =- т (а + 62)/4. Лагранжиан 1, =- Ь вЂ” У, где я та вгп'р 6 сов22 ° 2 т( 2 62) ° 2 4 ° 2 4 2 К= —,, ',, З2+ — а+6 Р., 2 а яп 22т6 сов 22 8 11 =- пгу аг япг р + Ьг сонг 22.
Положение устойчивого равновесия — ог = О. Частота линейных коле- баний определяется соотношением 4а(а — Ь ) 6(а -~-56 ) Решение В. Получим решение задачи, используя уравнения Эйлера (4) тч =. ти+ Л, 1заг —.-- [гЛ), (5) где Л вЂ” сила реакции. Получим вначале интеграл энергии, образуя свертку (4) с ч, и (5) с 4о. В результате имеем — = Лч+ [гЛ)аг — 4 — =- О, Е = — (тг + 1) ~р + гауЬ. дЕ 2 ° 2 422 дг ' 2 27'1 сов и ['7'1[ ' 2 а11 иг =- (фг)~. Осевой момент инерции япи е„+ 60 ег, (2) Ь = гег, Ь = — — .
6.3] Уравнения Лагранвгса 275 Найдем теперь силу реакции. Дифференцируем условие связи (3), О = ч + (ыг) + (ыг) и подставляем из (4), (5) производные скорости и угловой скорости: О = и+ — + ' + (ыг). Л ((гЛ г', пг 1г (6) Из (6) находим г г ЙЛ =- — т8+ (8г+ г(ыг)) — т(ыг), й = 1+ ™~ 1г 1г Исключая силу реакции нз (5), получим (тг + 1з) ы = — т(йг) — пкв(гг). В проекции на ось х имеем уравнение 6 г . а — Ь г вг — (тг + 1з)у = — т6 гйп сг сов гг. Ь 6хв гкФо = (аг — 6г) — (хе а) г Докажите, что центр масс находится на вертикальной прямой, проходящей через точку Р.
6.3.17. Цилиндрическая поверхность прикреплена легкими спинами к горизонтально расположенной оси. На внутренней шероховатой поверхности находится шар (рис. 6.3.17). Найти частоты линейных колебаний системы при плоскопараллельном движении. 6.3.18. Стержень согнут в виде прямого угла и подвешен на горизонтально расположенную ось. Найти лагранжиан, описывающий плоскопараллельное движение угла. Определить частоту линейных колебаний.
Решение. Найдем величину радиуса-вектора центра масс й = ~ОС~ как функпию обобщенной координаты ~р, ~р — угол между вертикалью и отрезком ОС (рис. 6.3.18). Пусть а, Ь стороны угла, Ь > а. Тогда й =- У а~ + 64 (а+ 6) '/2. Момент инерции относительно оси, проходящей через точку О, 1зз = (пг/3) (а + Ьз) (а+ 6) ~. Кинетическая энергия стержня — 1зг~р~,12. Потенциальная энергия С(гг) = = — тд'Я соз ~р.
Лагранжиан системы 1 = К вЂ” О. Частота линейных колебаний определяется соотношением 3в У'вг + 64 2(а ' 6) Если центр масс цилиндра находится в точке х' —.- хв, д' = О, то потенциальная энергия С вЂ”.— тд (и — хв сйп у). Положение равновесия у = дв определяется уравнением дС/др = О: [Гл. 6 276 Динамика тоердоео тела Рис. 6.3.18 Рис. 6.3.17 Полагая Ь = О, получим частоту ео = иЗ е/~2а линейных колебаний стержня длиной а. 6.3.19. Вершина конуса шарнирно закреплена на вертикальной шехороватой плоскости (рис. 6.3.19а).
Записать лагранжиан конуса, катящегося по плоскости, найти частоту линейных колебаний. Решение.. Пусть Ь. — высота конуса, а — радиус основания. Положение конуса определяется углом у между вертикалью и линией ОР соприкосновения конуса с плоскостью. Кинетическая энергия конуса — 1иш„'в/2, где У„главные моменты инерции по отношению к осям с началом в вершине конуса, ш'„проекции угловой скорости на оси а', у', и'. Потенциальная энергия У(Ве) —.
— пзяЬ сова сову. Здесь Ь расстояние от вершины до центра масс, Сиге =- а/Ь. Найдем вначале Ь. Вычисления следует проводить в цилиндрической системе координат Рис, 6.3.19 6.3] Уравнения Лаграннса 277 (рис. 6.3.19б): ь ггяа гн Ь = — ~гЬ ~ др ~ гЬр р", Ъ' = — ха~а. о е о Вычисляя интеграл, находим Ь = ЗЬ/4. Далее получим моменты инер- ции ь гка г Ъ' ~ ~ г2 ) 5 (4 )' о а 3 1зз =- — таг. 10 Найдем теперь ы' . Пусть ч -- скорость центра масс. Поскольку центр масс движется по окружности радиуса Ь совгг, то нг = (Ь саво р)г. Из условия связи 0 = ч + [ыс) находим ы =.
д ссигг, сведовагельно, ы~~ — — — вг сова, ы~~ + агг~ =- ьг~ вшито. Кинетическая и потенциальная энергии приобретают вид К = „ (1 + 5 сов о) х , ~/ = -гпд' — Ь сова соз р. Зтй 2 ° г Квадрат частоты линейных колебаний г вгу соя о Ь 165сов о 6.3.20. Тонкий стержень подвешен на двух нитях, прикрепленных к наклонной прямой. В положении равновесия стержень расположен горизонтально.
Найти частоту линейных колебаний стержня в вертикальной плоскости, проходящей через стержень |65). Решение. Пусть длины нитей равны а и Ь, длина стержня — й Положение системы при плоскопараллельном движении определяется заданием функции О(1) (рис. 6.3.20), где Π— угол между вертикалью и прямой, соединяющей центр масс и середину отрезка А'В'. Введем вспомогательный угол р между осью х и прямой АВ. Пусть хе = й зшО, уа = й созО координаты центра масс стержня. Кинетическая и потенциальная энергия равны 1г т (Лг + ~аОг) + нг1 11 = — тджх сов О.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
