И.И. Ольховский, Ю.Г. Павленко, Л.С. Кузьменков - Задачи по теоретической механике для физиков (1119845), страница 41
Текст из файла (страница 41)
8 Лннакила твердого тела 350 ал При — ) 2 (иа>!) вытекает, что и=1, т. с. имеет место вращение вокруг вертикальной оси (это — случай спящего волчка). ов Если же — < 2, то ив<1. В этом случае волчок нутирует между О=О и О=Ов При этом существует критическая угловая скорость г 4алкпл олл =— 2 (определяемая условием ав=2Р), начиная с которой волчок может вращаться только в вертикальном положении. Исследуем теперь условие устойчивости волчка при его вращении вокруг вертикальной оси.
Полагая и=1 — х, разложим правую часть (12) в ряд Тейлора ~(и) =- --х'(аа — 2Р)+... Таким образом, находим уравнение хе = — ха (а' — 2Р) +..., из которого следует, что колебания по углу 0 вблизи вертикальной оси вращения будут устойчивы при аа)2Р. 8.42. Напишем уравнение кинетического момента относительно точки закрепления М =-[г, тя[. В отсутствие полн тяжести ось волчка нутирует вокруг постоянного вектора М=М„ с угловой скоростью Я л где 1л — момент инерции относительно осн, проходящей через точку закрепления перпендикулярно оси слгвлл|етрни волчка. Следую-. щее приближение описывает медленное движение вектора М.
Для определения скорости этой прецессии усредпим (1) по периоду нутации, При этом (г„,) =- — [соз р, и (2) где 1 — расстояние от точки закрепления до центра масс волчка; Р— угол между М и осью симметрии волчка. Подставляя (2) в (1), находим о' алл — М =- — — сов Р [дМ1. ат м 351 Общий случай даижеиии Отсюда следует, что вектор М прецесснрует с угловой скоростью т1 11 =- — — соз ~.й М тг =- ти —,' К вЂ”,' )с,, (1) при этом очевидно, что ти+Кь =О. Обозначая затем К~ =К, запишем уравнение кинетического момента шарика в виде УУ =- — а[им[ (2) (/ — центральный„момент инерции шарика; 11 — его угловая скорость; а — радиус шарика), Скорость точки касания шарика с пло- скостью [мг] = у' —, [аа, — ап[, (3) где ау=<ив — угловая скорость вращения плоскости.
Дифференцируя (3) и учитывая (2) и (1), получим г =- аси[пг[-! а[мп[ = иы[пг[+ — '[п[пЩ[ = ! = аау [пг) — — г. у Следовательно, г =- — [пг[. /са щаа -',- 2 Интегрируя (4), получим г = [пг[ -,'- с, щаа и — у где с — постоянный вектор, зависящий от выбора начальных условий г(0), г(0). Б частности, для однородного шарика 2 г =- — еу [пг) + с. 7 (6) Из (1), (2) н (4), (5) получим угловое ускорение шарика аа = — ™ [цг[ =- — — — [п[пг[[ = '" г, (7) щаа / ища+ у (этот результат сравните с формулой (11) задачи 8.41).
8.43. Обозначим реакцию поверхности, приложенную в точке касания шарика с плоскостью, вектором ас1 +К ь (здесь Кйп = — О, йй )~ п, а п — орт, перпендикулярный плоскости). Запишем далее уравнение движения центра масс шарика 352 [Гл. е авионика твердого тала откуда видно, что Й направлено по горизонтали, т. е. вертикаль- ная компонента И остается постоянной. Из (7) находим — о ' о (г — о'о): ~2о = 52 [г=т, ало+ 2 Теперь найдем решение уравнения (4) х=- — ву, у=вх, (8) где зв 2 в,= = — в еао+ 2 7 Вводя комплексную координату и=х+!у, запишем систему (8) в виде и — !вги .=- О. Следовательно, агап и=А+В— авг (9) Учитывая начальные условия г(0) =го, г(0) = [вго1, т. е. и(0) =- гое', и(0) = !вгое'", найдем постоянные А == г,е'" (1 — —" [, В = гг ве'".
в! ! Из (9) получим и =- гоеиа ~ (! — — 1 + —" е'~ ' ~, х = Реи = го соз а (1 — — 1! + го — сое (вг! + а), в,/ у == ути —.— г,е!на (1 — — ~ -[- го — е1п(в,!+ а). вгг аа 5 5 — — госое а, — — гое1п а1 2 2 Таким образом, траекторией центра масс шарика является окруж- ность с центром в точке 353 Общий случай диижеиия в 7 и радиусом Й = и, — =- — и,. Угловая скорость вращения центра 1 масс ша ик р а по этой окружности иу1= — иу не зависит от началь- 2 ных условий. 8.44. При исследовании движения силенетричных фиг (У = гур ( ~= = ) удобно воспользоваться следующим трехгранником (р, а, б).
Орт пи направим по оси симметрии тела, он об арис. 8.44, а, б . р Рис. 8.44 зует угол О с вертикалью, другой орт п1 направим по линии узлов в горизонтальной плоскости. Он образует угол ~й с выделенным горизонтальным направлением; третий орт п,= [п,п1].
Угловую скорость этого трехгранника обозначим через еи. Предположим, что тело вращается вокруг оси симметрии с угловой скоростью ф. Пусть йй †полн угловая скорость тела. Поскольку вращение трехгранника не связано с изменением угла ф, то, полагая ф=0, чР=О в эйлеровых выражениях для угловой скорости, найдем проекции угловых скоростей «у и Й на указанные орты ы,=Е, м,= импе, ы,=й'созб; (1) ~1 си1 ~2 сии ~и сиз (2) Найдем теперь ускорение центра диска. Радиус-вектор точки касания ге =- — апе Поэтому скорость центра масс т = а[Ип,]. (8) Следовательно, ускорение центра масс а'и % = — -,'— [мт] = а[ййчпи]+ а[в [Оп„.ц = = а [й'ои] -,'- айй (мпи) — ап, (мйй). [Гл. в Дзламкка твердого тела Отсюда получим проекции ускорения — ' = — пай+ (()пг) (ээпэ) = — ар+ 20грв!пΠ— грсовО, (4) а — ' .—.-- (Ип,) (ее па) — - (гзЯ) = — 6' — гр сов О (гр сов 8 + ф), (5) а — а = п,зз —, (1)п,) (гана) =-О+ рв[п 0(грсов О+ тР).
(6) а Далее найдем компоненты производной момента количества движения -'-М- "— М-1вм), Мг = У,йо Мэ = гФ»+ (гоФэ гэ о»з11э.гэ) = ) (о»» <оэо»э) 1 ~эгозгтэ (7) Ма = )Фа+ (гоз()э Рг — гоФэУа) =- Р (гоа .1- гозгоэ) — еоФзРэ» (6) Мэ =' /ээаа 1 (гагэаааа гоаэааа1) = [ээаз (9) здесь — = 7,.—, так как для рассматриваемого тела мозмг а и» »й' ' »1Г менты инерции относительно осей п, и пэ в любой момент времени равны). Учитывая определения (1) и (2), из (4) — (9) н (5) получим уравнения движения диска: та ( — ар+ 20гр зш Π— гр сов О) =- й„ вЂ” та [Оэ + гр сов 0 (»р сов О + аР)) = М, — т~ з[п О, (10) аи(0-1 грв1пО(<рсов0+ эР)) =-)тз — тйсоа0; а'(Π— грезшОсовО) -за'эгрз1п 0(грсовО+ аР) = — аЯ„ а'(грз[п 0-'- 2грО сов О) — (~О(грсоз 0 -1- ф) = О, (П) у,(ар-- рсоа 6 — грОв1п 0) =- ай„.
Исследуем теперь условия устойчивости движения диска. Предположим, что ~р(0) - О, 0 (О) = О, 0 (О) = — , 333 Общий случай движения % 3] И получим приближенно — татр = )т„ (18) Далее, из (14) и (15) найдем (19) Следователы1о, (та' + У) х '- ) (та' —,,)в) фо — ' — тда1 х =- О. (20) у Таким образом, условием устойчивости движения диска является неравенство щеао тро ) Поскольку для диска Хв =- —,,7 = —, фо ) — или оо )— вата имР ' в ф в ва 2 а За 3 8,45, Используя результаты задачи 8А4, находим уравнение малых колебаний х = Асов(оМ,— а), где оР = — (4о' — да). 3ва О Ра — тд, та( — х+ <Р(1) =- )тв — тдх; —,),х+ лаУРР =- — аР;, о'Л + о' хФ = О, ,(в1р = ай,.
'Из (12) и (!7) находим 01=0, а=фа. Из (16) получим ,Г~ Ф = — — хара. у, — (таа+ у) х+ (таа -';/в) сайф=-- — таах, (тав -~ у) х + ~ (тав + 7в) ф~о — в -- тра ~ х =- О. о' щог учитывая, что у =- —, Ха =- та'-*, получим 2 (12) (13) (14) (15) (16) (17) Динамика твердого тела 356 Отсюда ясно, что движение устойчиво, если оа ) иа 4 8.46. Полагая в уравнениях (10), (11) задачи 8.44 л и О=- —, ~р=-га, ар=га —, 2 и получим О =- Я,, + Кп, О = — ту+ )г,а+ Раа, лгае' — = Й„+ Й„„ Ь а ь Х,гаа — =- — ай„— щ,а, а =- пггаг О=йя~ О Полагая )так=О, найдем Лаг == О, Йаа а ЯЬа = тд+ л', —.
и 8.47. Найдем момент снл, действуюших на спутник произвольной формы. 1. =- — у — ' 1 (рта) ( 1 — — г(т. При интегрировании введем систему координат 5', асн которой совпадают с главными осями инерции спутника. В этих осях га= =га(совам сов аь совал). Интегрируя (2), найдем 1.
=, — — [сова,созеаа(Уа — Ха) и, + Зтага а а + созга,сов сг,((,— У,) пл +созга,сов аа ((, — Уа) п, .1 [р ге+ р1 ( (1) 1га+ р Р га — радиус-вектор, проведенный из центра Земли в центр масс спутника, здесь р — радиус-вектор элемента Нгп спутника относительно системы с началом в центре масс спутника, пта — масса Земли. Очевидно, 1р ак~ <<г,, поэтому Общий случай доижеияя Теперь совместим плоскость Оху с плоскостью орбиты. Введем также трехгранник с началом в центре масс спутника и следующими ортами; орт пь направленный вдоль оси узлов в плоскости орбиты, орт п, по оси симметрии спутника и орт п2=1пзп!).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
