И.И. Ольховский, Ю.Г. Павленко, Л.С. Кузьменков - Задачи по теоретической механике для физиков (1119845), страница 25
Текст из файла (страница 25)
% 21 Уравнення Лагранжа в неаавнсвных ноорнннатах 195 5.30, Выберем в качестве обобщенной координаты длину дуги з: и в з(и) =- ~~х" + у" г(и = 2а ~ ~ з1п — 1ди = 8аз1п' —. 2 ! 4 о о Тогда в 'о. а о = з', у= — 2аз1п' — = — 8и( — ) (1 — — ) 2 Г8а~ ( за) н, следовательно Я =- ~~ +8туа~ —,— ( —,) ~ ° Из интеграла энергии 2 +8туа~ —,', — (; ) ~ в Ев найдем квадратуру (в = ~/ — ~Ев+ огао (1 — — ) ~ Однако проще воспользоваться уравнением Лагранжа lвяа /пя = тя — —, 4а откуда сразу видно, что з =Асов(гз1+и) +4и (озв = и ) т е точка, движущаяся по циклоиде в однородном поле тяжести, совершает гармоническое колебание.
5 31 Направляя ось д по вертикали вверх, ось х — в плоскости качания маятника, введем независимую координату ф — угол отклонения маятника от вертикали Тогда х=(з1пф; д=-з — 1совф; па = з'+ 2з(фз1п гр+ 1вф' Следовательно, .1в = — (зв + 21з р 81п ф + 1вфа) — ту (з — 1 соз гр).
(1) 2 Это выражение можно упростить, учитывая, что в1 зф з1п ф = — — зсозф+ асов р, Ло (гл ь Уравнения Лагранжа и опуская затем в (1) функции только времени н полные производные от таких функций. Таким образом, получим лагранжиан 2 и уравнение движения Еа, а1 ер + ( — ' — 1 а1п ер = О. (Е ' Е/ 532 Помещая начало координат в точку подвеса маятника, совиещая плоскость ху с плоскостью качаний маятника н направляя ось у вверх по вертикали, найдем х =1з1пгр; у = — 1созгр; тЕо Я = — гра + епу1 соз гр; 2 2Е ЕЕ ер + — гр + — з)п гр = О.
5.33. Дифференцируя закон движения + оо 1 + 2хооо1+ юг о получим х'х' = — + е' 1+хопа Исключая из этих двух выражений время, находим х + — = — т оао. а а хо а ха Этому интегралу движения соответствует лагранжиан т,'о ат я=т-и= — — —.
2 2ха 535. Направляя ось х по 1казанной прямой, получим 1 'а 1 '2 К Я = — т,хе + — пеаха — — (х — х — 1)'. 2 2 2 а о Однако в качестве независимых координат удобнее выбрать х координату центра масс шариков н х — расстояние между ними. Тогда Я=— та-Е-та .г Ег; и 2 х + — ха — — (х — 1о) . 2 о (1) % 21 Уравнения Лагранжа в независимых координатах 197 Ввиду того, что дЯ(д1=0, из (1) следует интеграл энергии тз + глв 3 2 2 2 о — о. х + — х + — (х — 1) =Е.
Далее из цикличности координаты х вытекает сохранение импульса системы рт . (тз+ тв) хт д.в' дхт 5.36. Направим ось у по горизонтали в рассматриваемой плоскости, а ось г — по вертикали вверх Введем в качестве обобщенных координат точки координату у и координату я — расстояние точки до оси у, Тогда х= ясовсс; у = у; г = — яв1па„ Я = — (чв + у') + туя в1п сс 2 Ввиду того, что дЯ/д1 = О, энергия точки Е =у .
+я —.— Я= — (я +у) — туяв1па до ' д.Я гл ду да 2 сохраняется; кроме того, сохраняется обобщенный импульс ,О,= — '. =ту. дЯ ду х, =(1; у, =сопв1; х, = д+ я сов а; ув = й — я в1п а, а лагранжиан системы Я = — 'дв+ та (уо+ яв+ 2дясов а) + тзуяв)па. 2 2 Теперь получим уравнения движения (т, + т,) д + т,я сов а = О; я т и сов а = д в1п а, откуда найдем, что Я 51П и тз 51п о соз и ' у= — к т + та тизл тз 1— сова я lлз -1- тг 5.37. Предположим вначале, что трение отсутствует. Пусть я— расстоянне до тела, отсчитываемое от вершины наклонной плоскести; д — координата, определяющая положение бруска (рис. 5.37).
Тогда [Га. Б Уравнения Лаг анжа 198 Далее, записав уравнение движения тела в виде получим )(з = тз (г, — 0) и. где п — орт, перпендикулярный поверхности наклонной плоскости. Таким образом, й, = из(д е)п а+ усоасз). С учетом силы трения уравнения движения тела имеют вид (т, + т,) д+ т,асов а = О; тз (е+ д сов сз) = тзуе1п сз — йгпз (депе сз + усова). Из ннх находим искомое ускорение агз (з1 п а — Ф соз а) ав а х, д у аг, + гпз (з(п а — А соз а) з1 п а 5,33.
Пусть обобщенными координатами являются координата е тела 1 на прямой и угол гр отклонения маятника от вертикали. Тогда х,=е; у,=О; х, = (е)игр+а; у, = — (созф (ось у направлена вверх по вертикали), Далее находим лагранжиан системы я = — '+ — (аз+ 2(а~рсоа гр+ (згрз) + тзу(соагр. 2 2 Отсюда видно, что координата е — циклическая. Следовательно, обобщенный импульс Р, = —. = (из + т,) з + 111«(гР соз гР д.х дз сохрзняетсн Этот интеграл представляет собой проекцию импульса системы (я~+и,) х на горизонтальную ось «Цнклцчность» врсмснн приводит к сохранению энергии + — (е' -,'— 2(егрсоз гр -[- (згрз) — тзу1 сов гр = Ез, 2 2 5 39 В качестве обобщенных координат возьмем грп ~рз — углы отклонения первого н второго шариков от вертикали.
Ось у на- $2] Уравнении Лагранжа а незаннсимых нонрдинатах 199 правим из точки подвеса первого маятника по вертикали вверх, а ось х — в плоскости качаний. Тогда хд = 1„в1п ф„; уд = — 1д сов фд~ х, = 1дз]п фд+ 1, в]п фа; у, = — 1дсовфд — ]асов фа. Следовательно, Я = — '1~ф~ + — 111ф!+ 2Щрдфасов(фа — фд) +1афг) + 2 2 + тду]дсовф, + тау(1д р, + 1,сов р,). 5.40.
Выберем следующие обобщенные координаты; з — положение точки подвеси, ф — угол отклонения маятника от вертикали. Ось у направим по вертикали вверх и проведем через тело 1. Тогда х, = О; у, = и; х, = 1в]п ф; у, = з — 1сов ф. Затем получим — — + — (за+ 21зфв!п ф+ 1аф~)— 2 2 — — ( — 1а) — тдзИ вЂ” '" И (и 1 ф) 2 откуда следует, что энергия сохраняется: + — (з'+ 21зфз1п ф + 1афа) + 2 2 и + — (з — 1а)'+ тдзу+ тау(з — 1совф) = Е„ 2 а уравнениями движения являются Н (т, + гпа) з + — и 1ф в]п ф = — и (з — 1 ) — (т, + та) у; ем' — ада (1з в]п ф+ 1аф) = — теу] в]п ф+ та1зф сов ф. н нг 5.41. Обобщенными координатами пусть будут расстояние ~ ог начала координат, помещенного в вершину конуса, до точки, а также азпмутальный угол ф.
Тогда х = г в1п ед сов ф; у = г в1п ее з]п ф; г = г сов я; Я = — (г'+гдз1паа фе) — тдгсови. 2 [Гл Б Уравнения Лагранжа 200 Поскольку гр — циклическая координата, проекция момента импульса на ось конуса сохраняется: М = —. = тг'в(п' а гр = М,. д.г дгр Далее ввиду «цикличности» времени получим Е = — (го+ гвв\пвигра) + тхггсови = Е,. 2 Из интегралов энергии и момента найдем ((г), т. е, ! — (в —— о / 2 — (Еа — (Г и(г)) где гно (/„г(г) =, +тягсова.
2гнвоагп'я Затем из интеграга момента получим г((о Аг гр гро — г — . 1~2та!иоа и г'рг(ео — (г гг) 5А2. Энергия и момент импульса в начальный момент времени соответственно равны нгоо 2 Ео = „+ тато сова; Мо = тоого зиа а, Границы движения точки получим из условия Е, = ()„т или о ой — + тдгосова = + гггйг сов и. 2 ' 2го Отсюда найдем, что гг~г(гя, где Гг Го, Га == ('" г 1/ й + 4иго) 2 асов а 5.43. а) Г» независимых цилиндрических координатах г, гр (начало координат помещено в центре сферы, а ось г направлена по вертикали вниз) х ='(/а' — гасов гр; р = (/аа — г*з!пгр; г =г; Уравнения Лагранжа в неаавиеииых кооолинатах 20! в 21 Следовательно, имеют место интегралы момента и энергии М = —.
= т (а" — гз) хр = Л)е; дЯ де д,Я . 0„2' из Г . оз,'з <Р, У (аз Р),Рз+ 1= Ео. д~р да вз — зз ~ Из (1) и (2) найдем 1(г) в виде (2) где — — ~ ~ —" — г) (а' — г') — — ' б) В сферических координатах получим х = а и!о О сов зр! у = а з1п О з!п !р; г = а сов ~р; Я = — *- (В*+в!пзВ'р') — тд вО, 2 где Мв, и,н = -:— пйа,.з В. гиизз з!из 0 Отсюда получим закон движения Г(В) в виде дО го = ° з Г 2 $/ —, (по — Уоп (О)1 Затем, исключая зрел!я из (3) с помощью (5), найдем уравнение траектории ор — еро мо дв ,) в)в О УЕо Г!еп (О) а затем интегралы движения М = —.
= та в!п В ор= М,; дД~ Р) др твз Е =  — + <р —. — Я = — (О'+ з!и' Веро) + тдасоз О = Е,. (4) Эти интегралы приводят к уравнению г (Ео ~оп (В)) внзз (Га. Э Уравнения Лаграиаеа 5,44, Границы движения маятника определяются положепаем точек поворота, в которых 8=0, т. е. определяются уравнением Ео = (/.б (8). (1) Согласно начальным условиям тив о Е, = — + тра соз О,; М, = троп з!и Оо 2 Поэтому нз (1) получим "о ов в!пв З вЂ” + тра Сиз Оо — — о + тйп соз О.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
