Семинары 3 семестр Часть 1 (1238797), страница 5
Текст из файла (страница 5)
Семендяев. Семинары осеннего семестра492 gh1A + MR 22ω=Задача.NAAPmgNBϕBРисунок 52AB = aϕ ( 0 ) = ϕ01)ωст , ε ст = ?2)ϕ1 = ? , когда стержень отойдет от стеныЗакон сохранения энергии:aa1mg sin ϕ0 = mg sin ϕ + ma 2ω 2226JP =ma 2 ma 2+124P - мгновенный центр вращенийω2 = gsin ϕ0 − sin ϕ3aВыбирая точку P , избавляемся от моментов сил реакций у стенок.Закон сохранения моментов импульсов:J Pϕ =ϕ =−ma 2aϕ = − cos ϕ ⋅ mg323 g cos ϕ2aУсловие отрыва: N A = 0 .С.В. Семендяев.
Семинары осеннего семестра50mxC = N A = 0axC = − cos ϕ2xC =asin ϕ ⋅ ϕ2xC =aa2cos ϕ (ϕ ) + sin ϕ ⋅ ϕ22cos ϕ (ϕ ) + sin ϕ ⋅ ϕ = 02cos ϕg ( sin ϕ0 − sin ϕ ) 3a⎛ 3g cos ϕ ⎞+ sin ϕ ⎜ −⎟=02a ⎠⎝3sin ϕ0 − sin ϕ = 022sin ϕ = sin ϕ0323Отрыв будет при таком ϕ : sin ϕ = sin ϕ0СЕМИНАР №8С.В.
Семендяев. Семинары осеннего семестра51ПРИМЕНЕНИЕ ОСНОВНЫХ ТЕОРЕМ ДИНАМИКИ В НЕИНЕРЦИАЛЬНЫХСИСТЕМАХ ОТСЧЕТА И В ЦЕНТРАЛЬНОМ ПОЛЕФормула Кориолиса:Wa = We + Wr + WkС ее помощью можно получить закон изменения импульса в неинерциальной СО:dPr= mWrC = R внеш + Fe + Fkdtгде вводятся переносная и кориолисова силы инерции:()e′ ⎣ωe × [ωe × ri′]⎤⎦ =Fe = −∑ mWi i = − ∑ mi WO + [ε e × ri ] + ⎡()= − m WO + [ε e × rC′ ] + ⎡⎣ωe × [ωe × rC′ ]⎤⎦ = − mWeCkCFk = −∑ mWi i = − mWkДля момента импульса:dK rO= M Oвнеш + M Oe + M Ok − m [υO × υC ]dtДля кинетической энергии:dTr = δ Aвсех _ сил + δ AeТ.к.
Wk = 2 [ωe ×υr ] ⊥ υr ⇒ кориолисова сила в неинерциальной системе отсчета работыне совершает.Условия относительного равновесия – условия равновесия в неинерциальнойсистеме отсчета, при этом приравнивают к нулю левые части уравнений,записанных выше.Задача.l , mg , ωϕ =?υr = 0 ⇒ Wk = 0lF e = mω 2 sin ϕ2С.В. Семендяев. Семинары осеннего семестра52X O , YO , Z O - силы реакции, X O ⊥ плоскости, содержащей вертикаль и стержень.ZOω = constOYOϕdFeXOFemgAРисунок 53XO = 0lYO + F e = 0 ⇒ YO = − F e = − mω 2 sin ϕ2Z O − mg = 0 ⇒ Z O = mg2l⎛⎞N = m g + ⎜ mω 2 sin ϕ ⎟ - полная реакция2⎝⎠22Теперь моменты сил:l− mg sin ϕ + M Oe = 0 (*)2Так как не знаем, где приложена равнодействующая ,выделим элемент на стержне:M Oe = ∫ dM OedF e = dm ⋅ ω 2ξ sin ϕ , где ξ - расстояние от O до элемента dmdM Oe = dF eξ cos ϕdm = ρ d ξll2M = ∫ dM = ∫ ρω sin ϕ cos ϕξ d ξ = mω sin ϕ cos ϕ30eOeO222Подставим в (*):ll2− mg sin ϕ + mω 2 sin ϕ cos ϕ = 0231.
ϕ = 0С.В. Семендяев. Семинары осеннего семестра532. ϕ = π3. ϕ = arccos ⎛⎜3g ⎞3g, возможно при ω 2 ≥2 ⎟2l⎝ 2lω ⎠Найдем точку приложения равнодействующей переносных сил инерции:M Oe = F e hM Oe 2mω 2 sin ϕ cos ϕ l 2 2= l cos ϕh= e =F3mω 2l sin ϕ3Можно было найти по-другому:dF e = dm ⋅ ω 2ξ sin ϕ ∼ ξξdF eРисунок 54В треугольниках центр тяжести на расстоянии двух третей от вершины на медиане.Задача.ω = constυrРисунок 55Гладкая трубка вращается с постоянной угловой скоростью ω = constШарик массы mϕ0 ,υ0rυ r (ϕ ) = ?NrС.В. Семендяев. Семинары осеннего семестра54Вид сверху:FeNϕ2ϕωFkυrРисунок 56Реально действующих сил, совершающих работу, нет.Fk = −mWkF e = mω 2 2r sinϕ2F k = 2mωυ rϕϕmυr2 mυr20ϕϕ−= ∫ 2mω 2 r sin cos rdϕ = ∫ mω 2 sin ϕ r 2 dϕ =2222ϕ0ϕ0= − mω 2 r 2 cos ϕϕϕ0= mω 2 r 2 ( cos ϕ0 − cos ϕ )Отсюда:υr2 = 2ω 2 r 2 ( cos ϕ0 − cos ϕ ) + υr20Возьмем уравнение импульсов на нормаль траектории:mυC2ρC= RnС плюсом проецируются те векторы, которые направлены в сторону вогнутости:mυr2ϕ= 2mωυr − 2mω 2 r sin 2 − N2rОтсюда находим N (ϕ )По другому:С.В.
Семендяев. Семинары осеннего семестра55mdυrϕ= Rτ = F e cosdt2υϕrdϕrdϕϕυr = r⇒ dt =⇒ m ∫ υr dυr = ∫ F e cos rdϕυr2dtυr 0ϕ0ДВИЖЕНИЕ В ЦЕНТРАЛЬНОМ ПОЛЕЦентральное полеF (r ) = ±F (r )rr− - сила притяжения+ - сила отталкиванияВ центральном поле выполняется закон сохранения момента импульса:K O = [ r × mυ ] = constВ полярных координатах:υ = rr0 + rϕϕ0r 2ϕ = const = c - закон площадей справедлив для любого центрального поля.Закон сохранения энергии также имеет место:T + Π = constДействительно,δ A = F ( r ) dr = ± F ( r )rdr =rdrr1d ( r ⋅ r ) = rdr2δ A = ± F ( r ) drПоследнее выражение зависит от одной переменной и всегда может бытьрассмотрено как полный дифференциал. Это значит, что работа зависит только отначального и конечного положения и на замкнутом контуре равна нулю.Формулы Бинеυ 2 = r 2 + r 2ϕ 2С.В.
Семендяев. Семинары осеннего семестра56⎛1⎞d⎜ ⎟dr drdr cr== −c ⎝ ⎠ϕ=2dt dϕdϕ rdϕС учетом этого, а также ϕ =c, получим:r2Первую формулу Бине:⎛ ⎛ ⎛ 1 ⎞ ⎞2⎞⎜⎜ d ⎜ ⎟ ⎟⎟1⎟r⎝⎠22⎜⎟ +υ =c ⎜⎜ ⎜ dϕ ⎟ r 2 ⎟⎜⎜ ⎜⎟⎟⎟⎝⎠⎝⎠Запишем закон Ньютона:mWрад⎛⎞2⎛1⎞⎜ c2 d ⎜ r ⎟ c2 ⎟⎝ ⎠ − ⎟ = ±F r= m ( r − rϕ 2 ) = m ⎜ − 2( )2r3 ⎟⎜ r dϕ⎜⎟⎝⎠Вторая формула Бине:⎛ 2⎛1⎞⎞d ⎜ ⎟⎜mc1⎟r− 2 ⎜ ⎝ 2 ⎠ + ⎟ = ±F (r )r ⎜ dϕr⎟⎜⎟⎝⎠2Если в поле всемирного тяготенияF (r ) = −γmr2⎛1⎞d2 ⎜ ⎟⎝r⎠+1 = γdϕ 2r c21γ= A cos ϕ + B sin ϕ + 2 - решениеrcУравнение конического сечения чаще пишут:r=p- решение в другой форме, в этом случае полярная ось совпадает с1 + e cos ϕнаправлением на перигелий (перигей).Перигелий - точка орбиты планеты, кометы или искусственного спутника Солнца,ближайшая к Солнцу; противоположное - афелий.С.В.
Семендяев. Семинары осеннего семестра57Перигей - точка лунной орбиты или искусственного спутника Земли, ближайшая кцентру Земли; противоположное – апогей.Задача С.8.23.1γ= A cos ϕ + B sin ϕ + 2rc− mg = −γmR2⇒ γ = gR 2c = r ⋅ rϕ = Rυ0 cos αυ0αϕРисунок 57В начальный момент ϕ = 0, r = R .При ϕ =π2r=R1gдля ϕ = 0= A+ 2Rυ0 cos 2 α1gπдля ϕ == B+ 22Rυ0 cos α2A= B=1g− 2R υ0 cos 2 αОбщее решение:⎞1 ⎛1gg=⎜ − 2⎟ ( cos ϕ − sin ϕ ) + 22υ0 cos 2 αr ⎝ R υ0 cos α ⎠Однако, отсюда υ0 не определить.
Из задачи Коши (т.е. из граничных условий):С.В. Семендяев. Семинары осеннего семестра58⎛1⎞d⎜ ⎟g⎝r⎠ = 1 −(*)2dϕR υ0 cos 2 α0⎛1⎞d⎜ ⎟drr= −c ⎝ ⎠ (см. вывод первой формулы Бине)dt 0dϕ0С другой стороны радиальная скоростьdr= υ0 sin α .dt 0⎛1⎞⎛1⎞d⎜ ⎟d⎜ ⎟1rrυ0 sin α = − Rυ0 cos α ⎝ ⎠ ⇒ ⎝ ⎠ = − tgα , подставляем в (*):dϕdϕR001 1g+ tgα = 2R Rυ0 cos 2 αυ02 =gRcos α (1 + tgα )2Рассмотрим формулу конического сечения подробно:r=p1 + e cos ϕТраектория:ybpaxcРисунок 58e - эксцентриситетС.В. Семендяев.
Семинары осеннего семестра59e < 1 - финитное движение (спутники, планеты), e ≥ 1 - инфинитное движение1. e < 1 эллипс, при e = 0 окружность радиуса p .2. e = 1 парабола3. e > 1 гиперболаb2p=ae=ca2 − b2=aaЗаконы Кеплера для планет:1. Каждая из планет солнечной системы совершает плоское движение с постояннойсекторальной скоростью.2. Траекториями всех планет служат эллипсы, в общем фокусе которыхрасположено Солнце.3. Отношение квадратов времен T обращения планет к кубам больших полуосей ихэллиптических траекторий одинаково для всех планет:T2= consta3В центральном поле с потенциальной энергией Π ( r ) = −p=αr:K O2K2, e = 1 + 2 EO O2mαmαС.В. Семендяев. Семинары осеннего семестра60СЕМИНАР №9КВАТЕРНИОНЫКватернионы введены в математику и механику гениальным ирландцем УильямомРоуаном Гамильтоном в 1843 году за 18 лет до отмены крепостного права в России.Кватернион (от лат.
quaterni - по четыре) - обобщение понятия комплексного числа.Имеет вид:Λ = λ0i0 + λ1i1 + λ2i2 + λ3i3 ,где i0 , i1 , i2 , i3 - специальные единицы.Λ + M = ( λ0 + µ0 ) i0 + ( λ1 + µ1 ) i1 + ( λ2 + µ2 ) i2 + ( λ3 + µ3 ) i3Для базисных векторов вводится операция кватернионного умножения.i0 i0 = i0 , i0 ik = ik i0 = ik , ik ik = −1, ⎫⎪i1 i2 = i3 , i2 i3 = i1 , i3 i1 = i2 ,⎬ ↔ ik i j = − ( ik , i j ) + ⎡⎣ik × i j ⎤⎦ ,⎪i2 i1 = −i3 , i3 i2 = −i1 , i1 i3 = −i2⎭k , j = 1, 2,3Если запишем Λ = λ0 + λ , M = µ0 + µ , то()λ µ = − λ , µ + ⎡⎣λ × µ ⎤⎦(Λ M = λ0 + λ)( µ0 + µ ) = λ0 µ0 + λ0 µ + λµ0 + λ µ =()= λ0 µ0 + λ0 µ + λµ0 − λ , µ + ⎡⎣λ × µ ⎤⎦Свойства кватернионного умножения:1.
ДистрибутивностьΛ(M + N ) = ΛM +Λ N2. АссоциативностьΛ(MN ) = (Λ M ) N3. Нет коммутативностиΛ M ≠M ΛΛ M = M Λ при коллинеарности, т.е. когда ⎡⎣λ × µ ⎤⎦ =04. При циклической перестановкеС.В. Семендяев. Семинары осеннего семестра61sqal ( Λ M N ) = sqal ( N Λ M )Т.е. для кватерниона справедливы все основные законы действий, кромекоммутативности умножения.Сопряженный кватернион:Λ = λ0 − λΛ M =M ΛΛ1 ... Λ n = Λ n ...
Λ1Норма кватерниона:()3Λ = Λ Λ = λ02 + λ , λ = ∑ λk2Λ M = Λk =0MΛ1 ... Λ n = Λ1 ... Λ nНормированный кватернион:Λ =1Обратный кватернион:Λ −1 : {Λ Λ −1 = 1}Λ −1 =Λ −1 =( Λ1Λ, ( Λ ≠ 0)Λ1Λ... Λ n ) = Λ n−1 ... Λ1−1−1Тригонометрическая запись.Для нормированного кватерниона:λ0 = cosν , λ = e sinνe - единичный вектор, коллинеарный λΛ = cosν + e sinνДля ненормированного кватерниона:Λ = Λ ( cosν + e sinν ) , Λ =ΛНетрудно проверить, что если Λ1 = Λ1 ( cosν 1 + e sinν 1 ) и Λ 2 = Λ 2 ( cosν 2 + e sinν 2 ) , тоС.В. Семендяев. Семинары осеннего семестра62Λ1 Λ 2 = Λ1 Λ 2 ( cos (ν 1 + ν 2 ) + e sin (ν 1 + ν 2 ) ) .Откуда следует, что Λ n = Λ ( cos nν + e sin nν ) .nРассмотрим поворот твердого тела с неподвижной точкой.ik , e j , ( k , j = 1, 2,3) - единичные векторы, связанные с ТТ в начальном и конечномположении.Обозначим:α kj = ( ik , e j ) - направляющие косинусы.Тогда3e j = ∑ α kj ik ,k =1α kj - матрица, задающая положение твердого тела с неподвижной точкой.Положение (поворот) можно также задавать с помощью углов Эйлера икватернионов.i3i3θ , e3i2ϕ , e2θi2θi2Ψi2Ψϕi1Ψ1ii1ϕ , e1Рисунок 59Углы Эйлера (см.
рис.):Ψ - угол прецессии,С.В. Семендяев. Семинары осеннего семестра63θ - угол нутации,ϕ - угол собственного вращения.Теорема. Произвольное положение твердого тела с неподвижной точкой Oотносительно базиса Oi1i2 i3 задается некоторым нормированным кватернионом Λ поформулам: ek = Λ ik Λ . При этом каждому положению твердого тела соответствуютдва значения кватерниона, отличающиеся знаком.Для точки: r ′ = Λ r ΛТеорема (Эйлера о конечном повороте). Любое положение твердого тела снеподвижной точкой может быть получено из начального положения однимповоротом вокруг некоторой оси ε на некоторый угол α .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
