А.В. Карапетян - Курс лекций по классической механике (1156887), страница 8
Текст из файла (страница 8)
Рассмотрим 2 интеграла из системы (1∗∗ ). В осях ω1 ω2 ω3 онизадают 2 эллипсоида. Пусть h — фиксировано, k — меняется.1. k 2 < 2Ah. Тогда первый эллипсоид лежит внутри второго и они не пересекаются. Движение невозможно.2. k 2 = 2Ah. Тогда ω1 = ± Ak , ω2 = ω3 = 0.3. k 2 ∈ (2Ah, 2Bh). Область возможности движения — две окружности.4.
k 2 = 2Bh. Тогда ω2 = ± Bk , ω1 = ω3 = 0.5. k 2 ∈ (2Bh, 2Ch). Область возможности движения — две окружности.6. k 2 = 2Ch. Тогда ω3 = ± Ck , ω1 = ω2 = 0.7. k 2 > 2Ch. Тогда первый эллипсоид лежит вне второго и они не пересекаются. Движениеневозможно.3.3.3. Перманентные вращения волчка Эйлераω1 = ω = const, ω2 = ω3 = 0ω2 = ω = const, ω1 = ω3 = 0ω3 = ω = const, ω1 = ω2 = 0Перманентные вращения волчка Эйлера вокруг наибольшей и наименьшей полуосей эллипсоида инерции устойчивы, а вокруг средней оси — неустойчивы.3.3.4. Геометрическая интерпретация ПуансоТеорема 3.16. Эллипсоид инерции волчка Эйлера катится без скольжения по неподвижной плоскости, ортогональной вектору кинетического момента волчка.
Рассмотрим эллипсоид инерции. Σ = {r ∈ R3 : (JO r, r)}. Рассмотрим точку P пересечения мгновенной оси вращения Oω с Σ. Проведем через точку P плоскость π, касательную к Σ.Тогда v P = 0, так как P принадлежит мгновенной оси вращения.1OP = r P = λω ⇒ 1 = (JO r, r) = λ2 (JO ω, ω) = λ2 · 2h ⇒ λ = √ .2h(grad Σ)PJO r PJO ωKO===⇒ π ⊥ KO.|(grad Σ)P ||JO r P ||JO ω|k√JO ωλ · 2h2hdist(O, π) = (r P , nP ) = λ ω,=== constkkkПоэтому π неподвижна. π ⊥ np =393.3.5. Регулярные прецессии динамически симметричного волчкаЭйлера (A = B 6= C)Регулярная прецессия динамически симметричного ТТ — это такое движение ТТ, при котором оно вращается с постоянной угловой скоростью вокруг оси симметрии, которая вращаетсяс постоянной угловой скоростью вокруг неподвижной в абсолютном пространстве оси, причемугол между этой осью и осью симметрии постоянен.Теорема 3.17.
Общее движение динамически симметричного волчка Эйлера представляет собой регулярную прецессию (причем Oz = K o ). Пусть ось Oz неподвижной системы координат совпадает с K O . Из уравнений Эйлераследует, что ω3 = ω30 = const. Значит,−1kKz = Cω3 = Cω30 = k cos θ ⇒ cos θ == const .Cω30Воспользуемся кинематическими формулами Эйлера:ω1 = θ̇ cos ϕ + ψ̇ sin θ sin ϕ,ω1 = ψ̇γ1 ,ω2 = −θ̇ sin ϕ + ψ̇ sin θ cos ϕ, ⇒ ω2 = ψ̇γ2 ,ω3 = ϕ̇ + ψ̇ cos θ.ω3 = ϕ̇ + ψ̇γ3 .Kx = Aω1 = Aψ̇ sin θ0 sin ϕ = kγ1 = k sin θ0 sin ϕKy = Aω2 = Aψ̇ sin θ0 cos ϕ = kγ2 = k sin θ0 cos ϕkk Cω30Cψ̇ = = Ω2 = const(sin θ0 6= 0); ω3 = ω30 = ϕ̇ +⇒ ϕ̇ = ω30 1 −= Ω1 = const .AA kA3.3.6. Волчок ЛагранжаТяжелое, динамически симметричное ТТ с неподвижной точкой.
В осях, связанных с теломs = (0, 0, c).(JO ω̇ + [ω, JO ω] = [γ, ∂V],∂γγ̇ + [ω, γ] = 0Проекция уравнения Эйлера на e3 дает C ω̇3 = 0. JO = diag(A, A, C), C 6= A. V = mg(s, γ) =mgcγ3 . Имеют место интегралы:1H = (JO ω, ω) + mgcγ3 = h,K = (JO ω, γ) = k,2Ω = ω3 = ω,Γ = γ 2 = 1.Перепишем их в углах Эйлера (θ, ψ, ϕ):11H = A(θ̇2 + ψ̇ sin2 θ) + C(ϕ̇ + ψ̇ cos θ)2 + mgc cos θ = h,22K = Aψ̇ sin2 θ + C(ϕ̇ + ψ̇ cos θ) cos θ = k,Ω = ϕ̇ + ψ̇ cos θ = ω.Замечание.
Если существует t0 (tπ ), такое что θ(t0 ) = 0 (θ(tπ ) = π), то k = Cω (k = −Cω).Тогда если k 6= ±Cω, то sin θ 6= 0, ∀ t.cos θ1. Пусть k 6= ±Cω, тогда ϕ̇ + ψ̇ cos θ = ω, Aψ̇ sin2 θ = k − Cω cos θ. Получаем ψ̇ = k−Cω.A sin2 θПоложим111 (k − cω cos θ)2Hk,Ω = Aθ̇2 + Vk,ω (θ) = h − Cω 2 ,Vk,ω = mgc cos θ +.222A sin2 θ403.3.7. Динамика твердого тела на горизонтальной плоскостиПусть дано выпуклое тело. S, x1 , x2 , x3 — центр масс и главные оси инерции тела (подвижнаясистема координат имеет центр в центре масс тела).
Оператор инерции JO и масса m заданы.Поверхность тела задается уравнением Σ : f (x) = 0. А само тело — Int Σ : f (x) 6 0. Пустьr S = OS, ρ = SK — радиус вектор точки касания тела с плоскостью, u = v K = v + [ω, ρ]. γ ортвосходящей вертикали. Запишем уравнения:d dt (mv) = mg + R;d(J ω) = [ρ, R];dt S(u, γ) =?Рассмотрим следующие модели:1. R = N γ — абсолютно гладкая плоскость2.
u = 0 — чистое качение (абсолютно шероховатая поверхность)3. R = Nγ − f N uu — сухое трение.Разберем их на примере шара радиуса a. В этом случае ρ = aγ ⇒ (v, γ) = 0. JS = 25 ma2 E.1. R = Nγ. Тогдаdmv = (N − mg)γ,dt2 2 dωma= 0.5dt(1)(2)dd(mv, γ) = m (v, γ) = 0 ⇒ ((1), γ) = 0 ⇒ N = mg.dtdtЗдесь мы пользовались тем, что dγ= 0. Таким образом,dtdv= 0 ⇒ v = v0;dtdω= 0 ⇒ ω = ω0dtПричем начальная скорость удовлетворяет условию (v 0 , γ) = 0. Итак, траекторией движения центра является прямая r = r 0 + v 0 t.2. u = 0.
Тогдаdmv = −mgγ + R,dt2 2 dωma= −a[γ, R].5dtu = 0 ⇒ v = [ρ; ω] = a[ω, γ]. Поэтому (1) и (2) переписываются в видеdωma, γ = R − mgγ,dtmadω5= − [γ, R].dt2Подставляем (1′ ) в (2′ ) имеем5[[R, γ]γ] = R − mgγ2⇒4155γ(R, γ) − R = R − mgγ22(1)(2)(1′ )(2′ )Поскольку из последнего равенства следует параллельность векторов R и γ, имеем R =Nγ ⇒ N = mgdvdω= 0;= 0 ⇒ ω = ω 0 , v = a[ω 0 , γ]dtdtТаким образом траектория, описываемая центром шара имеет уравнение r = r 0 + a[ω 0 , γ]t.u3.
R = Nγ − f N |u|. Тогдаdumv = (N − mg)γ − f N ,dtu2 2 dωuma= −af N[γ, ].5dtu(1)(2)Пусть e = uu . Тогда из ((1), γ) имеем N = mg и (u, γ) = 0.dv= −f ge,dt5 fgdω=[γ, e].dt2 a5557du= −f ge − f g[[γ, e], γ] = −f ge + f gγ(γ, e) − f ge(γ, γ) = − f ge ⇒dt2222dude7e + u = − f gedtdt2(1′ )(2′ )(3)Из того, что ( de, e) = 0, имеем, c учетом (3), de= 0, du= − 72 f g (Обе части последнегоdtdtdtdeравенства умножить скалярно на dt ). Поэтому имеемf gt22Отсюда, если v0 6 kr 0 , траектория — парабола, если v 0 kr0 , траектория — прямая.e = e0v = v 0 − e0 f gt; ⇒ r = r0 + v 0 t − e05 fg[γ, e0 ]t2 av 0 ke0 ⇔ [v0 u0 ] = 0 ⇔ (v 0 , ω 0 ) = 0.ω = ω0 +42.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
