Ю.Г. Павленко - Задачи по теоретической механике (1115223), страница 41
Текст из файла (страница 41)
Для того чтобы найти К и 17 как функции О, О, запишем декартовы координаты концов стержня: ул = уо — — гбпгг, хл = хв соя ф~ (2) хв = хе+ — сов ~р, ув = уо+ — вшф. 2 Динамика твердого тела [Гл. 6 278 А ~ ",, лВ У Рис. 6.3.20 Рис. 6.3.21 Поскольку концы стержня А и В движутся по окружностям радиусов а и 6, то (лА+ 2) + (УА 2 16 у) 1 г 2 (ян — — ) + (уз+ — 1я у) (3) (4) где 6 — а = 1 Ье у. Подставляя (1), (2) в (3), (4), получим систему, из которой находим 1 (сов(уг Ч- у) 2 г сову 0+6 110 = 2 Л[ву.п(0+,р) - """ "~ = Лс ЬК,. (6) Л = 11,— — рсй-~, 2 2 2 а67г — — Усе си у = О. 0 2 2 Таким образом, ггг(0) = 110зу1 — (Ь вЂ” а)г00,У4аЬ). Оставляя величины 0~, 0~, получим Л = К вЂ” ЬУ, УУ3 02 0 а6 2 Л = — тЛ~~О~, 2 Ограничимся рассмотрением линейных колебаний при значениях 0 « « 1, ~р << 1.
Из (5), (6) получим 6.3] Уравнения Пагранжа 279 Частота линейных колебаний определяется соотношением В частном случае а = Ь лагранжиан системы А = тагдг/2+тра соз д. Стержень движется поступательно. 6.3.21. К концу стержня привязана нить и закреплена на гвозде, вбитом в вертикальную стенку. Записать лагранжиан плоскопараллельного движения системы.
Найти частоты линейных колебаний (рис. 6.3.21). Решение. Система имеет две степени свободы. Введем 1р1 угол между вертикалью и нитью, рг угол между вертикалью и стержнем. Кинетическая знергия стержня К = — тЛ + — Га1, '2 1 2 2 2 Г=. — та. 1 12 Здесь т, а — масса и длина стержня, а1 = (О, О, фг) — угловая скорость стержня. Пусть длина нити равна 1. Тогда координаты центра масс Я = 1 в1п р1+(1/2) а згп 1рг, ГГр —— — 1 сов 1р1 — (1/2) а соз 1рг. Вычисляя скорость центра масс, получим 2 (1 Р1+ 4 рг+ Га1р~1рг сов(Ф1 Фг)] + 2 ГФ~.
Потенциальная энергия (7 = — тх (1 соз р1+ (а/2) сов 1рг). Лагранжи- ан, описывающий линейные колебания, Г = — (Грг+ — рг) + — Г~ — — д(1~ + — р ) 2 2 ~" ~ " 2 а11 П1 ~ а12 (П1П2) ~ агг 3 Пг (2) Уравнения Лагранжа Ь „х„+ х =- О. Полагая х„=- Веи„е 1~', получим уравнение ( — Л~а „+ вша) и„= О, из которого находим собственные частоты Лг г — — (214е1К) 1 [ЯрК+ (ЯрК) — 411е1К~. (3) Учитывая, что Л21 — — Лг г, найдем собственные векторы — в1пД/2 2йм сов Д/2 ' Ь11 — Ьгг Гбд = сов Я2 16 з1п13,12 ' и 'Ф Введем новые переменные х1 = ГГ11р1, хг = Йга<рг/2, Й11 = л/1, Йг = = 2д/а и представим лагранжиан в виде [Гл. 6 Динамика твердого тела 280 Общее решение х = г2 ох',,2 и — — и ~нр х„= Ан сов(Л„1+ о„), где Ан, о„— постоянные.
Подставляя (2) в (3)., найдем собственные частоты Лг ~4йг+3йг . (4йг 3йг)г+36йгйг~ 1 = Н + ( — ) — йс соз(у+ ог), 1гг = Вг + ( — ) — Нс сов ( У вЂ” Эо), (2) (2) где с .= ъ'аг + Ьг. Подставляя (1), (2) в уравнение 1.=. 1г + 1г, получим а сов ~р Ч- (1г — Ьг) (1 — (еейг) эшг~р) Н(р) =- 2(1 — — ею~ар) Кинетическая энергия К(д, ог, д, .г) — — Вгдг+ ( — ) ~рг '- — 1(~д '-д)г, 1= ™„~рхдд(х +д ) =.— (а +Ь ). Потенциальная энергия Н(~р, д) = — тип В(ф сов д.
Положение равновесия ог =- О, д =- О определяется условием ВН/ду =- =- ВН/дд =- О. В окрестности минимума потенциальная энергия Н(Эг. д) = — тбйо + — д (Ввд + юр ). 2 Не = — (а+ ~Лг — Ьг). е = — г '[а ([г — 2Ьг) — (Ьг — аг) иг[г — Ьг]. Угол В определяется соотношением 1я В = 6й~ йг (3йг г— 4й~~) 6.3.22. Картина помещена в прямоугольную рамку со сторонами а и Ь.
К концам отрезка длиной Ь прикрепили нить длиной 1 и повесили на гвоздь, вбитый в вертикальную стенку. Найти частоты линейных колебаний картины в окрестности положений устойчивого равновесия. Решение. Положение картины при плоскопараллельном движении определяется двумя углами: д — углом между вертикалью и прямой, соединяющей точку подвеса О и центр масс М, у — углом между радиусом-вектором центра масс В = ОЛ1 и прямой НМ, соединяющей середины сторон АВ и РС (рис.
6.3.22а). Введем ч угол НМА, 1а у = Ь/а., АО = [ы ОВ = 1г. Из треугольников АОМ и ВОМ находим 6.3] Уравнения Лагранжа 281 Рис. 6.3.22 Коэффициент о равен нулю при 1 = 1о = бс/а. В окрестности ]О] « 1, ]эг] « 1 лагранжиан 1, = — В~~В~ + — 1(р+ В)~ — — д(КВ~+ о~р~). 2 о 2 2 Уравнения Лагранжа имеют вид 1'О+ 1гг+ тд йод =- О, 1 (О + ог) + тбго~р = О, (3) (4) где 1' =- 1 + тра. А. Рассмотрим случай 1 = бс/а. Найдем решение (3)., (4) с начальными условиями В(0) =- — р(0) =- Во, 0(0) =. ~р(0) =- О. Движение картины определяется функциями 0(1) = Во созПо1., р(1) =- — Во совПо1, йо = —.
ко Следовательно, картина движется поступательно. Интересно., что в положении равновесия (Ло = со/2а) углы ОАМ и ОВМ равны к/2 (рис. 6.3.22б). Этот результат может быть непосредственно использован на практике. В. Пусть 1 ) 1о. Введем новые переменные хг = В, хэ и будем искать решение системы (3), (4) в виде х„= Ке и„е ые. Корни Динамика твердого тела [Гл. 6 282 характеристического уравнения (Па П2)2 + 4 .2 пэ Л» 2 = - ~~П, + П, ~ 2 ~ где 1121 —— (8в/Л2) (Р/1). Общее решение является суперпозицией соб- ственных векторов: д УЛ2 ~р тд.йо — РЛ1 А1 сов(Л18+ е»1) + + 2 А2 сов(Л2Х+а2). тяв — г Л2~ 2 тг т (Рог) 2 2 И~ =- тд'2+ — (2+121р — го) + — (2 — 11|р — го)~.
2 2 Из уравнений дИ'/дг =- О, дИ//дд в положении равновесия: Ыг~+ к111 2»а = 1Π— т8' 1132 (й + 12) =. О найдем значения координат К2~2 К111 3132 (й -~- С~) ПеРейДем к новым кооРДинатам х1 = 2 — хеч, х2 = Р(О2 — 22, ). ТогДа кинетическая энергия т (х2 + х22) 2 Потенциальную энергию удобно представить в виде У(х1, х2) =-тИ'(геч+х1., 1реч+ — '1.— сопэ1+ "* * +..., р~ »212 — »1»1 ~2~2 + ~~1~1 ~1 2 — 21 22 »ар Й2+ Й1 Пи = т Полагая в = О., получим Л1 — — О, Л2 = По.
6.3.23. Колебания автомобиля в вертикальной плоскости. Центр масс автомобиля расположен на расстояниях 12 и Р1 от вертикальных плоскостей., в которых кузов крепится к шасси. Й1 и Й2-- коэффициенты жесткости рессор переднего и заднего шасси, т — масса кузова автомобиля, 1 = тр2 --момент инерции кузова относительно оси, .проходящей через пентр масс перпендикулярно продольной вертикальной плоскости.
Найти условия., при которых возможно независимое возбуждение колебаний центра масс («подпрыгивание») и угловых колебаний («галопирование»). Решение. Обозначим 2 координату центра масс, 1р угол между главной осью момента инерции в вертикальной продольной плоскости и горизонтальной плоскостью (рис. 6.3.23). Кинетическая и потенциальная энергии системы 6.3! Уравнения Лагранлса 283 Рис. 6.3.24 Рис.
6тя23 Решение уравнений движения получены в задаче 4.2.1. Если 1112 = 0 или 10212 = к111, то имеем два независимых уравнения. Более того, частоты колебаний совпадают при условии рз =- 1112. 6.3.24. Осесимметричный волчок вращается в отсутствие внешних сил. Найти зависимость эйлеровых углов от времени. Решение А. Рассмотрим вращение волчка в инерпиальной системе покоя центра масс. Уравнения Эйлера приобретают вид 1021+ (1з — 1) 02201з = О., 1022 + (1 — 1з) 01зо11 =- О; 1зо1з = О. (2) (3) Пусть 101 (0) = О, шз(0) = 0220, шз(0) = 01зо. Из (1) — (3) находим (4) юз =- юзО, 011 = ю20 з1ПЙХ, ы2 = — 0120 созПЗ, е,=вид З1п~е +вид созфео +спаде,, найдем проекции вектора М на оси подвижной системы координат: М =- М впд впф, Мгл = М впд сов~~, М, .= М созд. Поскольку М сов д =- 1201зо, то угол д сохраняет начальное значение: д(1) =- до. поэтому вектор ш равномерно вращается с угловой скоростью 0120/ Зш до, оставаясь неизменным по величине.
Величины где П = (1 — 1з) 020011. Следовательно, сохраняются поперечная и продольная по отношению к оси симметрии волчка составляющие угловой скорости: а'2 = а11 + ш2 ~ 013 0130' 2 2 Перейдем теперь к определению абсолютного движения волчка в пространстве. С этой целью найдем зависимость эйлеровых углов от времени, выбрав ось з параллельно постоянному вектору момента импульса М = Ме,. Учитывая, что Динамика твердого тела [Гл. 6 284 компонент угловой скорости в подвижной системе определяются выражениями 2 М 2 огг — — г ягп Во, агзо = — соя ВС. 1 ' 1з Интегрируя далее кинематические уравнения яг яп 0 81пф+ 0 соя~ = огго япй1, ог 8ш0 соя гР— 0 8ш ~ = огго соя й1, аг соя 0+ ф = огзо, (6) найдем 8г .= огго (яш Во) ~; го =.
а1зо — огго С1кдо =- П. Переходя к дина- мическим переменным М яп Во .= 1огго., М соя до =- 1зогзо; получим М Г1 11 Ф = —, 4 = М соя д [ — — — ), 1 1! е, (1) = Яп В 81 и аг е — Яп 0 соя яг еи + соя В е, где В = Во., ~р = (М/1) 1., ~ = М соя Во (13 ' — 1 ') Ь Решение В. Выбрав в качестве обобщенных координат углы Эйлера, получим лагранжиан Ь(оа д) =- — (В + яг яп 0) + — ' (~ + яг соя 0) . 2 2 Решение задачи становится возможным благодаря существованию трех интегралов: дЬ дЬ , дЬ ри =- —.; рв = —; Е = его др' дй,' "дб Обозначая через М,, М, проекции момента импульса на оси г и г', получим три уравнения 18г яп 0+13(г0+яг сояд) сояд = Мг, (1) 1(ф+ гг сояВ) = М, Мг (В +иг яш В)+ — Е. 21з (2) Пусть р(0) =- гр(0) — — О, В(0) =- Во,:р(0) =- ~ро, 0(0) =. О, 1о(0) =- 1оо Поскольку сохраняется вектор момента импульса волчка., то удобно направить ось з параллельно М, тогда М =- М, М = М соя Во., 0(1) =- Во.
На рис. 6.3.24 изображены векторы М, ш. Наблюдаемое движение оси волчка определяется вектором 6.3] Уравнения Лагранжа 285 Кинетическая энергия волчка Мг ягпзВв соягВ) 2 ( 1 1з и угловую скорость М, /1 11 — р соя В = М созда ( — — — ) . 1з (,1з 1,] 6.3.25. Найти условия движения осесимметричного волчка с закрепленной точкой, при которых отсутствует нутапия.
Реигеяие. Лагранжиан, описывающий движение волчка, 1,(ег, ег) = — (В~+ р~ я]п~В) + — (ф+ ~р соя В) = тф сояВ, 2 2 здесь 1з — осевой момент инерции относительно точки закрепления О, 1 — расстояние от точки О до центра масс волчка. Поскольку лагран- жиан не зависит от р, гр и времени, то существуют три интеграла: 1~р зги~В+ 1з ф+ аз сояВ) сояВ = М„ (1) 1з (ф+ ф сояВ) .= М,, (2) — (В + р я]п В) + — (гр+ ~р сояВ) +ти1 сояВ = Е. (3) 2 2 Введем переменную и = соя В.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
