И.И. Ольховский, Ю.Г. Павленко, Л.С. Кузьменков - Задачи по теоретической механике для физиков (1119845), страница 38
Текст из файла (страница 38)
Момент инерции элементарного цилиндра нити относительно оси крутильных колебаний равен Г = гь 0а = — лп яа г[х. 2 2 327 Плоскопараллельное лвнженне $2) Следовательно, кинетическая энергия системы, состоящей из твердого тела и цилиндрической нити, есть Т = — у(р' '; — ~ лил'((р')'дх = — Ьре-)- 2 ' 4 2 о + пай4 в (' в, 1 (1 поИЧ ) 6 о Потенциальная энергия системы совпадает с потенциальной энер- гией упругой нити 1 у = — и<ре, 2 где х — коэффициент упругости.
Таким образом, получим лагранжнан системы и уравнение Лагранжа ~~+ ™,~' )~~ р=К, откуда следует, что период крутильных колебаний твердого тела с учетом вращения частиц упругой нити равен 2п~/ ( — + ) Отсюда для тонких нитей с большой степенью точности находим т = 2п ~/1!х, 8.24. Обозначим через О угол отклонения маятника от вертикали в произвольный момент времени, а через х — отклонение центра масс цилиндра от положенря покоя, Тогда лаграпжиан системы Я = М х'+ — т 1хв+ 21х О соз О + 1вОв) + тй4 соз О. 2 Координата х является циклической. Поэтому обобщенный импульс р„= 2Мх + т (х + ) О сов О) 1Гл.
8 динамика твердого тела 2Мх+ т(х+ 10созО) = О„ (2М+ т) х = т1(в!па — в1п О). найдем (2) Далее используем интеграл энергии с учетом начальных условий Мх'+ — т(х'+ 21хОсозб+ 1аО') — ти1совО= — тв1соза. 1 2 (3) Исключая нз (1) и (3) х, найдем .а1+тагп 8 Ов=2(аг1)(созΠ— сова). 2гн+ т Отсюда видно, что О изменяется в пределах 0=+.а. Следовательно, как это следует из (2), величина х изменяется от нуля до 2лг1а1п а евах 2аг+ лг ' 8.25. Проектируя обе части уравнения движения центра масс обруча на орты цилиндрических координат, находим Ма Оа =- — ггв — Мд сов О, Ма 9 =-)тв — Мдв1п О. (2) Далее из интеграла энергии следует — ХОа = Мда(сов 0 — сова), 2 (3) где У вЂ” момент инерции обруча относительно оси вращения (У= =2Маа).
С помощью (3) получим 0 = — — 'в1п О. 2а (4) Подставляя найденные функции О(0) и 0(0) ния центра масс, находим Р = — Маг(2соз9 — сова), Я = — Мй'1 О. 1 2 в уравнения движе- сохраняется. Так как при х=О и О=а система находилась в по- кое, то р„=б. Проинтегрировав по времени равенство 329 Плоскопараллельиое движение % 21 Квадрат величины реакции подвеся равен Р' = Рр+ Йае = ~ (! — '4соз'а+ !Бсоз'0 — 16созОсозсе). 4 Дифференцируя это выражение по О, получим акв М'Иа 8 !и О (16 соз сс — ЗО соз О). оз 4 Отсюда видно, что !с при 0=0 принимает максимальное значение Й „= — (/16+ 4созаса — 16соза В этом случае, как нетрудно видеть, лаЯа л4аяа — =.— (а О(!Б» — ЗосозО)+Зоэ1п О)<0.
оае 4 Выражение для дЯе1а(6 обращается в нуль также при О = агс сок ( — соз а) =- О, 8 18 а» причем Если угол а является острым, то 8 >а. С другой стороны, †а(еа, Поэтому минимум функции !с(6) достигается в точке О=а при се †остр, а при а †туп в точке О=Оке Таким образом, минимальные значения соответственно равны — й48 'к~1+ 3 сов а (прн а- — остром), 2 — Мд ~Г ! — — соз а (прн а — тупом) 1 Г 4 2 т' 1б 8 26. Обозначим через 0 угол отклонения радиуса-вектора цеп. тра масс подвижного цилиндра от вертикали, а через ср угол отклонения от вертикали радиуса подвижного цилиндра, проходящего через фиксированную на поверхности этого цилиндра точку, которая в положении равновесия была его наннпэшей точкой.
Из условия отсутствия проскальзывания Ь 8 = и ((р + 6). Рассматривая движение цилиндра в каждый момент времени как его вращение относительно мгновенной осн, совпадающей с 12 Зак. 4 Динамика твердого тела [Гл, 3 линией соприкосновения цилиндров, кинетическую энергию подвижного цилиндра можно записать в виде 1, '! 0 — / гре =- — и' — (Ь вЂ” а)', г 2 ив где Х=Зтал!2 — момент инерции цилиндра относительно его образующей. Из закона сохранения энергии — т(Ь вЂ” а)'Ов — та(Ь вЂ” а) соз 0 = — тае гве — тд(Ь вЂ” а) 4 4 (здесь го — начальная угловая скорость цилиндра в положении равновесия) находим 0' .=- ае гв' чд — (1- О).
(Ь вЂ” а)е 3 (Ь вЂ” а) Теперь используем одно из уравнений движения центра масс подвижяого цилиндра, а именно тг"'р = тйр ) Лр, (2) где ггр — составляющая реакции неподвижного цилиндра. Подстав- ляя (1) в (2), получим йр = — — т ~ " — ~ (4 — 7 соа 0)1, Ь вЂ” а 3 Движущийся цилиндр не будет отрываться от поверхности неподвижного цилиндра, если 0')О и Йр )О одновременно для О 0<а, Но 0' > О, если Зал оР > 8д(Ь вЂ” а), Кр)О, если Завы' 1[гг(Ь вЂ” а). Следовательно, начальная угловая скорость подвижного цилиндра должна удовлетворять условию Зае оР >!!й (Ь вЂ” а). 8.27.
Пусть масса первого тела М, второго т, расстояние меж. ду осями вращения а, расстояние от неподвижной оси до центра масс первого тела Ь, расстояние от подвижной оси вращения до центра масс второго тела Ь, моменты инерции первого и второго тела относительно осей, проходящих через их центры масс перпендикулярно плоскости движения, равны ЛМы тйр соответственно.
В плоскости движения твердых тел введем декартовы координаты с началом в неподвижной точке подвеса первого тела и Плоскопараллельное движение 331 осью Ох, направленной по вертикали вниз. Координаты н компоненты скоростей центров масс обоих тел соответственно равны х, =- й сов О, у, = й з1п 0; хв =асозΠ—: Ьсозср; у, ==ав1пО+Ь31пцг, х, = — йзрп 60; у, = — йсоз 06, х, = — (а 31п 00+Ьз1пгргр); уа =- асов ОΠ—,' Ьсозср<р, Т, =- — и (аа О' 1- Ьеера -гг 2аЬ соз (9 г- гр) Огр1 . — йатсрв 1 в'г е и 1 2 2 2 и потснцизльную энергию системы и = — Мух, — Муха — С.
Таким образом, найдем лагранжиап в приближении линейных колебаний .Э'. = — ((Мйа А Мlг; '- таа)Ов ' т(Ь'+йе) сра+ 2аЬтОср)— 2 — — ((Муй + тра) Ов -~- туЬ срг1 2 и уравнения Лагранжа (Мй Р та)(1гО-)-дО) — таЬгр = О, аО -~ Ре ср ,'-асср =- О, где введены обозначения Мйг + тйгг + тог й~~ -'; Ьг йг = Мй-1- та Ь Отыскивая решение системы (1) в виде 0 = Асов(огг+ а), гр == Всоз (ог1+се), получим уравнения для амплитуд А и В (Мй+.
та) (Е„ог' — д) А+ таВгоаВ =-: О, аоге А-'; (1еоге — д) В = О. (2) здесь 4 — угол отклонения от вертикали радиуса-вектора центра масс йервого тела, а ср — аналогичный угол для второго тела. Затем получим кинетические энергии твердых тел Т, = — М(йа -'; й1) 0', 2 332 (Гл. Я Пииамика твердого тела Характеристическое уравнение системы (2) (Мй + та) (1, гаа — а) ((, гоа — д) — тавБ гаа = О определяет две собственные частоты кч и гав: лгаез, ) па а (1г+ 1а) ='а ~(1г+ 1а) 4 (1гга ) 1 Ма+ага) ~ год ь2 ( ~ МЗ+ вга) Далее, яайдем амплитуды, принадлежащие соответствуюшнм корням: ай>, а мв В,=- ' А„Ва =- ' А.„ К вЂ” 12 <~р К вЂ” 12 м2 г и обшее решение О = А,сов(го,1--; гто) + А,сов(гва1-)- аа), аагА, 2 агв А, 2 2 2 я — 1а гв~ я — 1, гв'в где Аь Аь аь гаа — произвольные постоянные, а го~ и го~ ~— корни биквадратного характеристического уравнения.
При каких значениях параметров приведенные результаты дают решение задачи о плоских линейных колебаниях а) твердого тела, подвешенного на стержне исчезающей массы; б) твердого тела, имеющего неподвижную ось вращения, и прикрепленного к этому телу математического маятника? 8.28. Напишем закон сохранения знергии стержня в викс — таа О' = — тза (соз а — соз О). 2 3 Отсюда следует, мо О= — МпО. зи 4а Центр масс сгержня перемешается в горизонтальном направлении согласно уравнению та(ОсозΠ— Оаз1пО) = В, где Я вЂ” нормальная реакция вертикальной стенки на верхний ко- нец стержня.
Плослоплреллелълое далжеппе Подставляя сюда 0е и 0 из предыдущих уравнений, получим — — тдв1п 0 (3 соз 0 — 2 сов се), 3 4 откуда Я = 0 при 3 сов 0 = 2 соз се. 8.29. Предположим, что при переходе с платформы на наклонную плоскость цилиндр не делает скачка, т. е. поворачивается вокруг ребра, образованного двумя поверхностями, на угол и, который равен углу наклона плоскости к горизонтали.
Кинетическая энергия цилиндра н начале поворота равна 1 "о Т= — Х вЂ”, 2 ае а в конце ] о', Т -- — У вЂ” ', 2 ае где а — радиус цилиндра; о, — скорость центра масс цилиндра на платформе; о, — скорость центра масс цилиндра в начале движения по наклонной плоскости; Х вЂ” момент инерции цилиндра относительно какой-либо образующей. Из закона сохранения энергии следует, что — у(о,1а)'+ Мйасоза = — 1(ое(а) +Мпа.
2 2 В предельном случае, когда цилиндр еще без скачка переходит на наклонную плоскость, нормальная составляющая реакции наклонной плоскости равна пулю. Поэтому о1 = й сов се, а (2) Подставляя (2) в (1) и учитывая, что У =ЗМа'/2, получим 3 3 4 — соз и — (1 — соз а) = — —. 4 4 аа созсе-. — (1+ — —— 7 (, ' 4 яа/ Отсюда ясно, что скачок цилиндра на наклонную плоскость не происходит, если [Гл.
3 334 Лииаяииа твердого тела Это условие может быть выполнено только в том случае, если (офлаг) (1. ПРи оо21ла = — 1, соа гд = 1, и = О. 8.30. Выберем подвижную систему координат 5' так, чтобы Ог' была направлена вертикально вверх вдоль оси вращения, а ось Ок' проходила через центр масс пластинки; При таком выборе системы координат центр масс находится в точке г,'„=- ~ —, О, О~, Напишем уравнения движения пластинки относителыю Я'. — = тй + й, + й -»- .1, — = л» [г' й[+ [г',К,] -, [г'Ке[ -[- 1.», где К2 — реакция верхней опоры; К2 — реакция нижней опоры; Я вЂ” сумма сил инерции, а 1.,» — сумма моментов сил инерции. Имея в виду, что 1 =Мготх'и„, Я» =- —,»,, о»вп;, получим уравнения движения в проекциях а Йы +Й2;-[- то»2 — = О, Йги + Й22 — — О, Ям + Йтг' — лЦ = О, а 2а — ' — Йцг + — Йв„= О, з " з 2 »ля Г Й1к' Й2к' '1л ог о» 3 3 3 Отсюда следует„что Й2, = Йва =-О, а Йм' + Й22' л% кроме того, получим 1 Йьг 1 Й2х' = — лта о», 3 Йь ' 2Й2г' =,» е» вЂ” та.
з а Если Й2 ' = О, то должно быть 2 3»дна В2а' Р 9,»„,е, тае Теперь вычислим 1„, = — — и найдем о» = 2[» й,»п. 36 Плоскопараллельное движение 8.31. Направим ось Ог' вдоль оси вращения вертикально вверх, а ось Ох' через середину стержня. Сохраняя обозначения предыдущей задачи, напишем уравнения движения стержня гт', = — оРтаз~па, Яи ==Π— ту + й, = О, тра 3$п а + а соа а гс„— 3;; сов = О. Отсюда имеем Ли =- О, И; = тд и уравнения для определения сое и Я, .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
