1612134387-a2fccbf390d18c9a09d2258f69cea51b (829487), страница 36
Текст из файла (страница 36)
формулу (4) предыдущей задачи):и энергия. В системе координат, движущейся с постоянной скоростью(Ẋ, Ẏ , 0), центр диска движется только в вертикальном направлении.Из (1) находимfξ = m(V̇)ξ = m(V̇ξ + ϕ̇Vη ),ϕ̇ =MZ − M3 cos θ,I1 sin2 θψ̇ =M − M3 cos θM3− Zcos θ,I3I1 sin2 θ(2)fη = m(V̇)η = m(V̇η − ϕ̇Vξ ).(6)1 В отсутствие силы трения эти уравнения представляют собой уравнения Лагранжа дляуглов Эйлера.280Ответы и решения[9.19Условие качения без проскальзывания V + [Ω, a] = 0 приводит к равенствам(7)Vξ = −a(ψ̇ + ϕ̇ cos θ), Vη = aθ̇.Подставляя (1), (6), (7) в (4), (5), получим систему уравнений относительно углов Эйлера. Движение без проскальзывания и без отрыва диска отплоскости возможно, если|f | μm(g + Z̈),g + Z̈ 0§ 9.
Движение твердого тела. Неинерциальные системы отсчета281и сохраним только члены первого порядка малости. ПолучаемMZ = I1 ϕ̇ + I3 Ω3 β = const,I1 β̈откудаI1 β̈ ++I3 Ω3 ϕ̇Ω3 = const,− mgaβ = 0,(10) I II3 3 2Ω3 − mga β = 3 MZ Ω3 .I1I1Если(μ — коэффициент трения).Полагая θ̇ = 0, получаем ϕ̈ = ψ̈ = 0, причём θ, ϕ̇ и ψ̇ связаны соотношениемI3 ϕ̇(ϕ̇ cos θ + ψ̇) sin θ − I1 ϕ̇2 sin θ cos θ + mga cos θ = 09.19]Ω23 >I1 mga,I3 I3(11)то при отклонении угла θ от π/2 возникают малые колебания β и ϕ̇:(8)β== I1,3 + ma2 ). Центр диска, двигаясь с постоянной по(здесь и далее I1,3величине скоростьюI3 Ω3 MZ+ β0 cos(ωt + δ),I1 ω 2ϕ̇ = −V = a|Ω3 | = a|ψ̇ + ϕ̇ cos θ|,mgaMZI3 Ω3 β0−sin(ωt + δ),2 2I1I1 ωописывает окружность радиуса R = V /|ϕ̇|. Условия (8) можно представитьтакже в видеI3 RV 2 = |I1 aV 2 cos θ + mga2 R2 ctg θ|.гдеВ частности, если масса диска сосредоточена в его центре (I1 = I3 = 0), тополучаем элементарное соотношение: V 2 = gR| ctg θ|.Гироскопические эффекты, возникающие при отличных от нуля I1,3 ,могут оказаться весьма значительными.
Например, для однородного диска(2I1 = I3 = 1 ma2 ) в случае R a получаем 3 V 2 = gR| ctg θ|; для обручаНаправление движения диска также испытывает малые колебания,причём диск движется не вблизи прямой, а вблизи окружности радиусаaΩ3 I12 ω 2 /mgaMZ .Таким образом, наличие малого отклонения начальных условий от (9)может привести либо к малым колебаниям вблизи «равновесного» движения по прямой (если Mz = 0, β0 = 0) либо к новому «равновесному»движению (если Mz = 0, β0 = 0).Если неравенство (11) не выполнено, то движение неустойчиво.Можно сказать, что движение происходит с θ = const, если в «пространстве» θ, ϕ̇, ψ̇ точка лежит на поверхности, определяемой уравнением (8). Нетрудно убедиться, что при условии (11) движение устойчиво относительно возмущений, выводящих точку (θ, ϕ̇, ψ̇) с поверхности (8) ибезразлично относительно её перемещений по этой поверхности. Аналогично обстоит дело и с устойчивостью движения диска на гладкой плоскои I1,3 ).сти (нужно только заменить I1,322(2I1 = I3 = ma2 ) в том же случае 2V 2 = gR| ctg θ|.При качении диска в вертикальном положенииθ = π,2ϕ̇ = 0,ψ̇ = Ω3 = const.(9)Для исследования устойчивости такого движения положим в уравнениях (1), (4)–(7)θ = π − β,2β 1,ϕ̇ ∼ β̇ ∼ βΩ3 Ω3 ,ϕ̈ ∼ β̈ ∼ Ω̇3 ϕ̇Ω3ω2 =I3 I3 2 M gaΩ − .I1 I1 3I1282Ответы и решения[9.19Верчение диска вокруг вертикального диаметра устойчиво, еслиΩ2Z > mga/I1 .в) Отсутствие вращения вокруг вертикальной оси (верчения) приводитк условию(12)ΩZ = ϕ̇ + ψ̇ cos θ = 0.На диск в этом случае действует добавочный «момент трения верчения» N,направленный вертикально, и вместо (4) получаемṀZ = fξ a cos θ + N,Ṁ3 = fξ a + N cos θ.(13)Интегрирование уравнений движения относительно легко сводится к квадратурам (в отличие от уравнений пункта б)).Движение с постоянным углом наклона возможно, если, кроме условия (8), выполняется и условие (12), т.
е. ϕ̇ и ψ̇ определяются углом θ.В этом случаеR = a| sin θ tg θ|,V2 =mga3 sin θ.I3 − I1 ctg2 θКачение диска в вертикальном положении устойчиво при Ω23 > mga/I3 .г) При наличии малого наклона плоскости к функции Лагранжа следует добавить член δL = −mgαX (ось X направлена вверх вдоль плоскости,ось Y горизонтальна, ось Z перпендикулярна плоскости). Полагая в (1),(4)–(7)θ = π − β,2β 1,ψ̇ ∼ β̇ ΩZ ,ψ̈ ∼ β̈ ∼ Ω̇Z ψ̇ΩZи добавляя вклад δL, получаемI1 β̈ + (I1 − I3 )Ω2Z β − I3 ΩZ ψ̇ − mgaβ = mgaα sin ΩZ t,I3 ψ̈ + (I3 + 2ma2 )ΩZ β̇ = −mgaα cos ΩZ t,откуда2mga ψ = − 2 + 2ma+ 2 α cos ΩZ t,I3I3 ΩZ§ 9. Движение твердого тела. Неинерциальные системы отсчета283и усредняя по периоду вращения, находимẊ = 0,2mga Ẏ = − 1 + ma + 2 αaΩZ ,I32I3 ΩZт. е.
диск смещается, не теряя высоты.9.20. а) Положение шара определяется координатами его центра массX, Y, Z и углами Эйлера θ, ϕ, ψ (см. [1], § 35), которые задают положенияглавных осей инерции. Ось Z направлена вверх, ось x3 — от центра масск геометрическому центру шара, для которого x3 = b, радиус шара a. Исследование движения шара проводится так же, как и в предыдущей задаче.Если MZ = M3 , то Uэфф(θ) имеет минимум при θ0 = θ, π и при энергии E = Uэфф(θ0 ) происходит устойчивое вращение шара с постояннымуглом θ = θ0 , при этом Z = a − b cos θ0 . Точка шара, которая в данныймомент соприкасается с плоскостью, имеет скорость v = (bϕ̇ + aψ̇) sin θ0 ,направленную вдоль линии узлов.Учтём теперь малую силу сухого трения f . Она направлена в сторону,противоположную v, и приведет к изменению угла θ0 .
При v ≷ 0ṀZ = ∓f b sin θ0 ,Ṁ3 = ∓f a sin θ0 ,(1)откудаMZ a − M3 b = C = const.(2)Для быстро вращающегося шара M ≈ M3 , MZ ≈ M cos θ0 , или с учётом (2)M (a cos θ0 − b) = C.(3)Отсюда видно, что при уменьшении момента импульса из-за трения угол θ0должен уменьшаться, если a cos θ0 − b > 0, и увеличиваться, если a cos θ0 −− b < 0. При этом в силу (1), (3)θ̇0 = −f b/aC(a cos θ0 − b)2 .β = −2α sin ΩZ t.Подставляя (7) и θ, ϕ = ΩZ t, ψ вẊ = Vξ cos ϕ − Vη sin ϕ,9.20]Ẏ = Vξ sin ϕ + Vη cos ϕЦентр масс медленно движется вдоль оси Z, а в плоскости XY переменная сила трения fX = −f cos ϕ, fY = −f sin ϕ вызывает вращениецентра масс по малой окружности с угловой скоростью ϕ̇. Конечно, даже малая сила трения приведёт со временем к тому, что проскальзываниеисчезнет и скорость нижней точки шара станет равной нулю.284Ответы и решения[9.20б) Пусть— координаты геометрического центра шара;Ω = (ΩX , ΩY , ΩZ ) = (θ̇ cos ϕ+ψ̇ sin θ sin ϕ, θ̇ sin ϕ−ψ̇ sin θ cos ϕ, ϕ̇+ψ̇ cos θ)— угловая скорость вращения шара и a = (0, 0, −a) — радиус, проведённыйиз геометрического центра шара в точку касания.
Тогда условие каченияшара без проскальзыванияṘц + [Ω, a] = 0представляет собой неголономную связь:Ẏ = −θ̇(a − b cos θ) cos ϕ − (aψ̇ + bϕ̇) sin θ sin ϕ.mŸ = λ2 ,(4)(5)ṀZ = (λ1 cos ϕ + λ2 sin ϕ)b sin θ,(6)Ṁ3 = (λ1 cos ϕ + λ2 sin ϕ)a sin θ,(7)d ∂L − ∂L = (−λ sin ϕ + λ cos ϕ)(a − b cos θ)12dt ∂ θ̇∂θ(8)содержат в правых частях силы трения и моменты этих сил. МножителиЛагранжа λ1 , λ2 с помощью условий связи (4) могут быть выражены черезуглы Эйлера. Так, проекции силы трения на линию узлов f и на перпендикулярное направление f⊥ равныf = mθ̇ϕ̇(a − b cos θ) − m d [(aψ̇ + bϕ̇) sin θ],dtdf⊥ = −m [θ̇(a − b cos θ)] − mϕ̇(aψ̇ + bϕ̇) sin θ.dt2852ε1 = h ε2 = RΩ∼ 0, 01.gRВ уравнении движения (G — гравитационная постоянная, M — масса Земли)R+r+ 2[v, Ω] + [Ω, [R + r, Ω]](1)r̈ = −GM|R + r|3разложим первое слагаемое в ряд по малому параметру r/R ε1 :Уравнения движенияmẌ = λ1 ,§ 9.
Движение твердого тела. Неинерциальные системы отсчета9.21. При решении задачи необходимо учесть, что высота тела надземлей h мала по сравнению с радиусом Земли R и центробежное ускорение RΩ2 (Ω — угловая скорость Земли) мало по сравнению с ускорениемсвободного падения на поверхности Земли g. Таким образом, в задаче естьдва малых параметра:Rц = (X + b sin θ sin ϕ, Y − b sin θ cos ϕ, a)Ẋ = θ̇(a − b cos θ) sin ϕ − (aψ̇ + bϕ̇) sin θ cos ϕ,9.21](9)(10)Заметим, что (6), (7) совпадут с (1), если в уравнениях (1) заменить силусухого трения ∓f на силу трения покоя f (9). Как и раньше, Mz a − M3 b == C является интегралом движения (2).r̈ = g + 2[v, Ω] + g1 + [Ω, [r, Ω]],r(0) = h,v(0) = 0,(2)"#(rR)GMrR−g = −GM 3 + [Ω, [R, Ω]], g1 = 2 3R[1 + O(ε1 )].RRRR3√Кориолисово ускорение 2[v, Ω] ∼ gtΩ ∼ ε1 ε2 g и g1 ∼ ε1 g имеют первыйпорядок малости, а [Ω, [r, Ω]] ∼ ε1 ε2 g — второй.Вертикаль h антипараллельна вектору g и составляет малый угол α == ε2 sin λ cos λ с направлением вектора R (здесь λ — северная широта (геоцентрическая) — угол между плоскостью экватора и вектором R).
Выбираем ось z по вертикали вверх, ось x — по меридиану к югу, ось y — пошироте к востоку, тогдаg = (0, 0, −g), R = R(sin α, 0, cos α), Ω = Ω(− cos(α+ λ), 0, sin(α+ λ)).В нулевом приближении частица движется с ускорением −g вдоль оси z.В первом приближении кориолисово ускорение приводит лишь к отклоне√√нию на восток, причём величина смещения y ∼ ε1 ε2 gt2 ∼ ε1 ε2 h. Ускорение g1 имеет вдоль z составляющие ∼ ε1 g, а вдоль x и y — лишь второгопорядка, поэтому в первом приближении влияние g1 приведет лишь к увеличению времени падения с высоты h на величину ∼ ε1 2h/g.
Отклонение к югу, таким образом, возникает лишь во втором порядке. Запишемуравнение (2) в проекциях на выбранные оси, удерживая для компонент286Ответы и решения[9.22z, y, x слагаемые нулевого, первого и второго порядков малости соответственно:z̈ = −g,ÿ = −2żΩ cos λ,ẍ = 2ẏΩ sin λ + g(3z sin α − x)/R + Ω2 z sin λ cos λ.Решая методом последовательных приближений, находимz = h − 1 gt2 ,2y = 1 gt3 Ω cos λ, x = 2ht2 Ω2 sin λ cos λ.3Подставляя время падения t = 2h/g, найдем отклонения к востоку и югу√y = 1 8ε1 ε2 h cos λ,3x = 2ε1 ε2 h sin 2λ.9.24]где§ 9.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
