И.И. Ольховский, Ю.Г. Павленко, Л.С. Кузьменков - Задачи по теоретической механике для физиков (1119845), страница 39
Текст из файла (страница 39)
Для вычисления 1,т перенесем начало координат в точку опоры, сохраняя оси параллельными, Тогда г' =- а соа а †; г", х' -= х". Обозначим через о плотность массы стержня, через л — расстояние его произвольной точки до верхнего конца. Тогда х" =--и 31па, г" = — зсова; у,, = — о ~з з!па(асоаа — зсова)Ж = о з = — а а' з1п 2а = — тав 31п и соз а.
3 3 Подставляя значение 1,, в уравнения движения, получим — тасовз!па = Р„; — та'шп а сов асов = туав$п а+ тт' ° асов се. 3 Теперь исключим Р; и найдем зависимость сов зд 4а сов а Затем получим й; и тангенс р — угла наклона реакции опоры по отношению к вертикали 18 р = — 1да. 3 4 8 32. Выберем систему отсчета з', жестко связанную с твердым телом так, чтобы ось Ог' была направлена вдоль оси вращения вертикально вверх, а оси Ох' и Оу' были направлены вдоль нижних ребер куба.
Неподвижную систему координат з можно выбрать совпадающей с системой з' в начальный момент времени, когда куб находился в покое. Ориентацию з' относительна 3 зада- [Гл В Динамика твердого тела дим с помощью угла 0 между осями Ох' и Ох. Тогда кинетическая энергия куба т, =- — 'М'+ — ' айа, 2 4 2 где У == — т,а' — момент инерции куба относительно оси, паралз лельной оси вращения и проходящей через центр масс куба Кинетический момент куба М„=- ~У+ ~' а') 0. Обозначим через ~ расстояние, пройденное шариком в полости куба за время й Координаты шарика выражаются через переменную $ по формулам х' = Ц/3, у' = а — $(~/3, г' = а — И'3, Используя этн выражения, найдем скорость шарика относитель- но 5 ч =- ~т» г'1 + и' (м = 0 п,1.
Тогда получим в~ — е С помощью последних формул выразим через независимые пере- менные 0 и е кинетическую энергию частицы Та = — 'т, ~ ~ — — 0 (а — — ) ~ + ~ "- и ее момент импульса Потенциальная энергия шарика У=-тай ~а — =) Пласвовараллельвое давженве Таким образом, получим интеграл энергии в виде Т, + Та + ть(Г (а — =) = — Е . $ Уз Начальные условия Од=О, $е — -О, ов-— О приводят к значению Еа — — тана. Б момент выхода шарика нз отверстияй=-а~~ 3.
Подставляя эти значения Еа и 5 в интеграл энергии, найдем Г +Е ') + Интеграл момента системы куб — шарик Мы+ Маа = О при $ = а/1~З приводит к соотношению (~+ — "'~ ) О+ т, (пеΠ— — ') = О. Из двух последних уравнений находим угловую скорость О, кото- рую приобретает куб после прохождения шарика через диагональ- ную полость. тз = — тлв)па+ ~Я, l ~Р = — й)ьа, О = — — тйсоась+Р, (2) (3) где з — расстояние, пройденное центром масс диска; ~р — угол по- ворота диска, у — его центральный момент инерции относительно осн, перпендикулярной диску; Р— нормальная реакция плоскости.
Отсюда з(() =. (лР, — тнз!и я) —, е 8 33. Вначале под действием сил трения и тяжести диск скользит вверх по плоскости. Однако момент силы трения уменьшает угловую скорость диска. Поэтому как только его угловая скорость станет равной вь=о/а (о — скорость центра масс диска), скольжение прекратится и диск начнет катиться без проскальзывания.
Напишем уравнения движения диска: !Гл З дннамина твердого тела лдса — = дов — (д а Х (4) (б) з, = (йгс — тй з!и а) —, вд лд Из (1) — (5) находим пав д д(ЗФссма — 5!па) одд (й сов а — в!п а) отда ——— лл сов а — мп а Пройденный до момента (д путь э,=з(!д) равен в г; - 1 . ав оде (15 сов а — 51п а) вд — — — — = — в!5 = 2 2 2Л (Зл сов а — Мп а]' Найдем тспсрь расстояние зв, пройденное центром масс диска прн качении. Из закона сохранения полной энергии 1 '2 1 и — пгл! + — Ход! — тнввз!па == 0 2 2 получим З в 2 о ( л сов а — 5!па )в (9) Следовательно, полное расстояние в в 050 л 005 а — 5дп а 3 == Яд + Бв = ив!па Засова — Мпа (10) Используем теперь для нахождения з! закон изменения полной энергии — тзд+ — Ход + таз!в(пса — — Ход = А, в 2 л 2 2 2 0 (11) !де работа силы трения Ал = — йтй сов св (а грд — в,), При ! =- !д, когда др (!5) =- '( '), скольжение прекращается.
Таким образом (в(1,) == з„др(Гд) = одд) Плоскооараллельное движение 339 здесь йч — полное изменение угла поворота диска до качения. В (11) слева написано изменение энергии поступательного и вращательного движения, а справа — сумма работы силы трения на поступательном перемещении и работы силы трения при вращательном движении. Вычислим вторую часть работы, Для этого умножим (2) на 4в и получим — (овв, — ов~~) = — и тра соз авр„ .г (13) 2 т.
е. закон изменения энергии вращения. Из (1), умножая на в, найдем — тв~ =- тдв,(йсозсс — арпа), (14) 2 т, е. закон изменения энергии поступательного движения, Из трех уравнений (11), (13), (!4) только два независимы. Однако имеются три неизвестные величины ыь вь врь В качестве третьего независимого уравнения можно взять (7). Тогда из (7) и (14) найдем выражение (8) для в„а из (7) и (13) получим а мо 2а сов а — в!и а врв =— я (Зл сов а — в1п а)в Следовательно, работа силы трения Ал =-— Ьлаввво сб а 2 (Зл сов а — ив а) Заметим, что при а=О работа силы трения не зависит от коэффициента трения й: Лл ннв ово 6 5 3. Общий случай движения 8.34. Направляя координатные осн по главным осям инерции, получим кинетическую энергию в виде Т = — (/, овв, -1- /в овв, + л', овв,).
1 Угловая скорость ю = (рп !' 0 пв + вр па' ов = (<рв(п Ов1п вр+ Осоз~р) и, +(срв1п Осозвр — О в!и вр) и„- -! (срсоз0+ вр) пво [Гл. 8 динамика твердого тела 84О Обобщенный импульс дГ дел дек р = —. = Е 1 гл —. = Х М, —., д~р ' ' д~р ' де а производные —.
являются направляющими косинусами между векдмг де тором фи, и соответствующими осями и;, па, и; подвижной системы координат. Следовательно, р„= Мп, = М,. Аналогично'найдем ро=Мпт — Мм ре=-Мп, =М,, Рис. 8 85 8.35. Выберем в качестве обобщенных координат х, у — координаты проекции центра масс стержня на плоскость Оху, 0 — угол между стержнем н вертикалью, у — угол между осью О'х и осью О'х' перпендикулярной вертикальной плоскости, которая проходит через стержень (рис, 8.35).
Тогда Общий случай'иаижеиия Е. =- — (ло+ у'+ — в!по 005) + — и' (О'+ ср'в!п'О) — тд — сов О, 2 где у — главный центральный момент инерции. Отсюда получим следующие интегралы движения в виде д!. ' дЕ =тл=Ро! ==тУ=Роо! дх "' до дв — 11!1 З!Пг О = М551 д1р г г г Р55-) Роо 1 У щл, 1.5 й455 .+ — ( — 51П'0 — -,У) О' — , 'тд — совО = — Ео.
2ое с (, 4 ) 2/51п 0 2 8.36. Система обладает двумя степенями свободы. Соответственно используем Π— угол между вертикалью и стержнем, 1р— угол, определяющий положение стержня в горизонтальной плоскости. Тогда Ь = — У(05-г-1рез!П59) (,Е = — ~, 2 12 ~' откуда — =- 251п59сй =- Мо' дч1 (2) 9 =- 1р' сов 6 в !и 9. Из (1), (2) найдем лго соя 0 1ио д 1 0— (3) У 5!по 0 ' 22 дв 51пе 0 Предполагая, что 1р(0) =еоо, О(0) =О, 0(0) =Оо, из (3) получим г 5 150 51п 05 — соов1п Оо 5!По 0 Следовательно, сов 0 =- соз 0 з!п (со 51п 9 !), что определяет О(!).
Эта функция совместно с (1) определяет ер(!) и ер(!). В случае линейиых колебаний вблизи Оо=п/2 частота ко- лебаний [['я 8 Динамика твердого тела г1'Р— -г (мР! =- тй+ Ва+ Йа Й и динамических уравнений Эйлера — + [и, ЛЦ =. 1г,йа)+ 1гама] а1 найдем в проекциях на орты подвижной системы (п, — направлен по стержню п„в горизонтальной плоскости) 0 =- — л1881пев+ Йы 1 Ява (6) Замечая далее, что Р1г — перпендикулярная по отношению к оси вращения, составляющая реакции в первой опоре равна )7м 81п а — ц'ы сов аь нз уравнений (1), (3), (5) получим у еве тп ') Кг =- — 81псесоза (з = — ) 2а 18 7' Затем найдем, что Ивг =- — й1 г, а сумма составляющих вдоль оси вращения ф1) 1 + ()гв) 1 = тя 8.38.
Обозначим через 9 угол, образованный вертикальным диаметром окружности и диаметром, проходящим через центр масс стержня. Так как центр масс стержня участвует в относительном движении со скоростью — а 1~ 3 0 и переносном движении со ско- 2 1 ростью — аР'Завз1п О, то «кинетическая» энергия центра масс 2 Т = — — тпв (Ов — еав з1па 6). 3 8 Совместим начало О' подвижной системы координат с центром масс стержня.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
