Ю.Г. Павленко - Задачи по теоретической механике (1115223), страница 45
Текст из файла (страница 45)
Найти собственные частоты колебаний спутника относительно центра масс. Решение. Пусть В(8) радиус-вектор центра масс. Его величина связана с угловой скоростью вращения спутника соотношением йз я~ = = СМ. Поскольку 1ь(г) известная функция времени, то, используя результаты задачи 6.4.3, получим лагранжиан 1(ег„, ег„) = — [да+(ег+й) атвуд]+ — ' [~)+(у+й) созд~ + + (1 — 1з) яп В з]п у. (1) Зйг з ° з 2 Учитывая первый интеграл 1з1о + 1з (д + й) соз 0 =- Мз, запишем два уравнения Лагранжа — [1(у+й) яп д+ Мз совд~ = — йз(1 — 1з) зшзВ яп2Зо, (2) аг 2 1В =- (~р+й) [1(Зг+й) созд — Мз~ япд+ — 'йз(1 — 1з) зш2В з]пзЗг.
2 (3) Пустыр(0) = ф(0) = О. Полагая у, д равными постоянным величинам, получим из (2), (3) уравнения, определяющие положения равновесия спутника: япзВ яп2р =-О, япд [1й созд — Мз+ 3(1 — 1з) й созд яп~|р] = О. Предположим, что 1з]сов д(0)] < 41 — 31з, и рассмотрим движение в окрестности положения равновесия 2 ' (41 — 31з) й Вводя новые переменные хз = у — и/2, хз = 0 — до, получим из (2)., (3) линейную систему 1з]п долг+ — (31з — 21) й Яп2Во ха+3(1 — 1з) йз Япздо хг =-О, 1хз — — (31з — 21) й яп2Во хг + (41 — 31з) йз яп Во хз =-О. 1 2 2 2 Общее решение соответствует колебаниям связанных осцилляторов.
Если В(0) = и/2, то до —— и/2. В атом случае хг —— Аг соз(огг1+ егг), хз = Аз соз(еоз1+ оз), 1з 31 1/2 ан =- ьгЗй(1 — — ), огз =- 2й(1 — — ') [Гл. 6 Динамика твердого тела 304 6.4.5. Исследовать прецессию и нутацию оси Земли, обусловленную моментом сил, действующих со стороны Солнца. Решение.
Вращательный момент обусловлен сплюснутостью Земли у полюсов. Предполагая, что Земля представляет симметричный эллипсоид с полуосями а = 5 ф с., найдем осевые моменты инерции 1 = М (аз + сз)/5, 1з = 2Маз,15. Экваториальный момент инерции 1 = 8,042 10зт км мз, полярный 1з = 8,068. 10зт км мз. Поскольку эксцентриситет орбиты Земли е = 0,0168 весьма мал., то будем рассматривать движение центра масс по окружности радиуса В. Угловая скоростьй = (СМс/Лз)'1~ (Мо массаСолнца).
Период Т = 2я/й =— = 1 год. Используя обозначения задачи 6.4.4, запишем первые интегралы и одно из уравнений Лагранжа; 1 ~+1 (р+й) В=М, 1В (М, — Мз сов В) Мз Зй + + + ~~з — 1)яп яп р=Е, 21яп В 21з дМ„Зй' 3 еГ1 2 (1з 1) яп В вш2зо, (2) (3) (Зо) й+ 1 ( з) (гр) Ма[1 1) + 1 ( з ); (4) М 2 из = ( — ),((и), Г(и) = в (из — из) (1 — и ) — (и — ио)з, (5) 3 (1з — 1) 1йз и =- совВ, ио.=-совВо в — —— 2 Мз о Очевидно., величина е « 1.
В этом случае 1(и) можно представить в виде 1" (и) — (и — из) (и — ио); из ио (1+ 2е вш Во) и получить решение (5) и = — [(ио + из) + (ио — из) сов — 11 = 1 Г Мо 2 [ 1 2 1 Мо = ио+ еио яп Во(1 — сов — 1). 1 где М, = 1 (д + й) япзВ + Мз сов В. Найдем решение этой системы с начальными условиями ~р(0) = — й., 1зф(0) = Мо., В(0) = Во, В(0) =- О, где гр(0) — угловая скорость суточного вращения Земли.
В отсутствие внешнего поля из (1) — (3) следует В(1) = Во, ~р(1) = — й. Представим р(1) в виде ~р(1) = — йз+ Зоь После усреднения (1) — (3) за год получим систему уравнений 6.4] Движение космического аппарата в ньютоновом поле тяготения 305 Из (4) найдем угловую скорость прецессии 3 (1г — 1) Гг~ 3 (а — с ) гг~ (рг) =--- 2 Л4о сов до = — — г .
сов до. 4 а' 4(0) Угол дв 23'., (аг — сг) /(2аа) (305) г., следовательно, Д = — П/81 000. Различие между найденным периодом, равным 81 000 годам, и наблюдаемым, равным 26000 годам, объясняется взаимодействием Земли и Луны. Смена сезонов вызвана обращением Земли вокруг Солнца и наклоном ее оси к плоскости эклиптики на 23'27'. Из-за того, что Земля сплюснута у полюсов, моменты сил, действующих на нее со стороны Солнца и Луны, приводят к вращению оси вокруг нормали к плоскости эклиптики с периодом 26000 лет.
Первые запечатленные наблюдения за движением Солнца на фоне звездного неба, относятся к эпохе 1У-П1 тыс. до н. э. В П1 тыс. до н. э. шумерские астрономы определяли начало нояого года — день весеннего равноденствия — - по вступлению Солнца в созвездие Тельца. В этот день плоскость экватора совпадает с плоскостью эклиптики. Интересно., что контур созвездия Тельца., похожий на букву А, послужил прообразом первой буквы алфавитов большинства языков индоевропейской группы. Почти за 2000 лет точка весеннего равноденствия сместилась навстречу видимому перемещению Солнца и во П в.
до н. э. оказалась в созвездии Овен. Это явление обнаружил величайший астроном древности Гиппарх (П в. до н. э.) и назвал его прецессией— предварение равноденствий. Сейчас она находится в созвездии Рыб, передвигаясь ежегодно на 50,26о. Поэтому Солнце, последовательно проходя через все созвездия зодиака, вернется к исходному положению через 26000 лет. Происхождение прецессии объяснил И.
Ньютон. 6.4.6. Гравилет. Центр масс космического аппарата, выполненного в виде гантели, движется по эллиптической траектории. Ось симметрии гантели перпендикулярна плоскости орбиты. Используя метод усреднения, исследовать эволюцию траектории при периодическом изменении длины гантели (32). Решение. Пусть К вЂ” радиус-вектор центра масс. Гантель массы т образована двумя одинаковыми шарами, центры которых находятся на расстоянии 1 друг от друга, радиусы шаров а (( 1.
В этом случае осевые моменты инерции 1(1) = т1г/4, 13 = О. Предполагая, что 1 « « Я, запишем лагранжиан системы 1У(К 1) Стм+ СМ!(1) + Л~ Сила, действующая на гантель, д11 СтМ ( 31 ) Динамика твердого тела [Ггь 6 306 зависит от ее длины. Из (1) следует весьма важный вывод: величина силы, действующей на тело конечных размеров, меньше силы, действующей на материальную точку той же массы, помещенную в центр масс. Это обстоятельство можно использовать для целенаправленного изменения параметров траектории, в частности для увеличения эксцентриситета (илн полной энергии).
С этой целью длину гантели следует изменять так, чтобы в течение времени, когда выполняется условие Рч > О, длина гантели была бы минимальной. В течение остальной части периода, когда Рч < О, длина гантели должна быть максимальной. В результате мощность внутренних сил за период будет положительной. Этот эффект возможен только в неоднородном внешнем поле. Используя результаты задачи 1.5.12, запишем уравнения, определяющие эволюцию динамических переменных, полной энергии, момента импульса и вектора Лапласа: М=О, Е = г~(1) КЙ., 8Н~ (~) (В (глъкВ) ВН2) (2) (3) Отметим, что уравнение (2) можно получить из соотношения дН дЬ 1 — — — Н = — тН + 51(11, 1).
дг дг' 2 Запишем уравнение траектории в параметрической форме (см. зада- чу 1.5.3): В = х(б) ег + й(с) ея х(с) = а(сов( — в), й® = а 1 — вг зшб, (4) ы1 = с — е япел Учитывая (4), находим КК = огва яп5, (5) К(ВЙ) — Кйг = — (КМ) = — ' (р® еэ — х(Е) ез).
(6) 1ш О < 1 < Т!2., О, Т(2 < 1 < Т, В соответствии с проведенным выше анализом предположим, что функция 1(г) является периодической, причем 6.4] Движение космического аппарата в ниттоновом поле лготенил 307 где Т = 2к/ог — период. Подставляя (5) в (2) и усредняя по периоду, получим уравнение, определяющее систематическое изменение полной энергии: д, а1о м е(3+е') (7) 4а 2к (1 — е ) Произведем замену переменных К = — сг/2а. Из (7) следует уравнение (4а — р) ~а — р 4орг т ' — а(0) = ао (8) Интегрируя (8), находим неявную зависимость а(1): р 2 — агс$8— 3 Я 1 »/а — р +— 2 а — — 1 =. р р 2 — агае†3 исй 1+ г 1~ (9) ао 1о а р 2кр т 1 = ъ~ао — Р+— где ао = — а(0). Если ао » р, то из (9) получим асимптотику решения ~4 а(1) » .,; То =- †., й = ргТо ' Й ' тр' при значениях 1 )) То (р/1о)э ао/р.
Период обращения по «расширяющейся» эллиптической орбите г гг го Рис. 6.4.7 Решение. Пусть масса стержня равна т, длина стержня 1, координата центра масс г, координата частицы массы М равна яо (рис. 6.4.7). Найдем напряжение в сечении, отстоящем от левого конца Возрастание полной энергии, являющееся следствием параметрического резонанса, подобно увеличению амплитуды колебаний при периодическом изменении положения центра масс человека на качелях. 6.4.7. Частица и однородный тонкий стержень движутся по прямой, совпадающей с его осью.
Найти напряжение р(л) в произвольном сечении стержня. [Гл. 6 »4ина»лика твердило тела 308 стержня на величину х. Это сечение делит стержень на две части массами т1 и тз, т» + та =- т. Очевидно, .координаты центров масс изучаемых тел равны е1 = е — 1/2+ х»»2, еа = е + х»12» е = М(М+ т) 1г, эа = — т(М+ т) 1т» т = е — ео. Обозначим через Р1, Ра силы притяжения, действующие на частицу М со стороны двух частей стержня, Р»з силу притяжения, действующую на часть стержня т1 со стороны части стержня массы тз.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
