А.Б. Пименов - Методика решения задач по теоретической механике (1119853), страница 12
Текст из файла (страница 12)
)( гп' (((2т и соответствующие им столбцы комплексных амплитуд: А(э> ( ) На осиове имеющегося выражения для кинетической эиергии систе- мы г 1 г 2 т гпхгт (пхэ Е ( хтз 2 2, (2.328) составим матрицу Т ее квадратичной формы т (ь ь*) ~2 О) (2.329) 4( (тТА(м б ь (2.330) Для этого представим иормироваиные амплитуды в виде: А(П =с, и найдем нормировочные коэффициенты сп сэ из требований А(втТАсп 1 АрэтТ 4(П 1 (2.331) В частности, для А(((; е ( 1 — ) ( ', ' ) ( ', ) - х ( г — ) ( ', ) = = сг Зт = 1., (2.332) 108 (заметим, множитель 1 (2 не входит в коэффициенты 1, !).
Лля построения иормальиых координат придерживаемся стандартного алгоритма. 1. Построим нормированные на единицу (с весом Т) комплексные амплитуды А, (ы откуда (2.333) 1( 1)~ ~ )(~)= (2 2 )( )= = с, бел = 1, (2.334) откуда (2.335) и' = — ( ). А = — ( ). в.ЗЗе 2. Построим матрицу А из компонент столбцов нормированных амплитуд А: 1 1 43ш ъ'бт (2.337) 1 Лт 3. Нормальные координаты (, вводим преобразованием обобщенных координат х -ь б. или, что то же самое (2.339) 109 1 с~ = —. ,з Совершенно аиалогично дли А'Ю: 1 сз =- =.
Позтому нормированные амплитуды имеют вид; 1 1 ъ'Зт ~габт 1 2 ~/Зт ъ'бт 1 1 т! ~=(1 ч с2 ~/Зт ~/бт 1 2 те=- 6+ ьз ч'Зш ч'бт 6 (2.338) 42 Подставим (2.339) в лагранжиан (2.327) .2 1 2 2 е С = тх, + — тхх — йх, — -(хз — х1) 2 2 ( 1 1 1 1 / 1 2 т( ь1+ ье~ + гл ( ьг+ че) ~,т/Зт х/бт,~ 2 1, ъ'Зт х/бт т) -/с — ~1 + — (е~ — — ~ — — бе + — ~1) . (2.340) 1, ч/Зт т~/6т т/ 2 1 ~/бт ь/Зт т) Раскрывая '- ки, легко убеждаемся в сокращении перекрестных членов 81бе н с1/ ~исси слагаемые дают лагранжиан щ (-4, — е ы0141) + ( — бз — — ы~юбе ) .
(2.341) А ТА =1. (2.342) откуда А г=АтТ, (2.343) что позволяет обратить (2.338) и окончательно записать; ( ~' ) = АтТ ( ' ) = О ь/Згп ~/Зт (2.344) 2т 2т х/бт тх/бт 110 представляющий собой сумму лагранжианов одномерных гармонических осцилляторов с частотами, совпадающими с собственными частотами ьли., ьеи колебательной системы. Матрица А удовлетворяет условию: Итак, нормальные координаты /т (~ — — ) — (2х1 — хз), "у з (2.345) бз = 2~) — (х, е х,). 2.8 Динамика твердого тела Общие рекомендации. При решении задач на динамику твердого тела прежде всего необходимо построить его лагранжиан. Следует помнить, что произвольное твердое тело может иметь максимум шесть степеней свободы. Различные ограничения, накладываемые иа возможные типы движения твердого тела 1связи), естественно, приводят к уменьшению числа степеней свободы.
Лаграижиан твердого тела, как обычно, представляет собой разность его кинетической и потенциальной энергий. Кинетическая энергия твердого тела состоит из двух частей. Первая — кинетическая энергия его поступательного движения. Вторая — кинетическая энергия его вращательного движения вокруг оси, проходящей через центр инерции. При этом следует помнить о том. что в выражении, определяющем зту энергию фигурируют компоненты тензора инерции, подсчитанные в системе координат, жестко связанной с твердым телам, с началом в его центре масс, и компоненты вектора угловой скорости в этой же системе координат.
Потенциальная энергия твердого тела в поле тяготения может быть определена по положению его центра масс. Задача 2.8.1. Однородный полый полуцилиндр массой т и радиуса Й находится на шероховатой горизонтальной поверхности и может со- 111 вершать линейные плоскопараллельиые кодебаиия. Найти период этих колебаии й. Решение. Очевидио, что полуцилиидр имеет одну степень свободы и его положение может быть задано одиой ксюрдиватой, поскольку при движении его ось остается всегда горизонтальной и параллельной самой себе.
и отсутствует проскальзывание между нижней поверхностью полуцилиидра и горизонтальной поверхиостью. Выберем в качестве обобщенной коордииаты угол ур его поворота вокруг своей оси. У, Для нахождения функции Лагранжа гюлуцилиидра построим отдельно его кинетическую Т и потенциальную У энергии. Кинетическая энергия представляет собой сумму энергий поступа- тельного лвижеиия Т„, и энергию вращения Т.р. 11ервая может быть записаиа как (2.346) где х„„,, уч „— координаты центра масс (точка С иа рисунке) в иеподвижиой системе координат.
Заметим, что., в силу условия отсутгтвия проскальзывания. Лдииа отрезка 00' совпадает с длиной луги ЛО'. при этом -АО' = 11ур. Обозначим через 1 расстояние от центра масс полуцилиидра до его оси ~это 112 расстояние мы рассчитаем далее). Из рисунка видно, что длины отрезков СК = 1сйп р., Мл = 1соз д., а координаты центра масс Лиффереицируя, находим: Тогда, подставляя в (2.346), Т„мг = — ~г~(11~ + 1~ — 2Ж соэ,о). (2 351) (2.352) определяется по компонентам теизора инерции 1ч, подсчитанного в си- стеме координат, жестко связаиной с иим, с началам координат, совпа- дающим с центром масс. Выберем оги последней так, как показано на рисунке.
В этом случае, очевидно, что вектор угловой скорости ориентирован вдоль оси з' и его компонента вдоль этой оги ыз = ф, а потому из всей двойной суммы «выживаетч только слагаемое с компонентой .Узз тснзора инерции: 113 хц 00 СК Лу 1 з!п ~о, рцч = МΠ— М.ч = Т1 — 1соэф. гц = Яд 1усовйч Уцм. — 1'гь з)п ф. Кинетическая энергия вращения полуцилиндра 3 т„= - ',) уел.ы. сз =! (2.347) (2.343) (2.349) (2.350) 1 7' =-Узза э 2 (2.353) Для того чтобы найти компоненту тензора инерции Уц в системе координат, жестко связанной с полуцилиндром, с началом координат, совпадающим с центром масс, воспользуемся теоремой Штейнера.
Дело в том, что нам проще расчитать компоненты тензора инерции в другой системе координат, а именно в той, начало координат которой находится на геометрической оси полуцилиндра (точка М на рисунке). Напомним, что, согласно теореме Штейнера, компоненты тензора инерции,уч в произвольной системе координат, жестко связанной с твердым телом, могут быть выражены через компоненты тензора инерции Р,:", подсчитанного в системе координат с началом в центре масс, следующим образом: уч = ~,.",'"'+ гп(а~си — а,а ), (2.354) где а; — компоненты вектора а, на который отстоит начало данной систел~ы координат от центра масс (начало вектора а совпадает с центром масс).
Тогда необходимая нам компонента тензора инерции,Уэз в (2.353) (в наших обозначениях,7ээ щ,ф"', а компоненты тензора инерции в системе координат с началом в точке М обозначим через Уу) Ззз = ую — т(а 6эз — азиз). ! з (2.355) И так как вектор а = е„ 1, то есть а~ = О, аэ = 1, аэ = О, то Узз = Хмй — нга бм = Х'„', — гп1~. (2.356) А~ = ~йп(г 6ч — х,х,), (2.357) полагая 1 = 1 = 3, будем иметь /. ° = ~ 4гл(тпз — (3 )2) ~ Згп((гп)з + (рп)з) (2.358) 114 Компонента тензора инерции у„", в системе координат с началом в точке М считается тривиальным образом.
В сэмом деле, поскольку согласно определению. Поскольку все точки полуцилнндра равноудалеиы до его оси, ('")'+ (уч)' = Н' и ~зз = тН э Подставляя в (2.356), находим: (2.359) гНэ (2.360) уц „= — ( от(г ") у", (2.361) где пт(г") — лхасса элемента твердого тела с радиус-вектором г ', .т— масса всего твердого тела. Из рисунка следует, что уь = -1сйпо Масса от элемента полуцилиндра, который опирается на угол оа, найдем из пропорции (вся масса тп приходится на площадь поверхности полуцилиндра лН. Н, где Н вЂ” длина полуцнлиндра вдоль его оси, а масса элемента пт приходится на полоску вдоль образующей полуцнлиидра площадью Воа Н): т ля Н (2,362) Йт Яда Н 115 Теперь найдем положение центра масс полуцилиндра, рассчитаем расстояние 1.
Напомним., что координата у„„центра масс может быть найдена используя соотношение откуда гп йп = — Иа, гГ (2.363) причем 0 ( а < л. Тогда Рп.м. = — — г1 — На 77в!па =- — — 1 Йа в1пи = — —. (2.364) т л л гг е с Однако, с другой стороны, как следует из рисунка, Укм. (2.365) Стало быть ,(, 4) Т, =-тВ (1 — — )у. лг (2.367) (2.368) Кинетическая энергия поступательного движения (2.351) при этом ггу 4 4 Т = — В у (1+ — — — сову) . 2 (, лг л (2.369) Собирая вместе (2.368) и (2.369), для кинетической энергии полуцилиидра будем иметь: Т=Т„„,+Т„=тйгуг(1--'сову). (2.370) Потенциальная энергия полуцилиндра с' — труп.м.
с учеюм соотношений (2.348) и (2.366) может быть записана как (2.371) 2 У = тдВ (1 — — сов у) . (2.372) 116 2В (2.366) л Поэтому компонента тензора инерции,Ум (2.360) и кинетическая энергия вращения Твр (2.353) могут быть записаны соответственно: Поэтому функция Лшранжа полуцилиндра будет иметь вид Е = Т вЂ” 17 = тЛ~1ш (1 — — соз ш) — гпдЛ ) 1 — — соз1г) (2.373) л ) 2 1 2тдЛ С = гпЛ 1г ) 1 — — сов Зг) + — соз йь (2.374) Для нахождения периода малых колебаний произведем разложение построенного лагранжиана в окрестности положения равновесия ше =- О. Для этого воспользуемся асимптотическим соотношением для косинуса 1 сов л = 1 — — ~ 2 2 Поскольку необходимо ограничиться квадратичным приближением, в кинетическом члене запишем; фгсозш = Зш -~- В итоге лагранжиан в квадратичном приближении па малым огклонениим ат положения равновесия = тЛ ф ~1 — -) ч- — ~1 — — р рн Х з/ 21 2тдЛ/ 1, г1 (2.375) ) ".г 1 г ) Отбрасывая константу 2тдг/л в потенциальном члене., окончательно Е1 1 = тЛ ф ~ 1 — — ) — — 1г .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
