А.Б. Пименов - Методика решения задач по теоретической механике (1119855), страница 13
Текст из файла (страница 13)
— 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 . г / 21 2гпдЛ л (2.378) Уравнение Лагранжа о дЕ дх". —, — — = О.
(2.377) а а1' ад очевидно, может быть записано в форме уравнения гармонических ко- лебаний д Л1л — 2) (2.378) 117 И поскольку слагаемое тдЛ в потенциале., представляющее собой кон- станту, может, в силу неоднозначности определения функции Лагранжа, отброшено.
окончательно имеем: с собственной частотой Н(л — 2) и периодом 2л ) <<(х — 2) т = — = 2л<( д (2,379) (2.380) Задача 2.8.2. Построить лагрвнжиаи и найти закои движения в квадратурах для одноролиого симметричиого волчка массой ьч с неподвижной нижней точкой, если Расстояние от иее до цеитра масс волчка 1, а главные моменты инерции 31 =,72 и <з. В качестве обобщенных координат игпользовать углы Эйлера.
~11 '~22 ' 31 '<2 рЗЗ Зь (2.381) Кинетическая энергия волчка, согласно теореме Кенига, есть сумма энергии движения центра масс Т„„и энергии чисто вращательного движеиия Твг Кинетическую энергию центра масс найдем, как энергию точки с массой, равной массе волчка, и помещенной в центра масс С волчка: п<г 2 Т„„= — 1;сч „Ч- У„„+ зь„) . (2.382) 118 Решение. Как известно, произвольное твердое тело имеет шесть степеней свободы.
Однако условие неподвижности нижней точки автоматически приводит к уменьшению числа степеней свободы до трех (оиа ие имеет возможи<кти двигаться ни по вертикази, ни в одном из двух направлений в горизоитальиой плоскости). В качестве обобщенных координат выберем углы Эйлера р. Зр и ес Выберем неподвижную систем< координат луг так, чтобы начало координат совпадало с нижней точкой волчка (см. Рис.). Оси системы ко.
ординат л'у'2', жестко связанной с волчком (ее начало необходимо совместить с цен гором масс С), ориеитируем так, чтобы они совпадали с осями инерции (в данном случае ось 02' выберем вдоль оси симметрии волчка). В таком случае тензор инерции зч будет диагональным (7, =- О, для всех 1 ф у ), диагональные элементы с<о совпадают с главными моментами инерции: Используя рисунок, выразим координаты центра масс через углы ЭП- лера: т.„= ОС соз1 — + р11 = 1зшВ соз (- ч- <р) = = — 1з!пбешр. (2.383) (2.384) (2,385) ец.ц.
= 1 поз В. дифференцируя, находим. что = -1(ВсозВэ)пр+ рз1пВсозр). Вц„, — — 1(ВсозВсоз;". — рз1пВзш р)., Вц,ц, = -19з)пВ. Возводя в квадрат н складывая. приводя подобные слагаемые., для ки- нетической энергии (2.382) центра масс будем иметь Щ12 2 7 „.. = — ~ (9 соз 9 гбп р + р з) п В соз и) + 2 119 (и Уц„» = ОС' з1п)-' Р) =1зшВсозР, 12 (2.386) (2.387) (2.388) +(ВсовВ~~1Р— фЯ~ВЯ)~рг) +В~Яп~В) = = — (ф~вш В+ В ). 2 (2.389) Кинетическая энергия вращательною движения с учетом (2.381) может быть записана как (2.390) где ып ыв и мв — проекции вектора угловой скорости волчка на оси систе- мы координат х'у'в', жестко связанной с ним. Они могут быть выражены через углы Эйлера В, ф, ф с помощью кинематнческих уравнений Эйле- ра; Подставляя в (2.390), будем иметь: 1 / 2 .
2ч Т,р — — —,7, ((Всовф+ уз)пВвшя) + ( — Вяпф+ фяпВсовф) ) .1- 2 +-.7з (ф т фсовВ) = — 71(ф в1п В+В ) + — ув (ф т фсовВ) . (2.394) 2, 2 2 2 2 2 Объединяя с (2.389)., для кинетической энергии волчка получим выражение: Т.= — /1(ф~яп В+ Вп) ч- — Вв(ф ч-фсовд), (2 395) 2 2 где введено обозначение и У (г (2.396) Потенциальная энергия волчка в вертикальном однородном поле тяготения определяется положением его центра масс (2.384): У = тду„„= тд1 сов В.
(2.397) 120 ТВР = к А'тоб = — 71(иг ьяр) ч- —.)в в. Г 2,21,2 я, я м ° = Всовф ч фвшдяп ф, яв = ыр = — Ввпчф 1 фв1пдсовф. ыз — = я, =- ф -~-фсовВ, (2.391) (2.392) (2.393) Как следствие, ллн функции Лагранжа волчка будем иметь: Е = —.У(у~юп В+ В ) + —,Уз (зУ) + р сох В) — тд1 созВ. (2398) 2 2 Закон движения волчка найдем лзетодом интегралов движения. По(дЕ скольку лагранжиан не зависит явно от времени ( — = О, интегралом (, дс движения является обобщенная энергия дС дС дС Е =  — + чз —. + Ф вЂ” — Е = дВ дзо др = —,У,'(чз~з1п В+ В )) -Уз (зр ч- зУ~озд) ч-~91 ожд = озгюп (2399) 2 2 стало быть.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
