/
Text
МОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ
УНИВЕРСИТЕТ
имени М.В.ЛОМОНОСОВА
Механико-математический факультет
И.Л. Антонов
КАК РЕШАТЬ ЗАДАЧИ
ПО ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ
МЕХАНИКЕ
Москва 2010 год
УДК 531.39
ББК22.2
А 55
И.Л. Антонов
Как решать задачи по теоретической механике
М.:Изд-во Моск, ун-та, 2010 — 194с.
В предлагаемом вниманию читателя пособии приводится по¬
дробный разбор решений ряда задач (для многих задач рассмат¬
ривается несколько решений ) из разных разделов теоретиче¬
ской механики. Большое внимание уделяется вопросам исполь¬
зования теоретического материала, выработке общего подхо¬
да к построению решения и форме записи найденного решения.
Пособие предназначено для студентов и аспирантов механико¬
математических факультетов университетов и преподавателей
теоретической механики.
©Механико-математический факультет
МГУ, 2010 г.
©И.Л. Антонов, 2010 г.
Предисловие
При решении задач по теоретической механике студенты часто
испытывают затруднения, связанные с рядом обстоятельств. Одно
из этих обстоятельств заключается в том, что постановки задач тео¬
ретической механики менее формализованы, чем постановки задач,
например, в математическом анализе, аналитической геометрии или
линейной алгебре.
Другое обстоятельство связано, во-первых, с тем, что представ¬
ление о многих основных понятиях механики, таких как скорость,
угловая скорость, сила студенты получают в школьном курсе фи¬
зики, где эти величины определяются на интуитивном, наглядном
уровне, а, во-вторых, с тем, что эти понятия постоянно употребля¬
ются в быту, что как будто бы делает их очевидными. Поэтому, на¬
пример, в ответ на вопрос: "Какая связь между сутками и угловой
скоростью Земли?", в лучшем случае, можно услышать лишенную
смысла фразу: "За сутки Земля поворачивается вокруг своей оси
на угол 2тг" (правильный ответ см. в задаче 1.1).
Часто ошибки возникают из-за недостаточно ясного понимания
того, что такое координата, вследствие чего, неправильно пишут¬
ся уравнения движения, и, конечно, невозможно решать задачи, не
зная основных теорем и формул рассматриваемого раздела (поэто¬
му в этой книге перед каждым разделом приведен соответствующий
перечень).
Важную роль в процессе решения задачи играет использова¬
ние четких обозначений и умение аккуратно записать результат
рассуждений — иногда даже при наличии правильной идеи из-за
поспешности и небрежности в выкладках получается совершенно
неверный результат.
В предисловии к известной книге Д.Пойа "Как решать задачу"
[ 1 ] говорится: "Пытаясь не только понять решение той или иной за¬
дачи, но и осознать, как, какими средствами было найдено это ре¬
шение, делая попытки объяснить другим, в чем заключается сам
процесс поисков решения, автор пришел в конце концов к мыс¬
ли написать настоящую книгу. Он надеется, что она окажется по¬
лезной как для преподавателей, стремящихся развить способности
своих учащихся к решению задач, так и для учеников, желающих
развить свои собственные способности. Хотя эта книга имеет в виду
главным образом потребности преподающих и изучающих матема¬
тику, она представит интерес для любого лица, желающего понять
3
пути и средства, приводящие к новым идеям и открытиям".
Эти слова в значительной мере можно отнести и к предлагае¬
мому пособию, ставящему перед собой более скромную цель: ис¬
пользуя модифицированную с учетом специфики изучаемой дисци¬
плины, основную идею, сформулированную в цитированной книге,
привить читателю навыки, которые помогут ему решать задачи по
теоретической механике и в ходе решения этих задач глубже понять
материал, излагаемый в лекциях.
Упомянутая идея заключается в том, чтобы разбить решение
задачи на несколько этапов , последовательно выполняя которые,
можно придти к ответу на поставленный вопрос.
Следуя [ 1 ] назовем перечень предлагаемых этапов таблицей.
Таблица:
А. Нужно понять постановку задачи, ответить на вопросы :
Что дано?,
Что надо найти?.
Ввести подходящие обозначения и координаты и, если надо, на¬
рисовать чертеж.
Б. Составление плана решения.
Выяснить сколько и каких неизвестных величин (скалярных или
векторных) содержит задача. Ответ на этот вопрос позволяет опре¬
делить число уравнений, необходимых для решения задачи. Сре¬
ди общих формул и теорем, относящихся к данному разделу, найти
те, которые связывают данные задачи с неизвестными величина¬
ми. Если прямой связи нет, попытаться, используя вспомогатель¬
ные величины, найти цепочку соотношений, которая позволит та¬
кую связь установить.
Подумать, нельзя ли воспользоваться результатами ранее ре¬
шенных задач.
В. Осуществление плана.
Проверить применимость выбранных формул и теорем в усло¬
виях решаемой задачи и выписать их в общем виде. Подставить
в эти соотношения данные задачи и получить скалярные уравнения
по числу скалярных неизвестных. Для этого уравнения, записанные
в векторной форме, надо спроектировать на какие-либо направле¬
ния (скалярно умножить на соответствующие единичные векторы).
При выборе направлений проектирования руководствоваться про¬
стотой возникающих соотношений. Решить полученные уравнения.
Г. Взгляд назад.
4
Проверка результата. Простейшая проверка — проверка по
размерности или путем придания параметрам задачи значений, при
которых ответ известен.
Зная решение, попытаться получить его другим способом —
может быть более простым и красивым. Если это удалось, значит
другие задачи такого рода будут решены быстрее .
Демонстрируя применение таблицы при решении конкретных
задач, мы будем отмечать соответствующие этапы теми же буква¬
ми, какими они обозначены в таблице.
5
Введение
Что такое движение и координаты?
Вопрос — Что такое движение? — может кому-то показать¬
ся тривиальным, однако, отвечая на него надо принимать во вни¬
мание ряд обстоятельств, без учета которых можно наделать мно¬
го грубых ошибок. Так, следует иметь в виду, что понятие движе¬
ние предполагает наличие как минимум двух объектов: того, кото¬
рый движется, например точки, и того, относительно которого рас¬
сматривается движение, например, какого-то тела, с которым мож¬
но жестко связать ортогональный трехгранник Oxyz (отметим, что
это возможно лишь для тела, имеющего по крайней мере три точ¬
ки, расстояния между которыми не меняются и которые не лежат
на одной прямой). Этот трехгранник будем называть трехгранни¬
ком пространства.
Любые характеристики движения точки, такие как траекто¬
рия, скорость и т.п. становятся определенными только после то¬
го как явно указан трехгранник соответствующего пространства.
Например, рассмотрим человека (пренебрегая размерами челове¬
ка, будем считать его точкой), сидящего в кресле движущегося ав¬
тобуса. Скорость человека относительно трехгранника, связанного
с автобусом, равна нулю, а траектория вырождается в точку. Ско¬
рость того же человека относительно трехгранника, связанного с
Землей, вовсе не равна нулю, а траектория может быть замыслова¬
той кривой, зависящей от той дороги, по которой едет автобус. На¬
конец, если связать трехгранник с неподвижными звездами, ско¬
рость и траектория человека будут определяться движением авто¬
буса относительно Земли и движением Земли относительно звезд.
При решении конкретной задачи следует четко представлять се¬
бе какие именно характеристики и относительно какого трехгран¬
ника надо определять.
Основными объектами, движение которых рассматривается в
теоретической механике, являются материальная точка и абсолют¬
но твердое тело.
Для описания положения и движения точки и твердого тела ис¬
пользуются различные координаты.
1. Координаты точки.
Координаты ( от латинского со — совместный + ordinatus —
упорядоченный, определенный) — набор чисел, определяющий по¬
ложение точки относительно заданного трехгранника. Обычно, го¬
6
воря о координатах (без дополняющих определений), имеют в ви¬
ду декартовы координаты точки. Однако, если точка движется по
известной кривой или поверхности, задавать ее положение с помо¬
щью декартовых координат не всегда удобно.
Например, определяя положение автомобиля указывают шос¬
се, по которому он движется и номер ближайшего километрового
столба, а, чтобы найти корабль в океане надо знать его долготу и
широту.
Независимые параметры называются обобщенными координа¬
тами точки, если между значениями набора этих параметров и по¬
ложениями точки в некоторой области пространства можно уста¬
новить взаимно-однозначное соответствие.
В случае движения точки по кривой набор содержит один пара¬
метр (одну координату ), при нахождении точки на поверхности —
два, и, наконец, для свободной точки, т.е. при отсутствии связей, •—
три.
При введении обобщенной координаты (о.к.) необходимо со¬
блюдать следующие правила:
а) Численное значение о.к. является результатом измерения
некоторой величины. Эта величина должна быть четко определена.
Так, в примере с автомобилем, значение о.к. равно расстоянию,
измеренному вдоль выбранного шоссе, от фиксированной точки до
автомобиля. В Москве, например, нулевая отметка для всех дорог
расположена около Исторического музея в проезде Воскресенских
ворот. Координата, численное значение которой равно длине пути,
пройденного точкой вдоль заданной кривой, от фиксированного по¬
ложения, называется в общем случае длиной дуги или естествен¬
ным параметром кривой.
В примере с кораблем долгота представляет собой угол меж¬
ду плоскостью Гринвичского меридиана и плоскостью меридиана, в
которой в данный момент находится корабль, а широта ( геоцентри¬
ческая) — угол между плоскостью экватора и радиусом, соединя¬
ющим центр Земли и корабль.
б) Задание номера дороги и длины пути однозначно определя¬
ет положение автомобиля. Однако, корабль, находящийся на Грин¬
вичском меридиане , может направиться на восток или на запад.
Соответственно, при определении долготы необходимо добавить
характеристику — восточная или западная.
Аналогично обстоит дело и с широтой — она может быть се¬
верной или южной. Поэтому, чтобы определение о.к. в таких ситу¬
7
ациях было однозначным, необходимо кроме начала отсчета (поло¬
жения, в котором значение о.к. равно нулю) указать положитель¬
ное направление отсчета, т.е. направление, при движении в котором
численное значение о.к. будет расти. Это означает, что при перехо¬
де точки через нуль о.к. будет менять знак. Если при определении
долготы и широты выбрать в качестве положительных направле¬
ний направления с запада на восток и с юга на север, то при задании
координат точки вместо 10° восточной долготы, 5° южной широты
можно написать: долгота — ( 10°), широта — (—5°).
Выбор положительного направления определяется удобством
при решении конкретной задачи или традицией (например, вы¬
бор положительного направления третьей декартовой координаты
в правой или левой системе).
Положительное направление , обычно, указывается на рисун¬
ках стрелкой.
На рис.1, в качестве примера, изображены цилиндрические и
сферические координаты (более подробно об этих координатах см.
ниже).
2. Координаты твердого тела.
Задать положение твердого тела можно, определив положение
одной из его точек и угловое положение трехгранника, жестко свя¬
занного с телом, по отношению к неподвижному трехграннику. За¬
дать угловое положение одного трехгранника относительно друго¬
го можно разными способами (например, с помощью углов Эйле¬
ра, см. рис. 2, другие способы задания положения твердого тела
см. [10]), важно, лишь, соблюдать правила введения обобщенных
8
Основные обозначения.
а — вектор а;
(а, V) — скалярное произведение векторов а и Ь;
[а, 6] — векторное произведение векторов а и Ь;
(а, [6, с]) — смешанное произведение векторов а, Ъ и с;
eq — единичный вектор, касательный к координатной линии д;
ёлв ~ единичный вектор, параллельный отрезку АВ;
[JV, m] — N— номер источника задачи в списке литературы, т —
номер задачи в источнике.
9
Глава 1
Кинематика
1. Перечень I: основные понятия и формулы ки¬
нематики
1.1. Кинематика точки. Точка М движется в трехмерном ев¬
клидовом пространстве. В этом пространстве фиксирован правый
ортогональный трехгранник Oxyz , по отношению к которому по¬
ложение точки может задаваться радиусом-вектором тм, или де¬
картовыми координатами (хм, Ум, zm)'
Тм “ ХМ^х 4" УМ&у 4“ (Г1)
ех, ёу, ёг — орты соответствующих осей.
Кривая, которую описывает точка в пространстве, связанном с
трехгранником Oxyz называется траекторией.
Скоростью точки М относительно трехгранника Oxyz
называется вектор
tz d/Тм
Ум = =гм = Хмех 4- умОу 4- zmcz- (1.2)
Ускорением точки М относительно трехгранника Oxyz назы¬
вается вектор
_ cIVm ~ „х
им = ~ Гм = Хм&х 4- Умеу 4- zm&z- (1-3)
Наряду с декартовыми координатами часто используются кри¬
волинейные координаты: цилиндрические — (qm,Pm,zm) (при
движении точки в плоскости — полярные — (ом-,'рм)) и сфери¬
ческие— (гм,фм,&м) (см. рис.1).
Тогда
Тм = QM&Q 4- zMSz, (1.4)
тм = гмёт, (1-5)
Vm = ~~£~~ = ёмёд 4- Рмфмёр 4- ZM&Z, (1-6)
Ум = = тмёг + тмсо&'&мфмёр + гм'&мё.д, (1.7)
10
dVM * 2 \-* ।
ам = = (Qm - QM^M)ee+
+ (,Qm<Pm + %(>мфм)ё<р + zm&z, (1-8)
ам = -гг- = (тм ~ гмФм cos2 - гм^м)ег+
at
(2гмФм COS дм + Гмфм COS1?M - 2гмфм$м 81П'$м)ё1р +
(фтм^м + ГМ&М + ГмФм COS1?M ЗШ^м)^, (1.9)
(ев, ev, ez), (ег, е?, ём) — реперы, составленные из единичных век¬
торов, касательных к соответствующим координатным линиям в
точке М.
Пусть траектория точки М задана и зм(ф) — координата точ¬
ки, равная по модулю длине дуги, отсчитываемой от фиксированной
точки этой кривой до текущего положения точки М. В этом случае
Vm — smSs, 0-Ю)
ам = $мёз Н—^m^v + 0 • ер, (1.11)
Q
(ёе = ёт — единичный вектор касательной к кривой,ё„ — единич¬
ный вектор главной нормали, д — радиус кривизны кривой в дан¬
ной точке), репер (ег, ё„, ёр = [ет, е^]) называется репером Френе,
сопровождающим или естественным репером.
1.2. Кинематика абсолютно твердого телаАбсолютно
твердым телом называется множество точек, расстояния между
которыми не изменяются с течением времени. Пусть рассматри¬
ваемое твердое тело обладает, по крайней мере, тремя точками не
лежащими на одной прямой. В этом случае с телом можно жестко
связать правый ортогональный трехгранник (61,62,63) так, что
движение тела будет однозначно определять движение трехгран¬
ника. Если относительно трехгранника Oxyz тело движется, орты
связанного с ним трехгранника, вообще говоря, зависят от времени
— еi — ёфф), г = 1,2,3. Вектор
65 = (ei,e2)e3 + (б2,ез)в1 + (бз,е1)е2 (1.12)
характеризует скорость изменения углов, задающих ориентацию
трехгранника (ех, е2, е3) относительно трехгранника Oxyzt
е, = (ещё)], i = 1,2,3, (формулы Пуассона) (1-13)
11
и называется вектором мгновенной угловой скорости абсолютно
твердого тела (если твердое тело состоит из одной точки или пред¬
ставляет собой отрезок прямой (прямую), угловая скорость для
него не определена', исключение составляет отрезок (прямая), по¬
стоянно остающийся в неподвижной плоскости: в этом случае ei
можно направить вдоль отрезка, ег — перпендикулярно к нему в
указанной плоскости, ез — перпендикулярно к этой плоскости).
Если угловое положение связанного с телом трехгранника 0123
относительно неподвижного трехгранника Oxyz задается углами
Эйлера (i9, ф, <р) (см. рис. 2), вектор угловой скорости определяется
формулой
ш = i>ez + deoN + фёз, (1.14)
е2 — единичный вектор оси Oz, cqn — единичный вектор прямой
ON — линии пересечения плоскостей Оху и 012, е3 — единичный
вектор оси 03.
Пусть А и М две точки тела. Их скорости относительно трех¬
гранника Oxyz связаны соотношением
VM = Va + [w,AM]. (1.15)
Эта формула задает распределение (поле) скоростей точек тела и
называется формулой Эйлера. Распределение (поле) ускорений
точек твердого тела, совершающего произвольное движение, опре¬
деляется формулой Ривальса'.
ам = ал + [е, АМ] + р, [w, АМ]], е = (1-16)
at
Вектор е называется угловым ускорением твердого тела.
Если в некоторый момент времени ш = 0, скорости всех точек
тела одинаковы и движение тела называется мгновенно - посту¬
пательным. При мгновенно - поступательном движении ускоре¬
ния разных точек тела, вообще говоря, различны.
Если каждая точка тела движется на постоянном расстоя¬
нии от некоторой неподвижной плоскости, движение называется
плоско - параллельным. В этом случае движение тела полностью
определяется движением его плоского сечения, параллельного ука¬
занной плоскости, а векторы и е перпендикулярны этой плоско¬
сти. Если ш Ф 0, скорость одной из точек плоского сечения (или
скорость одной из точек плоскости, жестко связанной с этим се¬
чением) равна нулю. Эта точка называется мгновенным центром
скоростей (мгновенным центром вращения). Геометрическое ме¬
сто мгновенных центров скоростей на неподвижной плоскости на¬
12
зывается неподвижной центроидой, а на плоскости, связанной с
телом, — подвижной центроидой.
Если скорость некоторой точки тела А постоянно равна нулю
(точка А неподвижна) движение тела называется сферическим (
все точки тела движутся по концентрическим сферам с центром в
точке А ). Те точки М, скорость которых в данный момент рав¬
на нулю (Vm = [<ц,АМ] = 0 => АМ||щ) образуют прямую, на¬
зывающуюся мгновенной осью вращения. Геометрическое место
мгновенных осей вращения в неподвижном пространстве называ¬
ется неподвижным аксоидом, геометрическое место тех же осей
в пространстве, связанном с телом, называется подвижным аксо¬
идом.
1.3. Теоремы сложения
Теорема сложения скоростей для точки. Пусть Oxyz —
неподвижный, a — движущийся трехгранник, и точка М
движется относительно каждого из них. Справедливо следующее
утверждение, называемое теоремой сложения скоростей для
точки:
= + (1.17)
= %мёх + Умёу + zmcz — абсолютная скорость точки М,
Гм” = + УмёГ1 + Смёс — относительная скорость точки
М,
V”ep ~ OiM] — переносная скорость точки М; ш —
угловая скорость трехгранника О^у( относительно трехгранника
Oxyz.
Теорема сложения ускорений для точки. При сохранении
предположений предыдущего пункта имеет место теорема сложе¬
ния ускорений:
ам — ам + ам + ам , U-lo)
а^с = хмёх 4- умёу + гмёг — абсолютное ускорение точки М,
<7)™ = + умёт) + Смё<^ — относительное ускорение точки
М,
Ом = aoi + [е, О1ЛТ] + [щ, [сП, О^М]] — переносное ускорение
точки М, ё— угловая скорость и угловое ускорение трехгранни¬
ка О1£у£ относительно трехгранника Oxyz,
off = 2[ш, V™] — ускорение Кориолиса, ш — угловая ско¬
рость трехгранника О^у( относительно трехгранника Oxyz.
13
Теорема сложения угловых скоростей. Рассматриваются
два трехгранника — неподвижный Oxyz, подвижный и абсо¬
лютно твердое тело, совершающее движение относительно каждого
из трехгранников. В этих условиях справедливо утверждение:
-абс = -пер+ -°™, (L19)
шабс _ уГЛоВая скорость тела относительно трехгранника Oxyz,
шпе₽ — угловая скорость трехгранника O\^t]Q относительно
трехгранника Oxyz,
еа0™ — угловая скорость тела относительно трехгранника Oi£??C
2. Задачи
Задача 1.1.
Какая связь между сутками и угловой скоростью Земли?
Решение.
А. Прежде чем отвечать на этот вопрос, надо определить, что
такое сутки и о какой угловой скорости идет речь, потому что гово¬
рить об угловой скорости бессмысленно, пока не указан трехгран¬
ник, по отношению к которому рассматривается движение .
Центр Солнца ежедневно описывает на небе некоторую кривую,
одна из точек которой Mi (г- порядковый номер дня, когда проис¬
ходит наблюдение) находится на максимальной высоте над линией
горизонта. Пусть интервал времени между прохождениями цен¬
тра Солнца через точки и Mi+i. Этот интервал называется сол¬
нечными сутками. Тогда интервал
у-^Збб гр
т — ±i
365
называется средними солнечными сутками, и он то и определяет
те 24 часа, которые отсчитываются обычными часами.
Б. Теперь надо определить по отношению к какому трехгранни¬
ку Земля поворачивается на угол 2л за солнечные сутки.
В. Проведем прямую через центр Солнца и центр Земли. Эта
прямая вместе с осью Земли (прямой, соединяющей Северный и
Южный полюсы Земли) в каждый момент времени однозначно
определяет плоскость Р. Построим трехгранник, вершина которо¬
го совпадает с центром Земли, первая ось направлена по оси Зем¬
ли, вторая перпендикулярна первой и лежит в плоскости Р, третья
перпендикулярна этой плоскости. В момент прохода меридиана, на
14
котором находится наблюдатель,через плоскость Р, центр Солнца
проходит через точку Mi. После поворота Земли относительно
построенного трехгранника на угол 2тг, центр Солнца попадет
в точку Mi+1.
Таким образом, можно сказать, что величина средней угловой
скорости Земли за прошедшие сутки относительно указанного
трехгранника равна^ (она, вообще говоря, меняется в течение
года).
Г. Важно еще раз подчеркнуть, что любые характеристики дви¬
жения становятся определенными только тогда, когда четко опре¬
делено пространство (или трехгранник, жестко с ним связанный),
по отношению к которому рассматривается движение. Так, можно
повторить проделанные выше рассуждения, заменив Солнце одной
из звезд (только не Полярной!). Получим интервал времени, назы¬
ваемый звездными сутками. Звездные сутки связаны с поворотом
Земли на угол 2тг относительно ортогонального трехгранника, вер¬
шина которого совпадает с центром Земли, одна ось направлена
по оси Земли, а две другие сохраняют свое направление по отно¬
шению к пространству, связанному с неподвижными звездами (т.е.
этот трехгранник движется по отношению к указанному простран¬
ству поступательно). Звездные сутки короче солнечных примерно
на 4 минуты.
Задача 1.2. [2,360]
Точка описывает плоскую траекторию с постоянной по величине
скоростью V так, что вектор ускорения точки все время направлен
в данную неподвижную точку О.
Найти траекторию точки, если в начальный момент она находи¬
лась на расстоянии b отточки О.
Решение.
А+Б. Проанализируем вопрос поставленный в задаче. Траекто¬
рия это линия, которую описывает точка в процессе движения. По¬
скольку по условию движение точки плоское, положение ее опре¬
деляется двумя координатами, и уравнение траектории можно по¬
лучить либо в параметрическом виде, найдя координаты точки, как
функции какого-либо параметра, либо выписав одно уравнение,
связывающее координаты точки.
В. Попробуем найти координаты. Для нахождения двух коорди¬
нат надо написать два уравнения. Если неподвижную точку О при¬
нять за начало координат, то вектор ускорения будет направлен все
время по радиусу-вектору, что позволяет думать об удобстве ис¬
15
пользования полярных координат. Выбрав полярные координаты,
одно из уравнений можем записать сразу, поскольку из условия за¬
дачи следует, что трансверсальная составляющая ускорения равна
нулю (см. формулу 1.8):
тф + 2гф — 0 =>
2гф = — гф
Для написания второго уравнения воспользуемся тем, что величина
скорости точки постоянна:
\/(т)2 + (гф)2 = const =>
dV rr + тф(тф + гф)
dt (г)2 + (гф)2
тт + тф(гф + гф) = 0 =>
гг + тф(2тф — гф + гф) = 0.
Получили систему двух дифференциальных уравнений уравнений,
которую в принципе можно решить и найти полярные координаты,
как функции времени и начальных условий и тем самым найти тра¬
екторию:
2тф = — гф,
тт + тф(2тф — гф + гф) = 0.
Однако в рассматриваемой задаче в интегрировании системы нет
необходимости. Подставим во второе уравнение значение 2тф =
—гф, в результате получим:
т(т — гф2) = 0=>т = 0=>г = const = b,
(г — тф2 ф 0, т.к. в противном случае был бы равен нулю модуль
ускорения, и было бы бессмысленно говорить о его направлении).
Значит точка движется по окружности радиуса b с центром в точке
О.
Г. Проверка: если точка движется но окружности с постоянной
скоростью, то ее ускорение направлено по нормали к окружности
(см формулу 1.11), т.е по радиусу и, следовательно, проходит через
неподвижную точку.
Формула 1.11 позволяет найти более короткое решение. В усло¬
виях рассматриваемой задачи она принимает вид:
1-2
16
откуда следует, что векторы скорости и ускорения перпендикуляр¬
ны, и значит, если снова выбрать точку О за начало координат, век¬
тор скорости перпендикулярен радиусу-вектору, т.е.
(V, ег) = 0 => (тег + гфёу, ег) = г = 0 => г = const = Ъ.
Заметим, что и в этом случае мы использовали два скалярных урав¬
нения:
(V,a) = О,
(a, ev) = 0.
Еще один способ решения: рассмотрим движение точки в декарто¬
вых координатах. Тогда
V2 = х2 + у2 = const => —j— = 2хх + 2уу = 0. (1.2.1)
at
Кроме того, по условию,
_ к/хех + yev.
а = Хег О хех + уеу = А( ) =>
х = Х-,у = Х-. (1.2.2)
г г
Подставляя (1.2.2) в (1.2.1), получим:
-2(хх + уу) = 0 =>
г
■jz(x2 + у2) = 0 => (х2 + у2) = const
at
т.е точка движется по окружности.
Задача 1.3. [2,363]
Закон движения точки задан в декартовых координатах х —
x(t), у = y(t), z = z(t). Найти величины касательной и нормальной
составляющих ускорения.
Решение.
А+Б. Неизвестные — касательная и нормальная составляющие
ускорения связаны с ускорением формулами
аг = (а, ет), ар = (а, ер),
а = атет + а^ё), => auev = а — агет,
значит, чтобы решить задачу нам достаточно знать векторы а и
атет.
В. Вектор ускорения по условию известен:
а = хех + уёу + zez.
17
Известно, что вектор скорости направлен по касательной, поэтому
_ _ V — + У^у =>
|V| ^/x2 + y2 + z2
. хх + уу + ZZ
ат = (а,ет) = —. ■ ■■■■■■==,
у/X2 + у2 + Z2
Г. Можно получить выражение для нормального ускорения ина¬
че, если заметить, что
a„ev = а — атет = [ет, [а, ет]] =>
av = [fa, ет]| =
у/(zy - yz)2 + (iz - zx)2 + (ух - iy)2
у/х2 + у2 + z2)2
Для проверки надо сравнить полученные для а» выражения и
убедиться, что они совпадают.
Задача 1.4. [4, 1.12]
Точка М движется по винтовой линии. В цилиндрических коор¬
динатах закон движения для нее имеет вид:
q = b, <р = kt, z = vt.
Найти выражения скорости и ускорения точки в этих координатах,
касательную и нормальную составляющие ускорения, а также ра¬
диус кривизны траектории.
Решение.
А+Б. Сформулированная задача разбивается на три отдельных
задачи:
1) при заданных условиях найти выражения скорости и ускоре¬
ния точки в цилиндрических координатах;
2) при заданных условиях найти касательную и нормальную со¬
ставляющие ускорения;
3) при заданных условиях найти радиус кривизны траектории.
В. 1) Выпишем выражения скорости и ускорения в цилиндриче¬
ских координатах:
V = оев + дфе^ + zez,
а = (д- еФ2)ёв + (дф> + 2дф)ёч> + zez.
18
Подставляя заданные в условиях задачи выражения, получим:
V = 0 • ев + bkev + vez, V = VW)2 + ^2 = const,
а = (-6й2)ее + 0 ■ ev + 0 • ег. (1.4.1)
2) Чтобы найти касательную и нормальную составляющие
ускорения и радиус кривизны траектории воспользуемся формулой
(1.11) и результатом задачи (1). Обозначив радиус кривизны через
R, запишем:
_ dV V2 _ п _ (Ь2к2 + v2) _ _ , .
а = —ег + —бр + 0-ед = 0-ет + - - -е^ + О-ер. (1.4.2)
at R л
Сравнивая выражения (1.4.1) и (1.4.2) получим:
ат = 0, а„ = а = Ък2.
3) Продолжая сравнивать выражения (1.4.1) и (1.4.2) получим:
е- _ _g bk2 =
Чч — =?- сж — /г
Задача 1.5. [3, 23.65]
Восточная , северная и радиальная проекции скорости точки М
относительно Земли равны соответственно Ve,Vn,Vt.
Считая Землю шаром радиуса R, определить восточную, север¬
ную и радиальную проекции ускорения точки относительно Земли,
если высота ее над поверхностью Земли в данный момент равна
км, а широта места — 1рм.
Решение.
А. Введем правый трехгранник Oxyz жестко связанный с Зем¬
лей: точка О совпадает с центром Земли, ось Oz направим к север¬
ному полюсу, ось Ох пусть лежит в плоскости нулевого (гринвич¬
ского) меридиана, ось Оу тогда определяется однозначно.
Обозначим угол между плоскостями Oxz и OzM, отсчитывае¬
мый на восток буквой А (долгота), а угол между плоскостью Оху
и лучом ОМ, отсчитываемый к северу буквой (широта). Тогда
(гм = R + Нм, (рмЛм) представляют собой сферические коор¬
динаты точки М относительно выбранного трехгранника, и, в соот¬
ветствии с определениями ортов сферической системы и условиями
задачи, мы можем записать
Vm = Vrer 4- Увёд + Vn&v- (1.5.1)
Б. Задача, таким образом, свелась к тому, чтобы зная проек¬
ции скорости точки в сферических координатах, ее радиус-вектор и
19
широту, найти проекции ее ускорения в этих же координатах. Вос¬
пользуемся формулой (1.9), заменив <р на Л и & на р:
ам = = (г’м - гмХ2м c°s2 У’м - гмф2м)ёт+
(2тмХм cos рм + гм Ам cos рм - 2тмХмФм sin у?м)ёл+ (1.5.2)
(2гмфм + гмфм + гм Ам созурм зт^мХр.
В. Значит, чтобы решить задачу с помощью этой формулы нам
надо знать тм,гм,Фм,фм, Ам, Ам- Сравнивая формулы (1.7) и
(1.5.1) найдем
гм = Уг,гм^мсозрм = Уе,гмФм = Vn =>
; VE . VN
гм = тг, Дм = , фм — —;
Гм COSip м Тм
Ve — гм^м cos <рм + гм Ам созфм — гм^мфм shnpM
Vn — гмфм + гмфм =>
гм Ам cos фм = Ve — тм^м cos фм + гм^мФм sin фм,
гмфм =Vn - гмфм-
Подставляя найденные выражения в формулу (1.5.2.), получим
ам — \Vr )ег+
Гм Гм
VnVe¥
(VE Ч Ъ&фм)ех+
гм гм
VTVN (VB)\ _
\VN + h ■ ■■■ ^фм)^-
гм гм
Г. Полученный ответ не вызывает сомнений с точки зрения раз¬
мерности получившихся выражений, однако громоздкие вычисле¬
ния, проводившиеся в процессе решения задачи , могли привести к
ошибке, поэтому попытаемся решить задачу другим способом.
Действительно для нахождения ускорения точки по отношению
к трехграннику Oxyz можно воспользоваться определением:
ам = => ам = зтСЦ-Сг + Уеед + Vye^,) =>
(лЪ
ам = Vrer + Ve&x + Vncv + Vrer + Увёх + V^e^, (1.5.3)
20
т.е. чтобы довести решение поставленной задачи до конца надо най¬
ти разложение векторов ег, ех, по базису er, ёх, ev. В "Перечне
Гзамечаем формулы Пуассона (1.13)
ег — [ш,ег],ё\ = [ш,ёх],в(р = (1.5.4)
где w представляет собой вектор угловой скорости репера
(ег, ёх, ev). Задача свелась, таким образом, к вычислению угловой
скорости указанного репера.
Рассмотрим репер (е^ёщез) с вершиной в точке О и ортами
ё1 = ег,е2 = ёх,ёз = ёч>. Очевидно ( см. формулу 1.12 ), что уг¬
ловые скорости реперов (ei, ёг, ё*з) и (ег, ёх, ё^) одинаковы. Введем
подвижный трехгранник, жестко связанный с плоскостью OzM, и
применим для нахождения угловой скорости репера (ёх, ё%, ёз) тео¬
рему сложения угловых скоростей (1.19)
-абс = -пер + -отн,
-пер _ gz = Хм sin <рмёг + Хм cos фмё^,
т.к. трехгранник, жестко связанный с плоскостью OzM, вращается
вокруг неподвижной оси Oz,
-отн _ _0мё2 = —фмёд,
т.к. относительное движение репера (ёх, ёг, ёз) представляет собой
вращение вокруг оси, определяемой ортом ё*2, которая неподвиж¬
на относительно трехгранника, связанного с плоскостью OzM.
Итак
шабс = ш = Хм sin <рмег + Хм cos фмё^ - фмёх- (1.5.5)
Подставляя выражение (1.5.5) в формулы (1.5.4) получим:
VE Vn
ёг = [ш, ё'г] => ёг = Хм cos умёх + Фмёу => ёт = —ёх н—ё^,
I'M I'M
ёх — [ш, ёд] => ёх = -Хм совфмёг + Хм вшфмё^ =>
VE VE
ёх = ёг ч tg фмё<р,
Тм Тм
— [ш, е^,] —е^, — фм^г Хм sinфмвд ’
— er tgc^j^ex-
Тм тм
Используя найденные выражения, имеем
- (v£)2 (М2
ам — ( у г
Тм Тм
21
УгУе VnVe
(VE + tg<pM)eA+
гм rM
(VN + + tgcpMjey,,
тм гм
что совпадает с ответом, полученным ранее.
Задача 1.6. [2,382]
Прямые АВ и CD движутся в фиксированной плоскости. Ско¬
рость всех точек прямой АВ в данный момент времени равна по
величине Vi и перпендикулярна к АВ, скорость всех точек прямой
CD в данный момент времени равна по величине Уг и перпендику¬
лярна к CD. Найти величину скорости точки М пересечения этих
прямых, если в данный момент угол между ними равен а.
Решение.
А. Для наглядности будем считать, что обе прямые пропуще¬
ны через малое колечко, находящееся как раз в точке пересечения
прямых, и будем искать его скорость. Вектор скорости точки при
движении в плоскости определяется двумя величинами: например,
двумя проекциями на оси координат или величиной и направлени¬
ем и т.п., следовательно, число неизвестных в нашей задаче равно
двум, значит, чтобы их найти нам надо написать два уравнения.
Ясно, что, с одной стороны, прямая АВ увлекает колечко в сво¬
ем движении и что, с другой стороны, колечко, чтобы оставаться
на прямой CD должно сдвигаться по АВ. Из сказанного понятно,
что для представления движения колечка, удобно воспользоваться
теоремой сложения скоростей.
Введем подвижный трехгранник, связанный с прямой АВ: за¬
фиксируем на ней точку S и поместим в ней начало трехгранника
Sxyz, ось Sx направим вдоль прямой АВ, а ось Sy перпендику¬
лярно к ней (см. рис. 1.6.1), ось Sz (хотя при решении поставлен¬
ной задачи, она нам не понадобится) перпендикулярно к плоскости,
в которой лежат обе прямые, так чтобы она образовывала правый
трехгранник с осями Sx и Sy.
Будем обозначать величины, значение которых определяется
выбором этой системы, индексом I. Через хм обозначим коорди¬
нату колечка на прямой АВ.
22
Рис. 1.6.1.
Б. Запишем теорему сложения скоростей для колечка М, ис¬
пользуя в качестве подвижного трехгранника Sxyz
+ (1.6.1)
здесь VJJjс— скорость колечка относительно неподвижной плос¬
кости, в которой движутся прямые,
V™p(/)- переносная скорость колечка,
относительная скорость колечка.
В соответствии с определениями переносной и относительной
скоростей
Ум₽(-0 ~ У1ёу(так. как скорости всех точек прямой АВ одина¬
ковы),
= хмех( вследствие того, что относительно трехгран¬
ника Sxyz колечко движется по оси Sx ).
Уравнение (1.6.1) — векторное и, следовательно, в рассматри¬
ваемой задаче дает нам возможность получить два скалярных урав¬
нения, которые однако не приведут нас к желаемому результату, по¬
скольку эти два уравнения будут содержать три неизвестных вели¬
чины: две проекции вектора V^c и хм-
Дело легко поправить, если вспомнить, что мы пока никак не ис¬
пользовали вторую прямую, которая тоже влияет на движение ко¬
лечка и, в принципе, ничем не "хуже"прямой АВ.
Поэтому, введем подвижный трехгранник жестко связан¬
ный с прямой CD (Р- одна из точек этой прямой, ось Рх направ¬
лена вдоль нее, ось Ру перпендикулярна к ней (см. рис. 1.6.1), ось
23
PC, перпендикулярна плоскости и образует правый трехгранник с
первыми двумя).
Величины, значение которых определяется выбором системы
P^qQ, будем обозначать индексом II. Запишем еще раз теорему
сложения скоростей, рассматривая теперь в качестве подвижного
трехгранника PC/qC'.
Vm = VmP(W + ^™Щ), (1.6.2)
где по прежнему, скорость колечка относительно непо¬
движной плоскости,
V^P(J7) — V2ev — переносная скорость колечка,
Vfipfll) = — относительная скорость колечка.
Так как абсолютная скорость колечка одна и та же в обоих
случаях, выражения, стоящие в правых частях уравнений (1.6.1) и
(1.6.2), можно приравнять
УмРЩ + Vmth(T) = V™p(JI) + Vfi“(II) =>
Viev + хм ex = V2en + Смёу (1.6.3)
Уравнение (1.6.3), в принципе, решает задачу поскольку с его по¬
мощью можно написать два скалярных соотношения, достаточных
для нахождения двух неизвестных величин: хм и С,м ■
В. Переход от векторного уравнения к скалярным осуществ¬
ляется путем умножения его скалярно на единичные векторы двух
неколлинеарных направлений. Выбором этих направлений можно
добиться упрощения получающейся системы уравнений. В частно¬
сти, для решения рассматриваемой задачи совсем не обязательно
находить обе неизвестных величины — достаточно найти одну из
них, например, хМ- Для того, чтобы ее найти умножим скалярно
правую и левую части уравнения (1.6.3) на ev. В результате полу¬
чим
V) (бу, ) + хм(ех 1 ~ ^2
V2 — УДе^-е^)
уабс _ Vicosa-V2
м ~ sin а е- + у1еУ
Поскольку векторы ех и еу известны, задача решена.
Г. Используя ту же теорему сложения скоростей, можно решить
задачу чисто геометрическим способом.
24
Рассматривая в качестве подвижного трехгранник Sxyz, заме¬
тим, что поскольку переносная скорость равна Vj_ и перпендикуляр¬
на прямой АВ, а относительная скорость направлена вдоль этой
прямой, конец вектора абсолютной скорости точки М должен ле¬
жать на прямой, проходящей через конец вектора Vi параллельно
прямой АВ.
С другой стороны, если в качестве подвижного рассмотреть
трехгранник Р£т)£, конец вектора абсолютной скорости точки М
должен лежать на прямой, проходящей через конец вектора V? и
параллельной CD.
Единственной точкой удовлетворяющей обоим условиям явля¬
ется точка G (см.рис. 1.6.1). Значит вектор абсолютной скорости
точки М представлен отрезком MG.
Фигура MEGF представляет собой параллелограм, со сторо¬
нами = Vi/sina, |ЕХ7| = l^/sina, поэтому
|MG| = VM = ./ P-Y + (JVf - 2 ( coSQ
у ysma/ \sina/ ysin a J
Этот результат подтверждает ранее полученный, и, тем самым, сви¬
детельствует, что найденное решение правильно.
Задача 1.7. [3, 18.18]
Антипараллелограмм составлен из двух стержней АВ и CD
одинаковой длины 2а и шарнирно соединенного с ними стержня ВС
длины 26. Расстояние между неподвижными осями А и D равно 26.
Стержень АВ вращается с постоянной угловой скоростью шо- Най¬
ти угловую скорость и угловое ускорение стержня ВС в момент,
когда угол ADC равен тг/2.
Решение.
А. Стержень ВС совершает плоско¬
параллельное движение. В этом случае век¬
торы угловой скорости и углового ускоре¬
ния направлены перпендикулярно к плоско¬
сти Аху (см.рис. 1.7.1), в которой движется
стержень, и, следовательно, их можно пред¬
ставить в виде: швс = ivecez, еВс = £ecez.
Таким образом, задача содержит две ска¬
лярных неизвестных: шве и евс, значит, для
их нахождения надо написать два скалярных уравнения, которые
не содержали бы других неизвестных величин.
25
Б. Чтобы составить уравнение, позволяющее найти значение
интересующей нас величины, необходимо воспользоваться какой-
либо известной теоремой или формулой, содержащей указанную
величину в том или ином виде (если таковых не окажется, придется
предпринять попытку вывести соответствующее соотношение са¬
мостоятельно, т.е. решить дополнительную задачу).
Во многих задачах кинематики для определения угловой ско¬
рости удобно применить формулу Эйлера ( 1.15). Для нахожде¬
ния шве с помощью формулы ( 1.15) надо знать скорости двух то¬
чек стержня ВС. Определив угловую скорость, можно попытаться
найти угловое ускорение с помощью формулы Ривальса (1.16).
В. Точка В принадлежит стержню АВ, который вращается во¬
круг неподвижной оси Az, поэтому
Vb = [woe2, |Л5|едв].
Но эта точка принадлежит и стержню ВС, и таким образом,
мы знаем скорость одной точки стержня ВС. Скорость какой-либо
другой точки стержня нам не известна, однако мы знаем направле¬
ние скорости точки С. Так как точка С принадлежит и стержню DC,
а он вращается вокруг неподвижной оси, перпендикулярной плос¬
кости Аху и проходящей через точку D, ее скорость направлена
перпендикулярно стержню DC. Запишем формулу Эйлера для то¬
чек В и С стержня ВС’.
Vb =Vc + [швсёг, \СВ\есв]-
Вектор Vc не известен по величине, но известно его направление,
поэтому умножив обе части этого уравнения скалярно на вектор
eDC мы получим уравнение, в которое входит только одна неизвест¬
ная - шве-
(Ув,ёвс) — (Ус,ёос) + (ёЪс, \р>всёг, ^СВ^есв]) =>
^ВС = ^0
И-В|(ед>с, [ег,едв])
|СВ|(ерс, [ег,есв])
Полученная формула справедлива для любого положения рассмат¬
риваемого механизма. В момент, когда угол ADC равен -тг/2
_ _ _ а
евс = cosaeав — sm аесв => а>вс = T^otga.
о
Задача сведена к элементарной геометрии — определению tg а:
ICBI 2аЬ ( 2а2 \
tgQ ~ |ВЯ| “ а2 - Ь2 ШВС ~ Ш° \а2 - Ь2) '
26
Для нахождения углового ускорения воспользуемся формулой Ри¬
вальса для точек ВиС стержня ВС'.
&в = Q.C + [cbcSs, 1СВ!ёсв[ + [^bcSz, i^BC'Sz, |С'-В|есВ]] =>
Sb — Sc + £вс\СВ\[ёх,ёсв\ + (^bc)2ICB;[Sz, [ег, ёсв]]- (1-7.1)
В этом соотношении известно все кроме ускорения точки С и вели¬
чины углового ускорения стержня ВС (ускорение точки В извест¬
но, так как она движется по окружности с постоянной скоростью).
Для нахождения г вс достаточно одного скалярного уравне¬
ния, поэтому если бы удалось найти проекцию ускорения точки С
на какое-либо направление задача была бы решена.
Точка С принадлежит и стержню ВС и стержню DC, следова¬
тельно, движется по окружности радиуса 1-0(71 и, значит, радиаль¬
ная составляющая ее ускорения равна (—ёвс^ёс)2/\DC\). Ско¬
рость Vc найдем следующим образом: точка Е является мгновен¬
ным центром скоростей стержня ВС, поэтому
Vc = [cvbcSz, [EC[Sec] = ^Bc[ECjiez, Sec]
Умножив обе части соотношения (1.7.1) скалярно на Sec, получим:
(Sb, Sec) = (Sc, Sec) + £bc\CB\(Sec, [Sz, есв])+
+ (^bc)2\CB\(Sec,[Sz,[S2,Scb]]) =>■
— ~ ^EC) ~ (^Bc)2\CB\(SeC, [Sz, [Sz, ёсв]])
BC |<7B|(ej5C, [ёг,ёсв])
Последнее выражение справедливо в любом положении антипа-
раллелограма. Вычислим его, в положении когда угол ADC равен
тг/2:
(a^egc) = — (^о)2|ДД|(едв1 Sec) = —(шо)2|ДД| cosa =
—(Sc,Sec) =
2 /а2 — b2\
= -(шоу2а >
\ а2 + о2 /
(Vc)2 (^вс)2\АЕ\2 ,у2(^ + Ь2\\п
-\DC\~ \DC\ ~(Wo) Xj2^) 2а'
f f \ \
~(^вс)2\СВ\(ёЕс, [Sz, [Sz, есв]]) = - I Wo ( д2 _ & j j 2bsina =
2ab
a2 + b2
27
\СВ\(еЕс, [ёх,есв]) = 26 cos a = 2b
а2 — b2\
а2 + b2 J
евс = ~(w0)22a6
а2 + b2
а2 — Ь2
Г. Рассмотрим еще один способ решения. Определим углы
</>о, <Р1,7 следующими соотношениями (направление отсчета углов
указано на рис. 1.7.2):
cost^o = (едв>ех),
со8<£>1 = (евс)ег),
cos 7 = (еОв, еж).
Так как движение стержня ВС Рис. 1.7.2.
происходит в плоскости Аху, его уг¬
ловую скорость и угловое ускорение можно представить в виде:
С вс = <Р1ег,£вс = <Piez.
Нетрудно видеть (см. рис. 1.7.2 ), что треугольники ADB и DBC
равны, откуда следует равенство треугольников ADE и ЕВС.
Поэтому углы DAC и ВС А равны, значит, треугольники ЛЕС,
AFC и DFB — равнобедренные, что влечет за собой равенства:
!Р1 = 27 => <pi = 27
Теорема синусов, примененная к треугольнику ADB, дает:
. —г = => 2asiny?o = |BZ>|sin7. (1.7.2)
sm(7T — 7) sm <p0
Обозначим для удобства \BD| = Л. Из того же треугольника полу¬
чим:
Л = у/ (2а)2 + (2Ь)2 — 8ab cos р0
Продифференцировав равенство (1.7.2) по времени, имеем:
и>о2а cos у>о = A sin 7 + 7 A cos 7 =>
wn2acos<A) - A sin 7 . 2asin<z>0 ■ 4a6sin<z>o
= 27 = 2 - ,sm7 = - , A = .
A cos 7 A A
Полученную формулу можно применять для нахождения угловой
скорости стержня при любом положении рассматриваемого меха¬
низма.
28
Вычислим значение в момент, когда угол ADC — прямой. В
этот момент
тг 2аЬ . а2 — Ь2
<Ро + а = -,cos(po = -о- .2-,sin р0 = —,2,
2 az + tr az + oz
2 4(a2 — b2)2 . a 2b(a2 — b2)
A = —~z—,81117 — —. , A cos 7= ——~~
a2 + b2 2Va2 + b2 a2 + b2
2a2
Найденное значение совпадает с полученным ранее, что подтвер¬
ждает его достоверность. Аналогично можно получить значение уг¬
лового ускорения.
Задача 1.8. [4,1.106]
Шар радиуса г катится по плоскости, касаясь изнутри боковой
поверхности прямого кругового цилиндра радиуса R, образующая
которого перпендикулярна плоскости. Проскальзывания в точках
касания на плоскости и на поверхности цилиндра нет. Модули ско¬
рости и ускорения центра шара равны соответственно Пиа. Найти
векторы угловой скорости ш и углового ускорения е шара.
Решение.
А. Обозначим точку, совпадающую с центром шара, через С,
а точки касания с плоскостью и поверхностью цилиндра, соот¬
ветственно, А и В (см.рис. 1.8.1). Величины скоростей этих точек
известны:Пс = И Уд = Vb = 0, вследствие отсутствия проскаль¬
зывания.
Сначала попытаемся найти вектор угловой скорости шара. По¬
смотрев сводку основных формул кинематики, замечаем, что ли¬
нейные скорости точек тела и его угловая скорость, связаны фор¬
мулой Эйлера (1.15).
Б. Запишем формулу Эйлера для точек Аи В шара:
VB = Пд + р,АВ],
но Va = Vb = 0 => [сщ АВ] — 0 => либо ш = шелв, либо w = 0.
Вектор угловой скорости шара не может равняться нулю, потому
что в этом случае из формулы Эйлера следовало бы, что скорости
всех точек шара одинаковы, а это не так. Значит ш — шёдв- Итак,
для того чтобы найти вектор угловой скорости шара нам нужно най¬
ти одну скалярную величину ш. Для ее определения достаточно од¬
ного скалярного уравнения. Выпишем еще раз формулу Эйлера,
29
теперь для точек А и С:
VC = VA + [ш, АС].
(1.8.1)
Введем подвижный правый трехгранник OtVlQ — ось О( совпадает
с осью цилиндра (е£ = ёАс) (точка О лежит в плоскости, по кото¬
рой катается шар), ось О£ направлена от точки О к точке А. Тогда
—> 1 1
АС = тё^шёлв = + ~/т&).
У/ £1 у Zl
Будем для определенности считать, что Vc = Уё^, и умножим обе
части равенства (1.8.1) скалярно на е^. В результате получим :
(еч, Vc) = (еч, Уд) + (е^ [ш, ДС]) =>
О)Г
W2 _ У._ _
Ш = — => Ш = (6« + Сл)
г г
Найти вектор углового ускорения можно было бы, применив фор¬
мулу Ривальса (1.16), однако для этого необходимо знать векторы
ускорения двух точек шара. На первый взгляд, условия задачи не
позволяют этого, поэтому попытаемся найти е другим путем. По
определению
_ du d( V,H V_ TA
e = — = — (e£ + e£) = (e£ + e£) e£.
dt dt \ r ) r r
Задача нахождения e свелась к вычислению двух величин: V и е£.
Точка С движется по окружности и, записав для нее формулу
разложения ускорения по осям естественного трехгранника (1.11),
получим:
V2 • / / 1/2 \ 2
- Vg- + дТТ<-«£) =» V = - (д^) .
Для определения е£ воспользуемся формулой Пуассона (1.13 )
е£ = [Q, е£],
где Q = Пе£ — угловая скорость трехгранника О£т](. Точка С яв¬
ляется одновременно и точкой шара и точкой этого трехгранника и
поэтому
Vc = [П, ОО] => Уёг, = [Qec, (R - г)е£ + гёс] => V = П(й - г) =>
V V _
Q = — => е£ = — Sjj
R—r R—r
30
Окончательно
V2 _
r(R — г)6,?'
Г. Значение вектора можно по¬
лучить другим способом:
гс = (-R - г)ё$ + гё(,
^ = ^ = г((д-г)е"£+’'е'£>^
V
R — r
Ven = (Я - r)e^ => —
6^
Вернемся к вопросу об исполь¬
зовании формулы Ривальса для на¬
хождения вектора углового ускоре¬
ния. Легко убедиться в том, что ско¬
рости точек шара, лежащих на отрез¬
ке АВ равны нулю. То же самое мож¬
но сказать и о скоростях точек про¬
странства, жестко связанного с ша¬
ром, лежащих на прямой, проходящей через точки А и В. Это озна¬
чает, что указанная прямая является мгновенной осью вращения
шара (и связанного с ним пространства). При любых положени¬
ях шара она пересекает ось О( в одной и той же точке D, (см.
рис. 1.8.1) поэтому геометрическое место мгновенных осей вра¬
щения шара в неподвижном пространстве (неподвижный аксоид)
представляет собой прямой круговой конус с вершиной в точке D и
осью, совпадающей с осью цилиндра. Подвижный аксоид (геомет¬
рическое место мгновенных осей вращения шара в пространстве,
связанном с шаром) также представляет собой прямой круговой
конус с вершиной в точке Р, но с осью, проходящей через точки
D и С. Известно, что движение тела можно представить как ка¬
чение без проскальзывания подвижного аксоида по неподвижному.
Поскольку в рассматриваемой задаче точка D подвижного кону¬
са остается на месте (следовательно, ее ускорение равно нулю), а
ускорение точки С мы нашли, записав формулу Ривальса для то¬
чек С и D пространства, связанного с шаром, получим уравнение, в
котором единственным неизвестным вектором является г (с учетом
того, что вектор угловой скорости нам уже известен).
31
Спроектировав это векторное уравнение на три неколлинеарных
направления, получим три скалярных уравнения для определения
трех неизвестных проекций вектора углового ускорения.
Задача 1.9.
Прямой круговой конус с углом раствора 2а катается по плос¬
кости без проскальзывания. Линия касания движется по плоскости
равномерно и описывает полный круг за время Т. Найти векторы
угловой скорости и углового ускорения конуса.
Решение.
А. Надо найти какие-нибудь формулы или теоремы, содержа¬
щие векторы угловой скорости и ускорения, связанные с условия¬
ми задачи. Нам известно, что конус катается по плоскости без про¬
скальзывания. Это означает, что скорости точек конуса лежащих
на образующей, касающейся в данный момент плоскости, равны
нулю, т.е. эта образующая является мгновенной осью вращения, и,
следовательно, вектор угловой скорости направлен вдоль нее.
Больше никаких данных о линейных скоростях и ускорениях то¬
чек конуса нет, и потому вряд ли прямое применение формул Эйле¬
ра или Ривальса будет продуктивным.
Есть, однако, еще одна теорема, касающаяся поставленного во¬
проса — теорема сложения угловых скоростей. Попытаемся ее
применить.
Б. Теоремы сложения движений, будь то теоремы сложения
скоростей или ускорений для точки, или теорема сложения угловых
скоростей для твердого тела, можно применять только при наличии
как минимум двух трехгранников — неподвижного и подвижного,
причем перемещения подвижного трехгранника должны быть четко
определены.
В рассматриваемой задаче свяжем неподвижный трехгранник
с плоскостью,по которой катается конус, а подвижный с линией
касания конуса и указанной плоскости, точнее, поместим верши¬
ну подвижного трехгранника в вершине конуса — точке О (и отно¬
сительно конуса и относительно плоскости эта точка неподвижна),
ось ОС, направим по линии касания, ось ОС, — перпендикулярно к
плоскости, ось Оу расположим в плоскости, так чтобы трехгранник
ОС/уС был правым, (см. рис. 1.9.1)
В. Имея два трехгранника, можем применить теорему сложения
угловых скоростей
-абс =t3nep+t-OTH) ц g
32
где шабс — абсолютная угловая скорость конуса (угловая скорость
конуса по отношению к неподвижному трехграннику),
шпер — переносная угловая ско¬
рость конуса (угловая скорость по¬
движного трехгранника по отношению
к неподвижному трехграннику),
^°тн — относительная угловая
скорость конуса (угловая скорость
конуса по отношению к трехграннику
ОСчС)- Рис. 1.9.1.
Посмотрим, что в этом векторном
уравнении нам известно, а что — неизвестно. Вектор абсолютной
угловой скорости, как уже сказано выше, направлен по оси ОС, и,
следовательно, может быть представлен в виде
,-*абс
cu —o’
Ось О( подвижного трехгранника остается на месте, значит, пере¬
носная угловая скорость направлена вдоль этой оси, и, так как, ось
ОС движется по плоскости равномерно (для определенности будем
считать, что ее движение происходит в положительном направле¬
нии),
2тг
Ось конуса постоянно находится в плоскости ОСС и образует по¬
стоянный угол с осью ОС, т.е. неподвижна относительно трехгран¬
ника О Су С, следовательно, относительная угловая скорость конуса
направлена по его оси (обозначим единичный вектор, направлен¬
ный вдоль оси конуса ё: е = cos аё^ + sin аё^)
сэ°™ = шотне.
Итак, все три перечисленных вектора лежат в одной плоскости,
следовательно, векторное уравнение (1.9.1), эквивалентно системе
двух скалярных, которые получатся при проектировании (1.9.1) на
два неколлинеарных направления. Решив эту систему мы найдем
значения двух неизвестных скалярных величин шабс и шотн.
Прежде чем выписывать систему, заметим, что нас в данной за¬
даче интересует только шабс. Поэтому умножив (1.9.1) скалярно на
единичный вектор ёп — — sinae^ + cosae^, получим:
Q'jr
(е„,шабс) = (е„,шпер) 4- (еп,шотн) => —wa6csina = — cosа =>
яб<* 2тг _2тг
ш = -у ctga => шабс = ctgae€.
33
Для нахождения вектора углового ускорения конуса воспользуемся
определением
_ div d ( 2тг _ \ 2тг 2.
£= д = 5 у т °*ае<) = ~т ctg“£'
и заметим, что по формуле Пуассона,
-* г-*пер -* 1 ^7Г -* (А , -*
е€ = [w p,eJ = —вг, =» е = - I — 1 ctgae^.
Г. Нельзя ли все-таки, поскольку речь идет о движении твердого
тела, воспользоваться формулами Эйлера и Ривальса? Для этого
нужно знать скорости и ускорения точек тела в рассматриваемой
задаче.
Обратим внимание на точки конуса, лежащие на его оси. Возь¬
мем точку М, для которой |ОМ| = г. Она постоянно находится в
плоскости О££ и движется по окружности радиуса г cos а, располо¬
женной в плоскости, перпендикулярной оси ОС, - Так как плоскость
ОСС связана с линией касания конуса и плоскости, она движется
равномерно, следовательно скорость точки МС, постоянна по вели¬
чине и направлена по касательной к окружности,т.е.
- 2тгг cos а _
Ил/ = у еч-
Итак, теперь мы знаем скорости двух точек О и М конуса, и можем
написать формулу Эйлера:
VM = Vo + [шабс, ОМ] =>
2тгг COS а Г Яйс , ябе 2тг
— е,, = [ш е$, г cos ае$ + г sin aej => ш = —— ctg а.
Ускорения этих двух точек также известны: точка О неподвижна
и, следовательно, ее ускорение равно нулю, а точка М движется
по окружности с постоянной скоростью и, значит, ее ускорение на¬
правлено к центру и равно (Vjvf)2/(rcos а ) (см. формулу 1.11). За¬
метим, также, что вектор шабс движется в неподвижной плоскости,
по которой катается конус, значит, и его производная тоже лежит в
этой плоскости, т.е.
= 0 => е = Е£б£ +
Запишем формулу Ривальса для точек О и М\
ам=ао + [е, ОМ] + [шабс, [wa6c, ОМ]]
(Им)2-. г - - . -1
— 2 — Cf = [е$+ е-пвт,, г cos ае^ + г sm ае^]+
34
г 2тг _ . 2тг _ ■ - п
ctgae^, — ctgae^, г coscte^ + rsinaejj.
Приравнивая коэффициенты при соответствующих единичных век¬
торах в правой и левой частях последнего уравнения, получим:
(Ум?
г cos а
= e4rsina,0 — —egrsina =>
27rV t -
— I ctgae„.
Е — ~г)Сг[ —
Совпадение полученных разными способами результатов может
служить подтверждением их достоверности.
Задача 1.10. [3,24.41]
Для передачи вращения от вала I, вращающегося во¬
круг неподвижной оси FE к расположенному с ним в одной
плоскости валу II, вращающемуся вокруг неподвижной оси
ЕС^УреУео) — сова), используется шарнир Кардано-Гука,
образованный крестовиной и двумя вилками, жестко связанными с
валами (см.рис. 1.10.1).
Рис. 1.10.1.
Крестовина представляет собой абсолютно твердое тело, со¬
ставленное из двух отрезков АВ и CD одинаковой длины, соеди¬
ненных серединами под прямым углом ((едв,есв) = 0). Крайние
точки крестовины А, В, С, D вставлены в подшипники, закреплен¬
ные на концах вилок, так, что при движении крестовина может вра¬
щаться относительно каждой из вилок, при этом центр крестовины
— точка Е — совпадает с линией пересечения осей ЕЕ и EG, и
(едв, евв) — (e.EG,ec£>). Угловая скорость вала I равна сщевв.
Найти угловую скорость вала II, как функцию от сщ и угла по¬
ворота вала I.
Решение.
35
А. Для краткости записи введем обозначения: &еа =
61(f), &ЕС = 62(f), &EG — &а-
Введем неподвижный трехгранник Exyz — ось Ez перпенди¬
кулярна FE и лежит в плоскости осей FE и EG (ez,ea) = sin а,
ось Еу направлена вдоль оси FE (еу = ёрЕ),ех = [ёДег]. Бу¬
дем для определенности считать, что wi > 0, и, что еДО) = ех.
Обозначим угол, отсчитываемый в положительном направлении от
оси Ех до вектора ei(t) через 92(f). Заметим, что вектор ei(t) по¬
стоянно находится в плоскости Ezx, а вектор 62(f) в плоскости Р,
перпендикулярной оси EG. Эта плоскость образует с плоскостью
Ezx угол а. Вектор ёДО) лежит на линии пересечения плоскостей
Eyz и Р. Угол между этой линией и вектором 62(f), соответствую¬
щий повороту вектора e*i(f) на угол 92(f), обозначим V’(i) (см. рис.
1.10.2).
Внимание, проявляемое к пове¬
дению частей крестовины, оправдано
тем, что она является ключевой ча¬
стью механизма — если ее убрать, ва¬
лы могут вращаться независимо друг
от друга, при наличии крестовины
вращение вала I однозначно опреде¬
ляет вращение вала II.
Б. Выбирая подход к решению за¬
дачи, обратим внимание на то что,
Рис. 1.10.2.
движение крестовины можно рас¬
сматривать как сложное движение —
переносное —■ вместе с валом I, и от¬
носительное — относительно трехгранника, жестко связанного с
валом I. В этой ситуации можно воспользоваться теоремой сло¬
жения угловых скоростей (1.19):
wa6c = d2neP(Z)+w°™(7-),
(1.10.1)
где шабе — абсолютная угловая скорость крестовины (ее угло¬
вая скорость относительно трехгранника Exyz),
w°TH(Z) — относительная угловая скорость крестовины (ее уг¬
ловая скорость относительно трехгранника, связанного с валом I),
wnep(Z) — переносная угловая скорость крестовины (угловая
скорость трехгранника, связанного с валом I). Уравнение (1.10.1)
содержит 4 скалярных неизвестных величины: три проекции век¬
36
тора шабс — waCc,wa6c, шабс и величину А вектора шотн(7); направ¬
ление этого вектора известно: по отношению к трехграннику,
связанному с валом I, крестовина может вращаться только во¬
круг оси АВ, поэтому
w0TH(7) = Aei,
вектор шпер(Г) известен целиком
шпер(7) = =>• шабс = + Аё). (1.10.2)
Уравнение (1.10.2) позволяет получить систему трех независи¬
мых скалярных уравнений, что недостаточно для нахождения че¬
тырех неизвестных. Однако наши рассуждения до сих пор не учи¬
тывали наличия вала II. Применив еще раз теорему сложения уг¬
ловых скоростей (подвижный трехгранник теперь жестко связан с
валом II), получим:
О>абс = Ш2ёа + уё2, (1.10.3)
(/162 = ш°™(//), ш2еа = шпер(77)).
Вектор абсолютной угловой скорости в уравнениях (1.10.2) и
(1.10.3) один и тот же. Поэтому приравняв правые части этих урав¬
нений, имеем
ш-\ёу + Aei = Ш2ва + /162. (1.10.4)
Уравнение (1.10.4) в принципе решает поставленную задачу, по¬
скольку с его помощью можно получить три независимых скаляр¬
ных уравнения для определения трех скалярных неизвестных —
А, у, ш2.
В. Чтобы получить систему уравнений для нахождения неиз¬
вестных, надо умножить уравнение (1.10.4) на три линейно¬
независимых единичных вектора. Критерием выбора этих векторов
(направлений проектирования) можно считать простоту возникаю¬
щей системы.
В рассматриваемой задаче значения неизвестных А и у нас, во¬
обще говоря, не интересуют , поэтому хотелось бы иметь одно
уравнение, в которое входила бы единственная неизвестная ш2-
Вектор [ei,e2,] перпендикулярен каждому из сомножителей, по¬
этому умножив скалярно на него правую и левую части уравнения
(1.10.4), получим
ац(ею [ei,e2J) = ш2(еа, [ei, e2j) => w2 = - .щ - ,Д—•
(eQ, [ei, e2J)
37
Осталось найти как зависит последнее выражение от угла у>. Запи¬
шем векторы еа, ei, б2 в базисе ex,ey,ez:
еа = 0 ■ ех + cos аёу + sin а • ez,
ci = cos р ■ ёх 4- 0 • ёу — sin р • ez,
ег = sinip • ёх — cosi^sina ■ ёу + cosipcosa ■ ёг.
Тогда
[ei, ег] = [cos <р • ёх + 0 • ёу - sin у? • ez,
sin ip • ёх — cos ip sin а ■ еу + cos ip cos а ■ ez] =
= — cos p cos ip sin a • ez — (cos cos ip cos a + sin p sin ip)ey—
— sin p cos ip sin a • ёх,
откуда следует
— (cos tp cos V» cos a+sin у sin
— cos a( — (cos рсов’фсоз a+sin i^sin т/))еу)—sin a cos cos У sin a
(COS a + tg p tg Ip \
I .
1 + cos a tg ip tg ip )
Чтобы исключить из этого соотношения ip, заметим, что
(ех, ёг) = 0 => cos ip sin ip — sin ip cos ip cos a — 0 =>
tg ip = cos a tg p, (1.10.5)
cos a
W2 = ^1- Г~2 —•
1 — sin a sin ip
Г. Найденное решение выдерживает простейшую проверку - при
а — 0 угловые скорости валов должны быть одинаковы. Вернемся,
теперь, к началу решения и обратим внимание на то, что, во-первых
оба вала, вращаются вокруг неподвижных осей, и, во-вторых, р
и ip представляют собой углы поворота этих валов по отношению к
неподвижному трехграннику, т.е.
с51 = фёу, W2 = 1рёа => ПЦ = ф,Ш2 = 1р-
Значит, для того, чтобы ответить на вопрос задачи, нам достаточно
найти связь между ф и ip. Но эту связь легко найти, продифферен¬
цировав соотношение (1.10.5), которое выполняется в любой мо¬
мент времени:
d , .. d . . 1 ; cos а .
— (tgi/i) = —(cosatgy>) => —2—Ip = 2~v =>
dt dt cos2 ip cos2 ip
. cos a
^cos2 ^(1 + cos2 a tg2 p)
38
Таким образом, мы смогли найти решение, используя лишь опреде¬
ление угловой скорости тела, вращающегося вокруг неподвиж¬
ной оси, и геометрическое соотношение (1.10.5).
39
Глава 2
Динамика точки
1. Перечень II: основные понятия и теоремы ди¬
намики материальной точки
Определения основных динамических величин {обозначения: т
— масса точки М (в рамках классической механики считается по¬
стоянной), гм — радиус-вектор точки М}:
1.импульс (количество движения) точки М (вектор):
р = mVM‘,
(П.1)
2. кинетический момент (момент импульса, момент количества
движения) точки М (вектор):
к = [гм,тУм\\
3. кинетическая энергия точки М (скаляр):
(П.2)
_ т(Ум,Ум') _ тпУ2м.
2 2 ’
(П.З)
4. элементарная работа силы F на действительном переме¬
щении йтм (скаляр):
А(<2тм) = (F,drM),dfM = Ум dt,
(П.4)
(если (F, йтм) = dU, функция U называется силовой функцией, а
функция П = — U — потенциальной энергией);
5. момент силы F, действующей на точку М, относительно точки
О (вектор):
momo(F) = [гм,-Р],
(П.5)
момент силы F, относительно оси с направляющим вектором
do а, проходящей через начало координат О (скаляр):
тотОд(Г) = (еОА, [гм, F]).
(П.5')
Материальная точка называется свободной, если ее координаты
и проекции скорости могут принимать произвольные значения. Ес¬
ли на свободную точку М действует заданная сила F (сила назы¬
вается заданной, если F — F(tm,Vm,1) — известная функция),
справедливы следующие соотношения:
40
1. закон изменения импульса (количества движения):
= F т^- = F^- там = F; (П-6)
at dt
2. теорема об изменении кинетического момента (момента им¬
пульса , момента количества движения):
^ = [fM,F]-, (П-7)
at
3. теорема об изменении кинетической энергии:
dT~(F,dfM). (П.8)
Возможны ситуации, когда на координаты и проекции скорости
точки наложены ограничения: например, точка должна двигаться
по заранее заданной поверхности или кривой. В этом случае гово¬
рят, что на точку наложены связи. Связи выражаются в виде урав¬
нений или неравенств, которым должны удовлетворять координаты
и проекции скорости точки. Пример: точка М должна двигаться по
неподвижной сфере радиуса I с центром в начале координат; урав¬
нение связи можно записать в виде:
х2м + У2м + z?M - I2,
или
(тм,тм) = I2,
или
хм%м + УмУм + zM zm = О,
или
(гм, гм) = 0;
если точка должна оставаться внутри указанной сферы, уравнение
связи будет выглядеть так:
х2м + у2м + z2M < I2-
Для того чтобы при движении точки под действием заданной
силы не нарушалось уравнение связи, необходимо ввести допол¬
нительную силу, называемую реакцией связи, которая, обычно,
обозначается буквой R. В отличие от заданной силы величина и
направление реакции связи заранее не известны. При наличии
связей основные теоремы динамики точки приобретают вид:
1. закон изменения импульса (количества движения):
^ = F + R^m^- = F + R<^maM = F + R; (П.9)
at dt
41
2. теорема об изменении кинетического момента (момента им¬
пульса, момента количества движения):
^ = [fM,F + R]-, (П.Ю)
at
3. теорема об изменении кинетической энергии:
dT = (F + R,dfM). (11.11)
Связь называется идеальной, если реакция направлена по
нормали к поверхности или кривой, по которой движется точка (
если уравнение связи явно зависит от времени, нормаль строится
при фиксированном времени).
Соотношения (П.6), (П.7), (П.9) и (11.10) являются векторными.
Проектируя их на различные направления, можно получать ска¬
лярные уравнения, с помощью которых решаются конкретные за¬
дачи динамики точки. Всего с помощью трех теорем в общем случае
можно составить семь скалярных уравнений (среди них, разумеет¬
ся, не все будут независимыми'), что дает возможность выбрать хо¬
рошие уравнения — уравнения, которые приведут к решению дан¬
ной задачи наиболее простым способом.
Важным примером хороших уравнений являются первые ин¬
тегралы. Первым интегралом уравнений движения называется
функция координат и проекций скорости точки, полная производ¬
ная которой в силу уравнений движения тождественно равна ну¬
лю (значение этой функции при движении точки вдоль траектории
остается постоянным).
Примеры первых интегралов:
а) Пусть выполнены условиям
(1)(Л, ёгм) = 0,
(ii)(F,dfM) = dU.
Тогда из теорем (П.8) и (II. 11) следует
Т = U + h Т + Т1 = h, (h = const).
Этот первый интеграл называется интегралом энергии.
б) Пусть выполнены условия: Vt Зе (е = 0) : (е, F + R) = 0.
Тогда из теорем (II.6) и (II.9) следует
(р, е) = const.
в) Пусть выполнены условиям Эе (е = 0) :
(е, [гм, F + R]) = 0
Тогда из теорем (II.7) и (П.Ю) следует
(k, е) = const.
42
Если положить
е = ег,
то при указанных условиях, проекция радиуса-вектора точки М на
плоскость Оху будет за равные времена заметать равные площа¬
ди, поэтому этот первый интеграл называется интегралом пло¬
щадей.
При проверке выполнения условий существования интеграла
площадей полезно помнить, что, если сила пересекает ось или па¬
раллельна оси, ее момент относительно этой оси равен нулю.
2. Задачи
Задача 2.1. [3,27.59]
Частица М массы т, несущая отрицательный электрический
заряд е, попадает в однородное магнитное поле напряженности
Н со скоростью Vo, перпендикулярной направлению напряженно¬
сти поля. Определить траекторию дальнейшего движения частицы,
считая, что на нее действует единственная сила F — — е[Ум, Я]-
Решение.
А. Частица движется в трехмерном пространстве, следователь¬
но, чтобы определить ее положение необходимо знать три ее ко¬
ординаты,для нахождения которых надо написать три уравне¬
ния. Выбирая координаты следует учитывать особенности задачи,
в частности, разного рода симметрию. Так, в рассматриваемой за¬
даче из однородности магнитного поля следует, что вектор Н по¬
стоянен в неподвижном пространстве, поэтому направление одной
из осей неподвижного трехгранника (например оси Oz) удобно свя¬
зать с направлением этого вектора так, чтобы
Н = Hez.
Начало координат и направление оси Ох выберем из соображений
простоты записи начальных условий, т.е. будем считать, что при t =
О частица находится в начале координат и
хм — Vb, Ум = 0, zm = 0.
Ось Оу после этого определяется однозначно.
Б. Теперь надо написать уравнения движения точки. Понятие
"уравнения движения" определено неоднозначно. Дело в том, что
при изучении движения точки мы можем использовать уравне¬
ния, являющиеся следствиями общих теорем динамики точки (или
43
каких-либо других теорем). Две из общих теорем являются век¬
торными, а одна скалярной, следовательно, используя все три
теоремы мы можем написать семь скалярных соотношений. Ра¬
зумеется, независимых среди этих соотношений будет не больше
трех, но мы можем по разному' формировать наборы (системы)
независимых уравнений. В разных задачах выбор может диктовать¬
ся разными критериями, но всегда надо стремиться получить систе¬
му, в каком-либо смысле, хорошую.
Хорошая система уравнений отличается тем, что быстрее других
приводит к решению данной конкретной задачи. Ответить на во¬
прос, как получить хорошую систему в общем случае вряд ли воз¬
можно, однако есть признак хорошего уравнения, годный практи¬
чески всегда: если можно с помощью одной из общих теорем напи¬
сать уравнение, в правой части которого стоит нуль, то это хорошо!
Если при этом в левой части оказывается производная по времени
от некоторой величины, то это дважды хорошо! В этом случае мы
получаем первый интеграл.
В. Исходя из этого "принципа" рассмотрим закон изменения
импульса (II.6):
ё¥м 7 dVM гт7 7, ,
т—-— = F => т - - = —е[Ум, Н\ =>
at at
=-е[змёв,Нё2]. (2.1.1)
at
Анализируя соотношение (2.1.1) можно заметить, что если его пра¬
вую и левую части умножить скалярно на векторы е3 и е2, в обо¬
их случаях получится дважды хорошее уравнение (используются
свойства смешанного произведения трех векторов и формулы (1.11)
и (1-3)):
m(es, т? ) ” е(с§, [sjvfeSJ7?ег]) =7 з^е^4~0'С^) О
at q
тём = 0 => т(«м) = 0 => sw(t) = const,
dt
m(ez, = ~e^z' lsM£s,Hez]') => т(ёг,хмёх+умёу+хмё1!') = 0
тгм = 0 => = 0 => zm(t) = const.
dt
Используя начальные условия, получим
sm (t) = Фм(0) = Vo
44
. d
zM(t) = 0 => —zm = 0 zm = const = 0
dt
т.е. частица движется в плоскости Оху с постоянной по величине
скоростью.
Чтобы довести решение задачи до конца надо написать еще од¬
но уравнение. Так как траектория частицы плоская, вектор главной
нормали еи лежит в этой плоскости. Кроме того, вектор Н перпен¬
дикулярен к плоскости движения, поэтому умножив (2.1.1) скаляр-
но на еу, с учетом полученных ранее результатов, имеем
m(ep, ^~) = —e(ev, [sMes,Hez]) => — К02 = eV0H => £>(t) =
at q eri
Таким образом, написав три скалярных уравнения, каждое из ко¬
торых решалось отдельно, мы полностью решили задачу о движе¬
нии частицы при указанных начальных условиях — она движется
по окружности радиуса 2^, расположенной в плоскости Оху, с
постоянной по величине скоростью. Осталось определить , где на¬
ходится центр этой окружности — точка С. Известно, что если точ¬
ка движется по окружности с постоянной скоростью, то ее ускоре¬
ние направлено к центру окружности. Запишем (2.1.1) при t = О
= ~e\yoex,Hez] => там(О) = еУ^Нву,
откуда следует, что точка С имеет координаты
n mV° л
хс = 0,ус = —77-, zc = 0.
еп
Г. Легко можно заметить, что теорема об изменении кинетиче¬
ской энергии также позволяет получить первый интеграл:
dT = (F,dr) => dT = (-e[VM,H],VMdt) =>dT = 0=>
T — const => Vm = const,
но такое уравнение мы уже вывели из других соображений, что под¬
тверждает высказанное выше положение: полученные с помощью
разных теорем соотношения могут быть зависимы.
Посмотрим, что получится если просто расписать уравнение
(2.1.1) в выбранных декартовых координатах:
т(хмех -Г* ум&у "I- zMez) = е[хмвх 4" Умоу 4- zm^zi Не^]
тхм = —еумН, (2-1.2)
ум = ехмН, (2.1.3)
тгм = 0. (2-1-4)
45
В отличие от ранее рассмотренного решения, где каждое из вы¬
веденных уравнений решалось отдельно, мы получили систему
трех, скалярных дифференциальных уравнений для нахождения
трех скалярных неизвестных. К нашему счастью, уравнение (2.1.4)
и в этом случае отделяется, т.е. может быть решено независимо от
первых двух. Решая его, с учетом начальных условий, имеем:
тгм = 0 => ^-zm = 0 => zm = const = 0 => zm — const = 0.
dt
Оставшиеся два уравнения должны решаться совместно. Заметим,
что если перенести все члены этих уравнений в левую часть, их
можно переписать в следующем виде ( и получить дважды хоро¬
шие уравнения):
d
— (тхм + еНум) = 0 => тхм + еНум — const = mVo, (2.1.5)
dt
~(тУм - еНум) == Q тум - еНум const = 0. (2.1.6)
Теперь, разрешив уравнения (2.1.5) и (2.1.6) относительно хм и
ум, и подставив результаты в уравнения (2.1.3) и (2.1.2), получим:
/ 2
гг,еНхм, .. (еН\ „
тхм = —еН( ) => хм + I — ) хм = 0, (2.1.7)
т \т )
. еНум (еН\2 eHVo /о т о\
тум = еН(уо ) => ум + — Ум = ■ (2.1.8)
т \т J т
Сделав в уравнении (2.1.8) замену переменных
mVo
Ум — ум —,
замечаем, что ум удовлетворяет уравнению
( еН\2
Ум + ( ) Ум — 0, (2.1.9)
\ ТГЬ J
Общее решение уравнений (2.1.7) и (2.1.9) (они называются
уравнениями линейного (гармонического) осциллятора) имеет вид
еН
хм = Acoswt + Bsinwt, а> — , (2.1.10)
т
еН
ум = С coswt + Dsinwt,w =—, (2.1.11)
т
Для нахождения произвольных постоянных используем начальные
условия:
хм(0) = 0, хм(0) = Vo,
46
Т)м(О) = 7Г,»?м(0) = О,
ел
Подставляя эти значения в выражения (2.1.10) и (2.1.11) (и в со¬
отношения, которые получатся при дифференцировании указанных
выражений) имеем
0 = A, Vn = Вы => хм = sin wt,
еН
ТПУ0 П Г> mV° 4
— = С, 0 = Dw => т]м = гг cos =^
еН еН
mVQ /1
Ум — —~ coscut) =>
ел
2 , , mVo42 _ (mVoV
(жм) + {ум еН) \еН ) ’
т.е. частица движется по окружности радиуса с центром, рас¬
положенном в точке х — 0, у —
Первый способ кажется предпочтительнее, поскольку он быст¬
рее приводит к решению поставленной задачи. Второе решение
представляется более длинным и менее красивым. Однако, если из¬
менить начальные условия и считать, что скорость частицы в на¬
чальный момент образует с вектором Н угол 0 < а < тг/2, то вто¬
рое решение можно применять практически без изменений ( изме¬
нится лишь значение постоянных в уравнениях (2.1.5) и (2.1.6)), в
то время как первое решение впрямую не проходит: траектория не
является плоской, и, значит, чтобы написать проекцию уравнения
(2.1.1) на главную нормаль ее надо сначала найти. Это и понятно:
чем более подробно в решении задачи учитываются ее конкретные
особенности, тем менее может пригодиться это решение при иссле¬
довании задач с измененными условиями.
Задача 2.2.
Найти первую и вторую космические скорости для Земли.
Решение.
А+Б. Прежде всего нужно определить упомянутые в задаче по¬
нятия и условия, в которых мы будем эту задачу решать.
Будем считать, что Земля представляет собой шар со сфери¬
чески симметричным распределением масс, а трехгранник Cxyz с
вершиной С, расположенной в центре Земли, и осями Сх, Су, Cz
неизменного относительно неподвижных звезд направления, задает
инерциальную систему.
47
Будем, также, считать, что движение тела массы т, размерами
и массой которого можно пренебречь по сравнению с размерами и
массой Земли ( т.е. считать его материальной точкой М ) не влияет
на движение Земли.
При этих предположениях задача о движении указанного тела
сводится к задаче о движении материальной точки М под действи¬
ем силы, задаваемой формулой
- mA _ - СМ
F ~ -\СМ\,ег - \сму
Пусть радиус Земли равен R, а ускорение, сообщаемое указан¬
ной силой на поверхности Земли,— до.
Первой космической скоростью называется скорость Vi, с ко¬
торой при указанных условиях точка М совершала бы движение по
окружности радиуса R.
Второй космической скоростью называется минимальная ско¬
рость V2, которую надо сообщить точке на поверхности Земли, для
того чтобы она могла удалиться от Земли на бесконечное расстоя¬
ние.
В. Итак, движение точки М относительно трехгранника Cxyz
подчиняется закону изменения импульса:
d . тпА , /л п
там ~ t => там = —?^ег. (2.2.1)
рм)2
Это уравнение допускает решение, при котором точка движет¬
ся по окружности с центром в точке С с постоянной по величине
скоростью. Пусть радиус окружности равен R. Запишем проекцию
уравнения (2.2.1) на нормаль к траектории:
(Ц)2 A A (Vi)2 .. г-5
= т№ ’ №=9о=> ~1Г == 5о => Vi = ^g0R.
Для Земли
до « 9.83(^), R ~ 6378 ■ 103т => И « 7918(—).
Вычисление первой космической скорости облегчает тот факт,
что известна траектория, по которой движется точка. В определе¬
нии второй космической скорости ничего о траектории не говорит¬
ся, поэтому необходимо более подробно разобраться в свойствах
движения при принятых предположениях. Известно, что под дей¬
ствием центральной силы материальная точка движется в непо¬
движной плоскости, содержащей начальный радиус-вектор гм(0)
48
и вектор начальной скорости Рм(0). Если эти векторы не коллине¬
арны, плоскость определяется однозначно ( случай коллинеарно¬
сти разберем отдельно). Пусть эта плоскость совпадает с плоско¬
стью Сху , и пусть гм и фм полярные координаты точки М в этой
плоскости. Для определения двух координат нужны два уравнения.
Самый простой способ получения уравнений движения - записать
закон изменения импульса в проекциях на радиальное и трансвер¬
сальное направления. Умножив обе части уравнения (2.2.1) на ег и
ev, получим:
т{тм - гМФм) = “ (7^2 ’
тгртмФм + ЪгмФм) = 0.
Одно из этих уравнений даже является хорошим в нашей термино¬
логии. Однако, после не слишком обременительных рассуждений,
можно вывести гораздо более удачные уравнения. Обратим внима¬
ние на примеры первых интегралов, приведенные в заключительной
части перечня II: сила, приложенная к точке М постоянно пересе¬
кает ось Cz, значит имеет место интеграл площадей
(к, ez) = const => (гм)2фм = с, (2.2.2)
кроме того
(F.^tm) = - .m\2drm = d(—),
(гмГ rm
следовательно,
|((гм)2 + (Тгпфм')2') - — = h, (2.2.3)
2 rM
и вместо системы двух дифференциальных уравнений, каждое из
которых является уравнением второго порядка, мы получили си¬
стему двух уравнений первого порядка и, значит, сумели понизить
порядок системы вдвое! Кроме того, разрешив уравнение (2.2.2) от¬
носительно фм и, подставив результат в уравнение (2.2.3), получим
соотношение
1 г2 А
+ = (2.2.4)
2 Дгм) ГМ
которое удобно исследовать с помощью фазовой плоскости. Вве¬
дем обозначение
с2 А
Пэфф(тм) — 42 ■
2(тм)2 гм
49
Функция Пэфф(гм) называется эффективным потенциалом. Ис¬
пользуя эту функцию, график которой представлен на рис. 2.2.1,
перепишем уравнение (2.2.4) в виде:
гм = ±^2(/i - Пэфф(гм)). (2.2.5)
Рис. 2.2.1.
Соотношение (2.2.5) позволяет построить фазовые траектории,
изображенные на рис. 2.2.1. Из анализа функции ПЭфф(тм) и урав¬
нения (2.2.5) вытекает, что первой неограниченной фазовой траек¬
тории соответствует значение h = 0. Но из определения второй
космической скорости и уравнения (2.2.3) следует
h = - ^-,h = 0 => V2 = « 11198(-).
л JL S
Рассмотрим теперь случай, когда начальная скорость направ¬
лена по радиусу-вектору. В этой ситуации фм (0) = 0, с = 0, а
интеграл энергии принимает вид:
{гм)2 _ 9qR2 = Им (о)2 _ gpR2
2 гм 2 R
50
rM=±J+ ((Vm(O))2 - 2<7o7?). (2.2.6)
V rm
Из уравнения (2.2.6) следует
1) если ((Vm(O))2 — 2роД) > 0, то гм > 0 всюду и точка уходит
в бесконечность,
2)если ((Vm(0))2 - 2g0.R) = 0, то уравнение (2.2.6) легко ин¬
тегрируется и из его решения видно, что точка уходит в бесконеч¬
ность,
3)если ((Ум (О))2 — 2po-R) < 0, то в положении гм =
5—/nSYs > гм обращается в нуль и дальше точка продвинуться
неможет, тм ограничено.
Таким образом, и в этом случае
V2 =
Г. Используя функцию эффективного потенциала и представле¬
ние движения точки с помощью фазовой плоскости, можно полу¬
чить значение не только второй но и первой космической скорости.
Действительно, тому значению энергии, при котором эффектив¬
ный потенциал имеет минимум, соответствует фазовая траектория,
представляющая собой точку. Это означает, что движение матери¬
альной точки при указанных значениях параметров (энергии и ки¬
нетического момента) происходит по траектории с тм = const, т.е.
по окружности. В точке минимума
3 . . д ( <? А \
дтм эфф ГМ дгм \2(гм)2 гм)
<? g0R2 g0R2 А 1 ( & А А п
(гм)3 (гм)2 (гм)2 к гм \goR2/) ’
поэтому, обозначая радиус круговой орбиты (гм)кр, получим:
с2
(гм)кр = (2-2’7)
Заметим, что при движении по окружности
с = (лм)кр(Ум)кр- (2.2.8)
Подставляя (2.2.8) в (2.2.7) имеем:
/ \ _ ((гм)кр(Ум)кр)2 zz„ , >2 _ 9oR2 /9 9 О'!
*((VmW (2-2-9>
что в случае движения по окружности, радиус которой равен ради¬
усу Земли, дает
((Ум)кр)2 = (И)2 = g0R.
51
Отметим, что при движении по окружности произвольного радиуса
(Ум)кр = const = (2.2.10)
Ткр
где ткр ■— период обращения точки по окружности. Подставляя
(2.2.10) в (2.2.9), получим:
((гм)кр)3
9qR2
(2л)2
= const,
что представляет собой аналог третьего закона Кеплера.
Задача 2.3.
Написать уравнения движения математического маятника.
Решение.
А+Б. Математическим маятником называется модель, пред¬
ставляющая собой материальную точку, которая может двигаться
под действием силы тяжести по гладкой неподвижной окружности,
расположенной в вертикальной плоскости. Гладкость окружности
означает, в данном случае, что реакция направлена по нормали к
ней. Используя это обстоятельство, запишем реакцию в виде:
R = Nev,
где е„ — единичный вектор главной нормали к окружности.
Пусть точка О является центром окружности, ось Oz направим
вертикально вниз, ось Ох — вправо. Направление отсчета угла
указано стрелкой (см. рис.2.3.1).
Будем считать, что радиус окруж¬
ности равен I.
Как уже отмечалось в задаче
2.1 понятие "уравнения движения"
определено неоднозначно. В широ¬
ком смысле — уравнения движения
— это любой набор уравнений, позво¬
ляющий найти координаты точки как
функции времени и начальных усло¬
вий. Если на точку наложены связи,
эти уравнения могут в том или ином
виде содержать реакцию, что увеличивает число неизвестных и, тем
самым, усложняет решение задачи. Поэтому, если по условию зада¬
чи нахождение реакции не требуется, надо постараться так соста¬
вить уравнения, чтобы они зависели бы только от координат точки.
В рассматриваемой задаче, положение точки М можно опре¬
делить, задав одну координату — угол <рм. Значит, для того что¬
52
бы описать движение маятника, нам достаточно одного уравнения,
содержащего единственную неизвестную функцию
В. С целью получения уравнения движения математического
маятника рассмотрим теоремы П.9-11.11.
а) Закон изменения импульса (количества движения) II.9:
там = F + R-
В нашем случае
F = mgez
там = mgez +
(2.3.1)
(2.3.3)
и, чтобы получить соотношение, не содержащее неизвестную вели¬
чину У, нам надо умножить обе части уравнения (2.3.3) скалярно
на единичный вектор, перпендикулярный е„. Таким вектором явля¬
ется, например, ет. В результате после умножения получим:
т(ам, er) = mg(ez, ет). (2.3.4)
Формула (1.11) дает
(омЛ)=«м> (2.3.5)
кроме того, для точки движущейся по окружности,
sm — 1у>м, (2.3.6)
и
еТ — ev,ez = — «т<рмеТ — cos^pmSv (2.3.7).
Подставив в (2.3.4) последовательно выражения (2.3.5),(2.3.6) и
(2.3.7) получим:
9
ткрм = —mgl sin <рм => Фм + у sin <рм = 0- (2.3.8)
Уравнение (2.3.8) называется уравнением движения математиче¬
ского маятника.
б) Теорема об изменении кинетического момента точки (II. 10):
= (ГМ, F + 7?]. (2.3.9)
Поскольку речь идет о движении по окружности
гм — 1вт, Vjvr — l^pмСр — ву. (2.3.10)
Подставляя в (2.3.9) выражения (2.3.1), (2.3.2), (2.3.10) и учитывая,
что репер (er, ev, ё^)— правый, получим:
т1фмё{\ = [1ег
—mg(sin(fiM8v> — cos <рмёг) — 7Ver] =>
53
—(тп12фмёу) — -mgl sin <рмёу => <Рм + j sin <рм = О,
и мы снова получили уравнение движения математического маят¬
ника.
в) Теорема об изменении кинетической энергии (II. 11):
dT = (F + R,dfM), (2.3.11)
для окружности
— IdtpM^tp'
Учитывая (2.3.1),(2.3.2),(2.3.7),(2.3.10), получим:
(F + R, drM) — (—mg(sin <рмёч> — cos <рмёт) — Ner, 1скрмё<р) =
= —mgl sin д>м dip м = d(mgl cos <рм)
поэтому
rT г<рм
dT = d(mgl cos<рм) => / dT= d(mgl cos <pm) =>
JT(0) Дрм(0)
T — T(0) = mgl(costpM — соаум(О)),
m(^M) m(/0^(O)) = mg^CQSlfiM _ COS(pM^^
фм = ±v/(0m(O))2 + 2 у (cos (рм ~COS</9m(0)).
(2.3.12)
Уравнение (2.3.12) также как уравнение (2.3.8) позволяет найти
движение маятника, и в этом смысле тоже является уравнением
движения.
Г. Найдем связь между уравнениями (2.3.8) и (2.3.12). Заме¬
тим, что уравнение (2.3.8) не содержит первой производной, поэто¬
му умножив обе его части на фм, получим:
• 2
I
.. д . „ d / с
<Рм<Рм + ~трм srnyiM = 0 => — -
I dt \
9 _ Фм@)2
2 I РМ ~ 2
- у cosy>M(0).
Разрешив последнее уравнение относительно фм, получим урав¬
нение (2.3.12). Проведенные рассуждения говорят о том, что оно
является следствием уравнения (2.3.8).
Таким образом в данном случае любая из трех общих теорем
позволяет получить хорошее уравнение. В заключение приведем
54
пример "плохих" уравнений движения математического маятника.
Запишем закон изменения импульса в проекциях на оси Ох и Oz'.
т(а,м, еж) = mg(ez, ех) + N(ev, ех) => тхм = (2-3-13)
т(ам,ё^ = тп5(ег,ег)+ ^ev,ez) =>
mzM тд ~ N-j-. (2.3.14)
Уравнения (2.3.13) и (2.3.14) совместно с уравнением связи
(хм)2 + (zm)2 = I2,
образуют систему уравнений, в принципе, позволяющую при задан¬
ных начальных условиях найти координаты маятника как функции
времени и начальных условий. Однако, понятно, что решать систе¬
му трех уравнений с тремя неизвестными (xm,zm,N) сложнее,
чем одно уравнение (2.3.8) или (2.3.12) с одной неизвестной функ¬
цией.
Задача 2.4.
Угол отклонения математического маятника длины I и массы т
от вертикали в начальный момент равен тг/2, а скорость равна ну¬
лю. Найти величину реакции связи в момент, когда угол отклонения
будет равен тг/4.
Решение.
А. Введем координаты так, как это сделано в задаче 2.3. Из
определения математического маятника следует, что
R = Ne,..
Ответить на поставленный вопрос мы сможем, зная функцию
N((pM)-
Б. Чтобы найти реакцию, надо для начала написать какое-
нибудь уравнение ее содержащее. Рассматривая общие теоремы
динамики точки при наличии связи, замечаем, что реакция входит
в каждую из них, однако закон изменения импульса содержит ре¬
акцию наиболее простым образом. Поэтому попытаемся восполь¬
зоваться для решения задачи этим законом.
В. Итак запишем закон изменения импульса (II.9):
там = F + R => R = там — F.
В рассматриваемой задаче
F = mgez, R = Nev,
поэтому
Neu = там — mgez. (2.4.1)
55
Умножив обе части уравнения (2.4.1) скалярно на ev, получим:
N = т(ам,ё)/) — пгр(ег,вр), (2.4.2)
ег = — cos <рмёу — sin N — т(ау, + mg cos <ум,
и задача свелась к нахождению величины т(ам,ёр) как функции
<Рм-
Запишем ускорение в проекциях на оси естественного трехгран¬
ника. Поскольку точка движется по окружности (используем урав¬
нение связи: q = const = Z):
.. - , (sm)2 -.4 mV^
ам = sm&t + —е» т(ам, , (2.4.3)
& ‘
т.е., чтобы решить поставленную задачу, нужно найти
Возвращаясь к общим теоремам динамики, видим, что теорема об
изменении кинетической энергии (II. 11) дает возможность опреде¬
лить V&.
(mV2 \ _ _
= (F + R,drM).
Более того, поскольку
1)(Д</гм) - О,
2)(F, <1гм) = сЦтдгм) = d(mgl cos <рм),
имеет место интеграл энергии:
mV2 mV2
^(0) =mglcos<pM - mgl cos (2.4.4)
Подставляя выражения (2.4.3) и (2.4.4) в (2.4.2) получим:
N = Зтд cos (рм,
что в точке = п/А дает
ЛТ
N = ~2~тд'
Г. Важно отметить, что невозможно решить задачу о движении точ¬
ки при наличии связи, не используя в том или ином виде уравнение
связи. В данном случае мы сделали это трижды: первый раз, когда
записали
С% — созу^д^бр sin рм—** Ср — с?-,
что характерно только для окружности., второй раз, считая, что
радиус кривизны траектории точки постоянен, и, наконец, третий
56
раз, применив в теореме об изменении кинетической энергии соот¬
ношение
zm = I cos <рм ■
Задача 2.5. [4, 2.30]
Материальная точка М массы т подвешена с помощью неве¬
сомой нерастяжимой гибкой нити длины I в неподвижной точке О и
может двигаться в неподвижной вертикальной плоскости Ozx\ ось
Oz направлена вертикально вниз, ось Ох— вправо.
В начальный момент 2м(0) = 1,хм(0) = 0 и Улг(О) — Voex.
Какова должна быть величина скорости Vq, чтобы:
а) точка М постоянно оставалась на окружности, вращаясь во¬
круг точки О',
б) точка М в некоторый момент времени сошла с окружности;
в) точка М оставаясь на окружности совершала бы колебания,
относительно точки гм = 1,хм =0?
Решение.
А. Прежде всего выясним, чем поставленная задача отличается
от аналогичной задачи для математического маятника.
Уравнения связи для математического маятника (см. задачу 2.3)
имеют вид:
। ~.2 — /2
ZM + ХМ — 1 >
Ум = 0,
и реакция направлена по нормали к окружности :
R = Ne„,
— единичный вектор главной нормали к окружности) причем
величина N может положительной, отрицательной или равняться
нулю. Такая связь называется удерживающей или двухсторонней
(точка не может сойти с окружности). Если связь осуществляется с
помощью нити (нить может сминаться, но не может растягиваться),
то ее уравнения выглядят следующим образом:
। 2 /2
ZM + ь * ,
Ум — о,
что означает, что точка М может двигаться по окружности или
внутри области, ограниченной этой окружностью. Если точка на¬
ходится на окружности, то
R = Neu,
57
причем
7V>0.
Если же точка сошла с окружности, то N = 0. Такая связь называ¬
ется неудерживающей или односторонней.
Пока точка М находится на окружности, она движется под дей¬
ствием двух сил — силы тяжести F — mgez и реакции R = Nev,
и для задания ее положения достаточно одной координаты, напри¬
мер, угла
При сходе с окружности точка М движется в вертикальной
плоскости под действием только силы тяжести; для описания ее
движения необходимы две координаты.
Б. План решения поставленной задачи: достаточным услови¬
ем того, что точка М постоянно остается на окружности является
выполнение неравенства ( нить все время натянута):
A7>0,V^M. (2.5.0)
Поэтому для решения задачи (а) надо, считая, что точка движется
по окружности, найти натяжение нити, как функцию <рм и Го , и
используя найденное выражение, определить при каких значениях
имеет место (2.5.0).
Необходимым условием схода точки М с окружности являет¬
ся обращение реакции в нуль в некоторой точке. Необходимым и
достаточным условием схода точки М со связи является обра¬
щение реакции в нуль в некоторой точке с последующим измене¬
нием ее знака (значение реакции вычисляется в предположении,
что точка движется по окружности). Таким образом для решения
задачи (б) надо найти множество значений Го, для которых выпол¬
няется необходимое и достаточное условие схода со связи.
Говоря о колебаниях точки М на окружности, мы, очевидно,
должны предположить, что в крайних положениях ее скорость
должна обращаться в нуль. Значит для решения задачи (в) необхо¬
димо найти точки, в которых несмотря на обращение скорости
в нуль не происходит сход с окружности.
В. Итак, для решения всех поставленных задач нужно найти вы¬
ражение реакции, как функции от у>м и Го, и затем анализировать
это выражение. Как уже отмечалось, реакцию удобнее всего нахо¬
дить из закона изменения импульса (II.9):
там — F + R=> R = там — F => Л’е,7 = там — mgez. (2.5.1)
Умножив обе части уравнения (2.5.1) скалярно на ev, получим:
N = т(рм, — mg(ez, ev~),
58
что, при условии движения точки М по окружности, дает:
N = +m5cos<pw (2.5.2)
При вышеупомянутом условии для нахождения (Ум)2 можно вос¬
пользоваться интегралом энергии (см. задачи 2.3, 2.4):
т—— (о) = mffl(cos<fiM — сов<рм(0))- (2.5.3)
Подставляя в (2.5.3) начальные условия (соз<£>м(0) = 0, Ум(0) =
Vo), имеем:
(Ум)2 (Ио)2 „
т~~2~ = m^(cos<^Ai - 1) =>
(Ум)2(<^м,Уо) = (Уо)2 + 2^(cos<pM - 1)- (2.5.4)
Формула (2.5.2) с учетом (2.5.4) дает
ЛГ(<^м, Уо) = —Ь тд(3со8<рм — 2). (2.5.5)
При заданном значении УЬ величина реакции ТУ^м/Уо) является
функцией ipM и, как легко видеть из выражения (2.5.5), достигает
минимума в точке у?м = тг:
min7V(<pM, Уо) =-^(тг, Уо) == — 5т</. (2.5.6)
Ч>М I
Из (2.5.5) и (2.5.6) следует, что если
(Уо)2 > 5д1,
то
Лг(<£м,Уо) > 0,V(/5M,
(Ум)2(у’м,Уо) > 0,V</?m,
т.е. нить остается натянутой при любом д>м, скорость нигде в нуль
не обращается, значит фм сохраняет знак.и точка М при та¬
ких начальных условиях, действительно, будет описывать пол¬
ную окружность.
Остается, однако, вопрос: а что будет при (Vo)2 = 5дГ? В этом
случае
?/(7г, л/5р!) = 0, Л'(<^м, \/5дГ) > 0, V<pm Ф тг,
(Ум)2(т’м, у/б^) > 0,V^m,
т.е. реакция в верхней точке окружности обращается в нуль, но во
всех остальных точках окружности она положительна. Кроме
59
того, скорость при указанном начальном значении нигде в нуль не
обращается, поэтому и в этом случае вращение не прерывается. Та¬
ким образом, ответ на вопрос (а) имеет вид
(Vo)2 >
Посмотрим теперь, что будет происходить с точкой М, когда вы¬
полняется неравенство
(Vo)2 < 5gl.
Положим
(Vo)2 = (5 - X)gl, 0 < А < 5,
и подставим это выражение в формулы (2.5.4) и (2.5.5)
(Ум)2&м, А) = рЦЗ — А) + 2glcosg>M, (2.5.7)
А) = mgCi — А) + Зтдсоярм- (2.5.8)
Рассмотрим сначала случай 0 < А < 3. Найдем положение
в котором А) = 0:
3 — А тг
cos(9?M)* = 5— => - < (<рм)* < тг. (2.5.9)
Анализируя формулы (2.5.7) и (2.5.8) с учетом (2.5.9) получим:
N(<Pm> А) > 0,0 < д>м < (т’м)*; N(<Pm, А) < 0, (</?м)* < Т’м < тг,
(2.5.10)
(Vm)2(<^m> А) > 0,0 < д>м < (2.5.11)
Поскольку при осуществлении связи с помощью невесомой
нерастяжимой гибкой нити величина реакции А) менять
знак не может, соотношения (2.5.10), (2.5.11) свидетельствуют о
том, что в положении <рм = (‘Рм)* произойдет сход точки М со
связи.
Теперь изучим случай 3 < А < 5. Найдем положение (у?м)**, в
котором АГ((</>м)**, А) — 0:
cos(</?m)** = => arccos(^) < <рм)** < 77 •
о <5 2
Надо, однако, заметить, что
(VM)2((m)**, А) = 5/(3 - А) + 2gl^^- = -gl^- < 0,
О о
т.е. при указанных значениях А, точка М в положение рм =
(Т’м)** попасть не может. Найдем значение угла <рм = (</’м)***>
при котором скорость точки обращается в нуль:
А — 3
(Vm)2((^m)***, А) = 0 => cos(</?M)*** = => (У’м)*** < W**
60
О < фм < (фмУ** => (Ум)2(щм,Х) > О.
Записав в момент остановки уравнение движения математического
маятника ( см. задачу 2.3), получим:
Фм = < О,
откуда следует, что после остановки величина фм меняет знак и
удовлетворяет уравнению (интеграл энергии):
Фм = -^2j(cos<pm - cos(<£m)***),
из которого видно, что следующая остановка произойдет в поло¬
жении <рм = —(фм)***, и вторая производная в этом положении
будет определяться соотношением
Фм = ~ j sin(-tpM)***) > О,
значит точка М при этих условиях будет совершать колебания с
амплитудой (у’м)***-
При этом на множестве:
-(<Рм)*** < фм < (фм)***
cos^M > cos(<£m)*** => cos/рм > =>
,T, .. A — 3
М(фм, A) > mg—^— > 0,
т.е. натяжение нити при колебаниях не обращается в нуль.
Осталось разобрать случай А = 3. При этом значении
(фм)** = = трМ^,3) = О, (Vw)2( 3) = 0
< Фм < => М(фм, 3) > 0, (Ум)2(фм, 3) > 0.
Теперь мы можем ответить на вопрос (б):
2 < (И,)2 < 5,
и на вопрос (в):
0 < (Vo)2 < 2.
Г. Что будет с точкой М после того, как она сошла со связи?
Она будет перемещаться под действием силы тяжести внутри об¬
ласти, ограниченной окружностью радиуса I, с центром в точке О.
Как известно, ее траектория будет представлять собой параболу, и
рано или поздно точка, двигаясь по этой параболе, попадет на упо¬
мянутую выше окружность, т.е. на связь. Если в момент прихода на
61
связь, скорость точки направлена по касательной к окружности,
то для исследования последующего движения нужно просто повто¬
рить рассуждения, проведенные выше. Если же в указанный мо¬
мент скорость точки образует ненулевой угол с окружностью, для
решения задачи о последующем движении необходимо рассмотреть
дополнительные положения, определяющие характер взаимодей¬
ствия точки со связью в момент контакта (например, воспользо¬
ваться теорией удара).
Задача 2.6. [3, 28.14]
Шарик М массы т, привязанный к нерастяжимой нити, сколь¬
зит по гладкой горизонтальной плоскости; другой конец нити втя¬
гивают с постоянной скоростью V* в отверстие, сделанное в плос¬
кости.
Определить движение шарика и натяжение нити, если известно,
что в начальный момент нить натянута, расстояние между шариком
и отверстием равно tq, а проекция начальной скорости шарика на
перпендикуляр к направлению нити равна Vq.
Решение.
А. Разберемся с силами действующими на шарик. Во-первых
это сила тяжести, поскольку сказано, что движение происходит
в горизонтальной плоскости. Во вторых реакция связи, которая
складывается из натяжения нити и реакции плоскости.
Обозначим точку плоскости, совпадающую с отверстием, через
О, ось, проходящую через эту точку и перпендикулярную плоскости
движения — Oz, расстояние между шариком и отверстием — гм,
угол между начальным и текущим положениями радиуса-вектора
шарика — (рм, величину натяжения нити — S, величину нормаль¬
ной составляющей реакции плоскости — N. Тогда для заданной си¬
лы получим выражение
F = ~mgez, (2.6.1)
для реакции связи (с учетом того, что натяжение нити направлено
вдоль нити, а реакция гладкой плоскости вдоль оси Oz)
R = Ser+ Nez. (2.6.2)
Б. В предлагаемой задаче нужно определить движение шари¬
ка и натяжение нити. Поскольку реакцию связи можно вычислить,
только если известно движение точки, желательно, сначала найти
движение.
Шарик движется в плоскости, следовательно, его положение
задается двумя координатами гм, однако по условию задачи
62
он привязан к нити, которую с постоянной скоростью V* втягивают
в отверстие О, сделанное в плоскости, т.е.
гм — —V* => гм = го — V*t. (2.6.3)
Уравнение (2.6.3) представляет собой уравнение связи, определя¬
ющее изменение координаты шарика гм, значит, неизвестной оста¬
ется одна координата <рм, для нахождения которой достаточно од¬
ного уравнения, но только такого, которое не содержало бы других
неизвестных величин, в частности, реакций связи.
В. Последовательно анализируя общие теоремы динамики точ¬
ки при наличии связей с учетом соотношений (2.6.1) и (2.6.2) можно
заметить, что если спроектировать уравнение (II.9) на перпендику¬
ляр к радиусу-вектору можно получить хорошее уравнение:
т(ам, е^,) = (F + R, еД => гмфм + Ъгмфм = 0. (2.6.4)
Переходя к теореме об изменении кинетического момента точки,
стоит обратить внимание на то, что все силы, приложенные к ша¬
рику (и заданные и реакции связи) или пересекают ось Oz или
параллельны ей, откуда следует
/ i dk. d . г*. Л ,
(е2 ’ ~dt = 0 ~dt 6г ’ * = 0 дважды хорошее уравнение) =>
(ег, [гм, тУм]) = const => (гм)2фм = r0Vo. (2.6.5)
С помощью теоремы об изменении кинетической энергии не удастся
получить соотношение не содержащее реакции связи, поскольку
(R,dfM) = SdrM 0.
Решать уравнение (2.6.5) приятнее, чем уравнение (2.6.4), посколь¬
ку оно первого порядка и легко разрешается относительно фм'-
го Vo . r0Vb
™ = S35 ”М = (ГО - Vtf *
Р dt
= (г0 - >1)2
Vot
РМ = ту—:-
го — V*t
Для определения реакции воспользуемся законом изменения
импульса (II.9):
там = F + R=> R = там — F =>
Ses + Nez = там + тдег. (2.6.6)
63
Чтобы найти S, умножим обе части равенства (2.6.6) скалярно на
ег. В результате, учитывая формулу разложения ускорения в по¬
лярных координатах, (2.6.3) и (2.6.5), получим:
с / - - \ с m(roVo)2
S = (maM,er) => S = ~(го_^з-
Г. Знак минус в последней формуле означает, что реакция нити
направлена к точке О, что соответствует смыслу задачи. Заметим,
что решить задачу можно было и с помощью уравнения (2.6.4), если
умножить обе его части на гм:
т((гм}2фм + ЯгмгмФм) = 0 =>
^((гм)2фм) = 0 => (гм)2Фм = const.
и мы пришли к тому же уравнению, которое получили с помощью
теоремы об изменении кинетического момента.
Можно предложить еще один способ интегрирования уравнения
(2.6.4) (при условии гм 0, фм 0):
(гм~)Фм + 2тмфм) = 0 => + 2~— = 0 =>
<Рм гм
с1Лп.фм + din (гм)2 = 0 =>
din ((гм)2т) = о => In ((гм)20м) = const => (гм)2Фм = const.
Задача 2.7.
Сферический маятник (материальная точка М массы т, ко¬
торая движется под действием силы тяжести тд по неподвижной
гладкой сфере радиуса г) находится в начальный момент на высо¬
те Лм(0) = г/2 над нижней точкой сферы. Вектор начальной ско¬
рости маятника лежит в горизонтальной плоскости и величина его
равна у/gr. Найти шах Им (t) и min/гм (t) при указанных началь¬
ных условиях.
Решение.
А. Введем неподвижный трехгранник Oxyz с вершиной в цен¬
тре сферы, направив ось Oz по вертикали вниз. Будем считать,
что VM(o) = y/дгёу. Положение точки М на поверхности сферы
полностью определяется двумя координатами: дм и у>м (см. рис.
2.7.1).
Б. В рассматриваемой задаче на точку М действуют две силы:
сила тяжести
F = mgez
64
и реакция связи
R = Nen,
где ёп единичный вектор нормали к сфере. Чтобы ответить на во¬
прос задачи надо знать движение точки, т.е. надо знать, как меня¬
ются ее координаты с течением времени. Для того чтобы найти две
координаты, надо иметь два уравнения, которые не содержали бы
других неизвестных помимо координат.
Итак, для начала, наша задача со-
стоит в том, чтобы написать два урав- __
нения, не содержащих реакции свя- L*'' ''Л
В. В поисках таких уравнений у><
можно последовательно анализиро- XjlM'
вать общие теоремы динамики точки |
при наличии связей, а можно ускорить
процедуру анализа, заметив следую- Рис- 2-7.1
щие особенности задачи:
1) сила тяжести параллельна оси
Oz, а реакция постоянно пересекает
эту ось - значит проекция кинетиче¬
ского момента точки на эту ось сохраняется
dk. -t dk,
= (ег,[тм,-Р + Я]) => (ег,~г) = 0=>
О1Ъ UiL
л ль
5-(ег, fc) = 0 => —= 0 => kz — const, (2.7.1)
dt dt
2) работа реакции связи на элементарном действительном пе¬
ремещении равна нулю (вектор скорости лежит в плоскости , каса¬
тельной к сфере, а реакция направлена по нормали к ней)
(Я, drM) = (Nen, Vudt) = О,
а сила тяжести имеет силовую функцию
(F,dfjn) = (mgez,dxMdx+dyMey+dzMez) = mgdzu = d{mgZM)
значит, имеет место интеграл энергии
Т - mgzM = Т(0) - mgzM(Q). (2.7.2)
Уравнения (2.7.1) и (2.7.2), в принципе, решают задачу о движении
сферического маятника. Однако, чтобы получить ответ на конкрет¬
ный вопрос надо выразить полученные соотношения через коорди¬
наты.
65
Для сферического маятника (ег, ё$, ev~ правый репер):
Ум = 0 ■ ег + гдмё$ + гвтдмфмёр,
ez = cos 1?мег — зт^мёй,
гм = гег,
kz = (ег, к) = (ег, [гм, тУм]) =
(со81?мег — 8Ш^мё^,т[гёг,г^мё^ + г&т.дмфмё1р\') =>
kz = m(r sin дм)2фм,
zm = г eos'&M-,
Т = = у ((п?м)2 + (гфм sin 17м)2)
Подставляя полученные выражения и заданные начальные условия
в уравнения (2.7.1) и (2.7.2) имеем:
т(г5тдмУфм = тг^-у/дг => фм = 2 а , (2.7.3)
2 2 у rsm дм
((Г1?м)2 + (гфм siniTw)2) - mgr cos dM =
m(VM (О))2 a ,n. k
— mgr cos дм (0)
((г^м)2 + (гфм sini?M)2) - mgr cosi9M = 0. (2.7.4)
Высота маятника над нижней точкой сферы определяется форму¬
лой:
Ьм = г(1 — cosi?m)
В тех положениях, где эта величина принимает максимальное или
минимальное значение, должно выполняться условие:
Ьм = 0 => гдм sin 'дм — 0 => дм = 0,
(sini^M 7^ 0 так как постоянная интеграла площадей (см. уравнение
2.7.3) отлична от нуля).
Учитывая последнее условие и подставляя (2.7.3) в (2.7.4), по¬
лучим уравнение для определения значения угла дм в искомых точ¬
ках:
/ г- г- \2
m / уЗ Гд 1 . . \ п
V г—/- . 2 sin 17м - mgrcosdM = 0 =>
i V 2 у r sin дм /
66
з
5 COST^M = 0 =^>
8 sin2 dM
з ( i\ ( i
- -cos 7?M (1-cos2 дм} = 0 => ( cos3 дм ~ x “ ( cos - x
О \ о / \ 2
(1\ / 1 3\
cos дм — - ) I cos2 г?м + ~ cos г?м — т ) = О
A J \ & L* /
Выпишем решения уравнения (2.7.5):
(2.7.5)
1) ( COS1?M —
1 г
cos(#m)i = 2 = 2’
/ । 3\
2) ( cos2 дм + т cos - - ) — О,
X /о 4 1 vi3 ,, , 5 —\
a) cos(i?m)2 = - j + => {hM)2 = r
b) cos(i?m)s ~ ~ 4 ’этот К0Рень ке годится, так как
1 4 4
кольку 5 > \/13 > 3
(/гм)1 = 5 = max/гм,
(hM}2 - r = min hM-
Задача 2.8. [3,31.23]
Точка М массы т движется по гладкой поверхности полусфе¬
рического купола радиуса R. Считая, что на точку действует сила
тяжести, параллельная оси Oz, зная, что в начальный момент на¬
правление скорости точки было произвольным, величина скорости
равнялась Vo, и она находилась на высоте ho от основания купола,
определить давление точки на купол, когда она будет на высоте h от
основания купола.
Решение.
А. Неподвижный трехгранник изображен на рис. 2.8.1.
На точку действуют две силы: заданная сила
67
F = —mgez,
и реакция связи, направленная согласно условию задачи (по¬
верхность купола гладкая) по нормали к поверхности
R = Nen,
где еп — внешняя нормаль к сфере.
Уравнение связи:
(хм)2 + (ум)2 + (zm)2 = R2
Б. Давление точки на ку¬
пол равно по величине и про¬
тивоположно по направлению
реакции купола, поэтому для
определения давления нам до¬
статочно найти реакцию. По¬
скольку направление реакции
известно, задача сводится к на¬
хождению одной скалярной ве¬
Рис. 2.8.1.
личины.
Для нахождения величины реакции удобнее всего воспользо¬
ваться законом изменения импульса, так как он содержит реакцию
в наиболее простом по сравнению с другими теоремами виде.
В. Запишем закон изменения импульса:
там — F+R => там = —mgez+Nen => Nen = там+mgez.
(2.8.1)
Для вычисления реакции умножим обе части уравнения (2.8.1) ска-
лярно на еп
N = т(ам,еп) + mg(ez, еп).
Заметим, что для сферы
_ гм хм , Ум zm
вп~ R ~ RGx+ Rey+ Rez’
поэтому
., _ . zm h
mg(ez, en) = mg— = mg—,
ri rt
(2.8.2)
(2.8.3)
и для того, чтобы решить поставленную задачу нам осталось найти
(ам, еп) как функцию h. Записав указанное скалярное произведе¬
ние в декартовых координатах, получим
_ ч .. хм , .. Ум , .. ZM
(ам, еп) = хм~£- + Ум~5~ + zm~et,
it it /I
68
что наталкивает на мысль дважды продифференцировать уравне¬
ние связи:
d
—((ям)2 + {ум}2 + (W = R2) => 4- УмУм + zm%m = О,
at
d , , , . _.
-jAXmXm + УмУм + ZM ZM = 0) =>
dt
ХМХМ + УмУм + ZMZM + ХмХМ + УмУм + ZMZM = 0.
Поделив последнее соотношение на R имеем:
(амЛ) = -^ (2-8.4)
Мы получили соотношение, которое можно сформулировать в виде
теоремы:
При движении точки М по сфере радиуса R, проекция
ускорения на нормаль к сфере всегда направлена внутрь сфе¬
ры и равна по величине (Ум)2/R-
Это выражение иногда пытаются получить, используя формулу
разложения ускорения по осям репера Френе, что неверно, так
как, в общем случае, главная нормаль к траектории точки и нормаль
к поверхности, на которой эта траектория лежит, не совпадают.
Итак, задача свелась к нахождению зависимости (Ум)2 от z.
Из числа общих теорем наиболее подходящей для решения
этой проблемы представляется теорема об изменении кинетической
энергии. Заметив, что
1)(F, drM) = -mgdzM = d(mgzM),
2)R, дгм) = (Nen, УмйЬ) = 0,
можем записать интеграл энергии:
Т ~ г(°) = mgZM^) ~ mgzM => = ghQ -gh=>
(Ум)2 _ (Ио)2 _ Ло - Л
R R + 9 R
(2.8.5)
Подставляя (2.8.3), (2.8.4) и (2.8.5) в (2.8.2) получим:
(2.8.6)
R \ g /
Г. Стоит заметить, что формула (2.8.6) получена в предположе¬
нии, что уравнение связи имеет вид
(хм)2 + (ум)2 + (zm)2 = R2-
69
Если же связь задается соотношением
(^м)2 + (ум)2 + (-гм)2 > R2,
т.е. точка может сваливаться с купола, то формула (2.8.6) остается
справедливой только для тех значений h, где
^(3^_2ho_ llWl) >0.
R ' 9
Задача 2.9. [3,31.26]
Точка М массы т движется по гладкой поверхности пря¬
мого кругового конуса, угол раствора которого 2а = тг/2, под
влиянием силы отталкивания от вершины О, пропорциональной
расстоянию:/5 — с • ОМ.
В начальный момент точка М находится в положении Л, рас¬
стояние О А равно а. Начальная скорость равна Vo и направлена
перпендикулярно оси конуса. Считая F единственной заданной си¬
лой, действующей на точку, определить её движение, при условии,
что
с = 1, т = 1, а = 2, Vo = 2.
Решение.
А.Точка движется по заданной поверхности, ее положение
можно определить с помощью двух координат и, значит, для на¬
хождения этих двух координат надо написать два уравнения. В
рассматриваемой задаче для описания движения точки удобно вос¬
пользоваться цилиндрическими координатами zm (ось Oz
совпадает с осью конуса). Среди трех выбранных координат неза¬
висимых только две, т.к. в силу уравнения связи qm = zm-
На точку действуют две силы: заданная сила F = сОМ и
реакция связи (по условию задачи, поверхность конуса гладкая)
R = Nen, где еп— единичный вектор нормали к поверхности кону¬
са.
Б. Итак, нам надо написать два уравнения не содержащих ре¬
акции N. Анализируя общие теоремы динамики точки при нали¬
чии связей, нетрудно заметить, что умножив обе части соотношения
(П.9) на ёом и мы получим желаемое:
т(ам, ёом) = (F, ёом) + (Д еом) =>
т(ам, ёом) = (сОМ, ёОм) + (Nen, еОм) =>
т(ам,ёом) = с\ОМ[. (2.9.1)
70
(там, ev) = (F, ev) + (Я, e^,) => (там, е^) = 0 (2.9.2)
Однако, прежде чем расписывать уравнения (2.9.1) и (2.9.2) в ко¬
ординатах, посмотрим нельзя ли найти более простые уравнения, в
частности, нет ли в этой задаче первых интегралов. Действительно,
обе силы (и заданная и реакция связи) постоянно пересекают непо¬
движную ось Oz и, следовательно, имеет место интеграл площадей
kz — const (2.9.3)
Кроме того,
1)(Я, йгм) — (Nen, УмсИ) — 0 (Vjw лежит в плоскости, каса¬
тельной к конусу),
2)(F,dfM) = (cOM,dfM) = (crM,dfM) = =
cjc(rM.L; т.е. имеет место интеграл энергии
т - Т(0) = - -^(О) (2.9.4)
Порядок системы дифференциальных уравнений (2.9.3) и
(2.9.4) равен двум, в то время как порядок системы, состоящей из
уравнений (2.9.1) и (2.9.2) — четырем, поэтому для нахождения
движения точки М предпочтительнее использовать систему, упо¬
мянутую первой.
В. Распишем уравнения (2.9.3) и (2.9.4) в координатах рм,фм,
учитывая заданные значения параметров и начальных условий:
fcz = т(рм)2фм => т(рм)2фм = т(вм(У))2фм(У) =>
(Рм)2Фм = =>
(вм)2Фм = 2У2.
(2.9.5)
, (Ум)2 ~ (Qm)2 + (рмфм)2 + (zm)2 —
= 2(ём)2 + (рмФм )2 =>
>2 , / • >24 (У)2 с(гм)2 са2
^(2(е>м) + (вм<Рм) ) z— = —д — =>
& L Z Z
-^(qm)2 + (емФм.)2) = (qm)2 ■ (2.9.6)
Разрешая уравнение (2.9.5) относительно фм и подставляя резуль¬
тат в уравнение (2.9.6), получим :
(“)2+(№?
/4
= (Qm) ём = (qm)2 - •
(2.9.7)
71
Для решения получившегося уравнения нужно выбрать знак пе¬
ред квадратным корнем. Выбор этот затрудняется тем обстоятель¬
ством, что ём(0) = 0. Чтобы,тем не менее, решить эту проблему
разложим qm (t) в ряд Маклорена при малых значениях t:
QM(t) = Qm(0) + t^w(O) -I
Из этой формулы следует, что при малых t знак @м(1) совпадает со
знаком ём(0), и наша задача теперь состоит в том, чтобы опреде¬
лить знак §м(Р).
Заметив, что для рассматриваемого конуса ом = tm/V^,
следовательно,дм и г’м имеют один и тот же знак, распишем урав¬
нение (2.9.1), используя формулу ускорения в сферических коорди¬
натах и то, что при движении по конусу = а, дм = 0:
т(гм - тмф2м cos2 дм) = сгм =>
тгм = тпгмф'м cos2 дм + сгм > 0, Vt
=> ём(Ф) > 0, Vt.
следовательно, в формуле (2.9.7) надо выбрать знак "плюс":
/, х, 4 dQM ,,
Qm — \ (Qm) ~ у гт ~ г 1 — dt =>
’ <“> фе«>2 ~ пл*
= 2dt.
(2.9.8)
В уравнении (2.9.8) сделаем замену переменных
(qm)2 ,
-^--chx
и заметим, что при заданных начальных условиях х(0) = 0. Тогда
уравнение (2.9.8) принимает вид:
dchx „, shxdx
-—=== = 2dt => —; = 2dt =>
у/ ch2 x — 1 s^ia'
dx = 2dt => I dx = 2 I dt => я: = 2t => (рм)2 = 2 chi =>
Jo Jo
(qm)2 = e2t + e~2t. (2.9.9)
Подставив выражение (2.9.9) в соотношение (2.9.5), получим урав¬
нение для определения <рм (t):
, 2y/2dt J V2de2t
= e’2-t+-e-2t
72
4>м
■e2t
, ФМ / 7Г
a arctg х => —-j= = arctg(e ) — — =>
^ + 1) = е"
(2.9.10)
Г. Интересно отметить, что несмотря на то, что фм > 0, Vt (см.
уравнение (2.9.5)), точка М при движении не сделает ни одно¬
го полного оборота вокруг оси Oz. В самом деле, из формулы
(2.9.10) следует
lim <pM(t) = —
t—оо 2v2
Задача 2.10.
Материальная точка М массы т движется внутри трубки, изо¬
гнутой в форме окружности радиуса I. Трубка вращается с постоян¬
ной угловой скоростью w вокруг неподвижного вертикального диа¬
метра АВ.
В начальный момент точка М находится на конце горизонталь¬
ного диаметра трубки и ее скорость относительно трубки равна ну¬
лю.
Пренебрегая толщиной трубки и считая ее внутреннюю поверх¬
ность гладкой, найти скорость точки М относительно трубки в мо¬
мент, когда она окажется в самой нижней точке трубки.
Решение.
А. Поскольку толщиной трубки
можно пренебречь, будем считать, что
по отношению к неподвижному про¬
странству точка М движется по непо¬
движной сфере. Положение точки на
поверхности определяется двумя ко¬
ординатами. В рассматриваемой за¬
даче такими координатами могут слу¬
жить: угол поворота плоскости
трубки, отсчитываемый от неподвиж¬
ной вертикальной плоскости, содер¬
жащей прямую АВ, и угол ам, опре¬
деляющий отклонение точки М от Рис. 2.10.1
вертикали (см.рис.2.10.1). По усло¬
вию, трубка вращается с постоянной угловой скоростью , т.е.
ф = ш => р = 9?(0) + cat.
(2.10.1)
73
Соотношение (2.10.1) представляет собой уравнение связи, при¬
чем связи, явно зависящей от времени (при наличии подобной
связи следует быть аккуратным, применяя теорему об изменении
кинетической энергии). На оставшуюся координату ам и ее про¬
изводную по времени никаких ограничений (кроме связанных с ее
определением) не наложено, поэтому можно сказать, что рассмат¬
риваемая система имеет одну степень свободы.
Точка М движется под действием двух сил: заданной силы F —
—mgez и реакции связи R, лежащей в плоскости перпендику¬
лярной к трубке.
Б. Для того, чтобы ответить на вопрос задачи нужно знать ско¬
рость точки, как функцию ее положения. Так как система имеет од¬
ну степень свободы, для определения ее движения достаточно од¬
ного уравнения, содержащего одну неизвестную функцию — ко¬
ординату ам, т.е. в искомое уравнение ни в каком виде не долж¬
на входить реакция связи, поскольку реакция связи— величина
неизвестная.
С целью получения такого уравнения проанализируем общие
теоремы динамики точки (II .9)—(II. 11).
Поскольку реакция по условию перпендикулярна к трубке
R = Rve.fi + Rvev, (2.10.2)
(ev — единичный вектор, перпендикулярный к плоскости трубки, ev
— единичный вектор главной нормали трубки) умножив обе части
соотношения (II.9) (закон изменения импульса) скалярно на еди¬
ничный вектор еа, касательный к трубке, получим то, что нужно —
уравнение не содержащее реакции:
(там, еа) = (F, еа) + (R, еа) => (там, ео) = -mg(ez, еа).
(2.10.3)
Уравнения (2.10.3) достаточно, чтобы найти движение точки М,
можно, однако, посмотреть нельзя ли получить подобные уравне¬
ния, используя другие общие теоремы.
Используя правый репер (ep,ea,ev) и соотношение е2 =
cos амёу + sinctMOa, запишем момент сил, действующих на точку
М:
[fM,F + R] = [-1еи, —mgez + Rve^ + Rve„] =
mgl(ev,ez) + lRvea = mgl sin а мёр + lRvea, (2.10.4)
и элементарную работу этих сил на действительном перемещении
точки:
(F + R, drM) = (—mgez + Rve^ + R^e^, Vudt).
74
Введя подвижный трехгранник, жестко связанный с трубкой, и вос¬
пользовавшись теоремой сложения скоростей, имеем:
Ум = Ум + Ум\ Ум = (*sin М-4 = 1амёа,
т.е.
(F+R,dfM) — (—mgez+R^e^+Rueu, (lsinaM)wdteip+ldaMea') —
—mglsinotMda + Rv(lsin aw)wdt. (2.10.5)
Из соотношения (2.10.4) вытекает, что если мы умножим правую и
левую части выражения (11.10) на единичные векторы ev или ер, то
получим уравнения, не содержащие проекций реакции'.
dk
{ev,—)= mgl sin ам, (2.10.6)
rlk
(4,^)=0. (2.10.7)
at
Поскольку, вообще говоря, R:fi 0 из формулы (2.10.5) следует,
что в данной задаче получить с помощью теоремы об изменении
кинетической энергии уравнение, не содержащее реакции, невоз¬
можно. Стоит обратить внимание на следующий факт: если урав¬
нение связи явно зависит от времени, работа реакции на дей¬
ствительном перемещении (даже в случае идеальности связи),
вообще говоря, не равна нулю.
В. Теперь нам нужно в явной форме выписать уравнения
(2.10.3), (2.10.6), (2.10.7) и выбрать из них одно, наиболее под¬
ходящее для решения поставленной задачи. Начнем с уравнения
(2.10.3).
Используя трехгранник, жестко связанный с трубкой, запишем
теорему сложения ускорений:
-шер . -*отн . -шор
ам — ам + ам + ам ,
= {1ётам)и}2 sinaM^t, — (/зшам)^2 cosa;veQ,
М» = 1амёа + 1(ам)2ёи,
{ам,ёа) = 1а м — (1 этом) w2 cosaw (2.10.8)
Подставляя (2.10.8) в (2.10.3) и сокращая на ml получим:
&м —u>2 sin ам совам = — у sin ад/. (2.10.9)
75
Посмотрим, во что преобразуются соотношения (2.10.6) и (2.10.7).
Соотношение (2.10.7) выглядит более привлекательным (оно хоро¬
шее по нашей терминологии), поэтому начнем с него:
dk d -
(бр, , ) — (е,/, ) — (ev, [ lev., , шТм]) — 0,
аъ (нс do
т.е. уравнение (2.10.7) представляет собой тождество 0 = 0.
Трансформируем левую часть уравнения (2.10.6):
(ev, —) = (ev, [гм,там]) = m(ev, [гм,а'м + + О)'
Подставив сюда гм = — 1е„ и выписанные выше выражения для
переносного, относительного и кориолисова ускорений (используя
свойства векторного и смешанного произведения векторов), полу¬
чим:
(ev,
dk.
~dt'
= — т12ам + ml2ш2 sin a cos а.
Последнее равенство позволяет записать (2.10.6) в виде:
—т12ам + ml2w2 sin ам cos ам = mgl sin ам =>
&м — ш2 sin ам cos ам = -^зтам- (2.10.10)
Совпадение уравнений (2.10.9) и (2.10.10) может служить подтвер¬
ждением правильности проводившихся вычислений.
Теперь можно приступить к решению поставленной задачи.
Уравнение (2.10.9) не зависит от первой производной, поэтому по¬
сле умножения обеих частей этого уравнения на ам, его можно
проинтегрировать:
♦ •• 2 * 9 •
~ W (*М Sin Ом COS ам — “ SIXICKm =>
d / а2м и>2 2 д \
^(^ + TC0S «M-TcosaM)=0^
a2M w2 2 д
——h — cos ам — у cos ам = const.
С учетом заданных начальных условий, имеем:
dL ш2 2 9
— + — cos ам - у cosqm = 0 =>
£1 £4 L
2д ( ш21 \
ам — ~г cosам I 1 —„— cosам I •
V ‘ \ 29 /
(2.10.11)
76
Выбор знака перед квадратным корнем, определяется рассуждени¬
ями подобными тем, которые были проведены в аналогичных об¬
стоятельствах в задаче (2.9).
Требуется определить скорость точки М относительно трубки в
самой нижней ее точке. В этом положении ам = 0, поэтому
(1 - (2.10.12)
у 4 \ ^9 /
Формула (2.10.12) означает, что если выполняется неравенство
ш21
V<1’
точка М опустится до положения ам = 0 и ее скорость в этом по¬
ложении будет определяться указанной формулой. Если же спра¬
ведливо неравенство
ш21
>
то в положении ам — а*м (cos а*м — ^) относительная скорость
точки М обратится в нуль после чего она начнет двигаться по труб¬
ке вверх (доказать это утверждение самостоятельно).
Г. Мы получили уравнение, с помощью которого решили за¬
дачу, двумя различными способами. Можно предложить еще один
подход, позволяющий получить то же самое уравнение. Этот под¬
ход связан с теорией движения материальной точки относительно
неинерциальной системы. В самом деле, мы с самого начала мо¬
жем рассматривать движение точки М относительно подвиж¬
ного трехгранника, жестко связанного с трубкой. Поскольку
этот трехгранник вращается относительно Земли ( а трехгранник,
связанный с Землей, в рамках данной задачи мы рассматрива¬
ем как инерциальный ) пространство с ним связанное не являет¬
ся инерциальным, и записывая закон изменения импульса мате¬
риальной точки относительно этого пространства, мы к силам, дей¬
ствующим на точку в инерциальном пространстве, должны доба¬
вить две силы инерции — силу инерции от переносного ускоре¬
ния и силу инерции от ускорения Кориолиса, т. е. в рассматри¬
ваемой задаче этот закон будет иметь вид:
majjr1 = —mgez + R + (-там) + (-там) • (2.10.13)
Легко видеть, что умножив скалярно обе части соотношения
(2.10.13) на единичный вектор еа и сократив на ml, мы получим
77
уравнение (2.10.9), в котором один из членов перенесен из правой
части в левую.
78
Глава 3
Динамика системы материальных
точек
1. Перечень III: основные понятия и теоремы ди¬
намики системы материальных точек
1.1. Определения и формулы для вычисления основ¬
ных динамических величин. Основные динамические величины,
определяемые для системы материальных точек, являются величи¬
нами аддитивными, т.е., масса М, количество движения (им¬
пульс) Р, кинетический момент (момент количеств движе¬
ния) Ко, кинетическая энергия Т системы равны суммам со¬
ответствующих величин, определенных для материальных точек,
включенных в систему.
Пусть mi,i = 1,2,... ,N — масса г-той точки системы, а ее
радиус-вектор и скорость относительно некоторого трехгранника
Oxyz равны, соответственно, п и Vt. Тогда
х
= (Ш.1)
i=l
Р^тМ, (Ш.2)
г—1
Ко = 52[п,тгИ], (III.3)
г—1
1 w 1 N
т = = (IIL4)
г=1 i—1
Центром масс системы материальных точек называется точка
С, радиус-вектор которой определяется формулой:
79
Подвижный трехгранник С£т]£ с началом в точке С и осями, па¬
раллельными осям неподвижного (инерциального) трехгранни¬
ка Oxyz, называется трехгранником Кёнига. Пусть fc = Vc —
скорость центра масс системы,р) — радиус-вектор и скорость
г-той точки относительно трехгранника Кёнига. Для вычисле¬
ния основных динамических величин системы удобно использовать
формулы Кёнига:
Р = MVC, (Ш.6)
(N \
= , (Ш.7)
г=1 /
1 ( 1 N \
Т = -M(Vc)2 + ТС, = ■ (Ш.8)
“ \ ^ • 1 /
\ г=1 /
Если рассматриваемая система представляет собой абсолютно
твердое тело, то
з 1 з
Кс = £ Тс = ? 5 (IIL9)
г=1 г=1
где Si,г = 1,2,3 — орты главных осей эллипсоида инерции, по¬
строенного в центре масс тела, Ji,г = 1,2,3 — моменты инерции
относительно этих осей, i = 1,2,3 — проекции вектора угловой
скорости тела на указанные оси.
При вращении твердого тела вокруг неподвижной оси Oz
можно использовать формулы
Kz = Jzw,T=^Jzw2. (Ш.10)
Kz — проекция кинетического момента тела на ось Oz, Jz — мо¬
мент инерции тела относительно оси Oz, ш — угловая скорость те¬
ла.
Если тело совершает плоско-параллельное движение (парал¬
лельно плоскости Oxz), формула Кёнига для кинетической энергии
приобретает вид:
T=^MV^ + ~J^2, (III.11)
Jn— момент инерции тела относительно оси Су, перпендикулярной
плоскости Oxz.
При вычислении моментов инерции бывает полезна теорема
Гюйгенса -Штейнера:
80
моменты инерции относительно двух параллельных осей, одна
из которых проходит через центр масс, связаны соотношением
J = Jc + Md2, (Ш.12)
где Jc — момент инерции относительно оси, проходящей через
центр масс, J — момент инерции относительно произвольной оси,
параллельной первой, М— масса всей системы, d— расстояние
между осями.
1.2. Общие теоремы динамики системы материальных то¬
чек (|61,[71,[9|,[15],[161). Под системой материальных точек
понимают, обычно, некоторое выделенное множество материаль¬
ных точек, движение которых надо изучить в рамках поставленной
задачи.
Силы, действующие на материальные точки, принадлежащие
системе, со стороны точек не принадлежащих системе, называ¬
ются внешними.
Сумма заданных внешних сил, приложенных к /с-той точке
системы обозначается F^e\
Силы, возникающие в результате взаимодействия материаль¬
ных точек системы, называются внутренними.
Сумма заданных внутренних сил, приложенных к к—той точ¬
ке системы, обозначается .
Связи, наложенные на систему и допускающие произвольное
виртуальное перемещение всей системы как твердого тела,
называются внутренними. Остальные связи называются внеш¬
ними. Сумма реакций внутренних связей, приложенных к А:—той
точке системы обозначается R^. Сумма реакций внешних связей,
приложенных к к—той точке системы обозначается .
Теоремы, приведенные ниже, справедливы в рамках классиче¬
ской механики для любых систем, при любых действующих силах
и любых связях, наложенных на систему.
Теорема об изменении количества движения (импульса) систе¬
мы:
=f; от*+«!*’)■ <ш.1з)
fc=l
Теорема о движении центра масс системы:
м^ = Е(^е)+^е))-
81
Теорема об изменении кинетического момента системы в абсо¬
лютном движении:
^=Е[^е)+^е)]-
к=1
Теорема об изменении кинетического момента системы в дви¬
жении относительно трехгранника Кёнига-.
^ = ЕК<)+^е)]- (ш.
fc=i
Теорема об изменении кинетической энергии в абсолютном
движении:
dT = 52(^e) + jR<e)+FW + jR«,dFfe). (Ш.17)
fc=i
Перечисленные теоремы будем называть общими теорема¬
ми динамики системы материальных точек (кратко: общими
теоремами динамики).
Уравнения плоско-параллельного движения твердого те¬
ла (М — масса тела, хс, zc — координаты центра масс тела,
— момент инерции относительно оси, проходящей через центр масс
тела и перпендикулярной плоскости Oxz, — угол между фикси¬
рованной в теле прямой, параллельной плоскости Oxz, и положи¬
тельным направлением оси Ох):
Мхе = Е (Х(е) + ’ (Ш-18)
k=l
mzc = Е (^е)+^е)-
fc=l
добавляя к этим уравнениям уравнения внешних связей, наложен¬
ных на твердое тело, можно получить замкнутую систему уравне¬
ний, позволяющую найти движение тела и реакции связей.
1.3. Некоторые сведения о связях. Как правило, связи, на¬
ложенные на систему, могут быть представлены в виде линей¬
ных по скоростям соотношений.
82
Обозначим через р матрицу-столбец, элементами которой яв¬
ляются выписанные по порядку 3N координат точек системы, через
А = (//,£)|| матрицу размера (l,3N), элементы которой явля¬
ются функциями /г и t, и через 6(ц, t) — столбец, имеющий I элемен¬
тов, зависящих от р и t. Тогда уравнения связи могут быть записаны
в виде:
Ар + 6 = 0 <=> Adp + bdt = 0. (Cl)
Вектор-столбец dp и соответствующий ему набор векторов dfk, к =
1,2,..., .ZV называется действительным перемещением систе¬
мы.
Связи называются независимыми, если ранг матрицы А равен
I.
Любой вектор-столбец 8р (соответственно любой набор век¬
торов 6fk,k = 1,2,..., N), с компонентами, удовлетворяющими
системе уравнений
Абр = 0, (С2)
называется виртуальным перемещением системы (соответ¬
ственно 8гк, к = 1,2,..., 7V — виртуальное перемещение fc-той
точки).
Число компонент вектора-столбца 6р, которые могут прини¬
мать произвольные значения, называется числом степеней сво¬
боды механической системы; если связи независимы это число
равно (З.У - Z).
Обозначим множество всех векторов-столбцов, удовлетворяю¬
щих условию ( С2 ) ( множество виртуальных перемещений ),
через {V}. Тогда
ь = 0 => dp е {V}, (СЗ)
что в словесном выражении звучит так:
если 6 = 0, действительное перемещение принадлежит мно¬
жеству виртуальных.
При решении конкретных задач, в большинстве случаев,
радиусы-векторы отдельных точек системы относительно непо¬
движного трехгранника могут быть представлены как функции на¬
бора независимых параметров (обобщенных координат) — q =
(?1Л2, ...,9п), П < 3.V:
гь = fk(q),k = (С4)
83
В этом случае действительные перемещения подчиняются услови¬
ям
71 г\ —» 71 г\ —♦
k = l,2,...,N. (С5)
j=i aq3 j=i a4i
(qj,j = 1,2,..., n являются решениями соответствующих уравне¬
ний движения), а виртуальные — соотношениям
5гк = Е = 1 > 2,N, (С6)
j=i aqj
где все 6qj могут принимать независимые произвольные значе¬
ния. Поэтому в описанной ситуации действительные перемеще¬
ния принадлежат к множеству виртуальных.
Если связи, наложенные на систему, зависят от времени, то, во¬
обще говоря,
гк = rk(q,t), к = 1,2,.. ,,N, (С7)
и, следовательно,
dfk = Е = 1> 2, ■ • •, 2V, (С8)
J=1
в то время как, по определению,
8fk = y"^8qj, к = 1,2,.., N, (С9)
7^1
т.е. в этом случае, действительные перемещения не входят в
множество виртуальных.
Системы и связи , для которых возможно представление (С4)
или(С7), называются голономными.
Для голономных систем число независимых обобщенных коор¬
динат qj и число независимых вариаций 6qj совпадают.
Примеры.
Предположим, что частица (материальная точка) М может дви¬
гаться только по сфере радиуса R с центром в начале координат О.
Тогда ее декартовы координаты должны удовлетворять соотноше¬
нию {уравнению связи)
^м + у2м + г2м = R2. (Е1)
Так как соотношение (Е1) выполняется в любой момент времени,
его можно продифференцировать. В результате дифференцирова¬
84
ния получим уравнение связи, наложенной на точку М, в диффе¬
ренциальной форме:
хмхм + УмУм + zMzM = 0 <=> хмйхм + Умйум + гмйгм = 0.
(Е2)
В этом случае А = (хм, Ум, zM), dp = (dxM, dyM, dzM)T, ((-)T~
символ транспонирования), 6 = 0.
Уравнение для виртуальных перемещений имеет вид
хм6хм + Умбум + zM8zM - 0. (ЕЗ)
Если для описания движения точки использовать сферические ко¬
ординаты (см.рис.2): ц — {гм,Ч>м,'$м)т, то уравнение связи запи¬
шется так:
Хм = R,
дифференциальная форма будет выглядеть следующим образом:
гм — 0 4Ф drM — 0, (Е4)
соответственно
А = (1,0,0), b = 0,5р = (5г м, 8у>м, 8$м)Т => Абр, = 6гм,
следовательно, виртуальные перемещения, удовлетворяют уравне¬
нию
6тм = 0. (Е5)
Уравнения (Е2),(ЕЗ),(Е4),(Е5) показывают, что при указанной
связи действительное перемещение принадлежит множеству
виртуальных.
Пусть теперь центр сферы по которой движется частица
смещается вдоль оси Ох по закону х<щ — f(t). Запишем уравне¬
ние связи в декартовых координатах
(хм - /(О)2 + Ум + zm = R2- (Е6)
Продифференцируем (Е6)
(хм — f(t})(xM — + УмУм + zmzm = 0 =>
(хм - f(ty)dxM + умйум + zMdzM + (хм - f(t))^-dt = 0 =>
at
Adft 4- bdt = О, (E7)
где 4= ((хм - f(t)),yM,ZM),b = (хм ~ f(t))^-
Виртуальные перемещения, по определению, должны удовле¬
творять соотношению
Абр = 0. (Е8)
85
Сравнение уравнений (Е7) и (Е8) позволяет сделать вывод, что ес¬
ли на точку наложена связь (Е6), действительные перемещения
не принадлежат множеству {V}.
Если рассматривается движение твердого тела, то в качестве
компонент вектора-столбца р следует брать вектор обобщенных
координат. Пусть, например, шар радиуса R катится без проскаль¬
зывания по плоскости. Будем считать, что оси Ох и Оу неподвиж¬
ного трехгранника лежат в указанной плоскости, а ось Oz — пер¬
пендикулярна ей. Определим положение шара, задавая координаты
его центра С— (хсус^с). и углы Эйлера поворота по¬
движного трехгранника Cei ,62,63 (см. рис. 2), жестко связанного с
шаром, относительно трехгранника Cex, ey,ez. Запишем уравнения
связей, наложеных на шар:
1) zc = R,dzc = 0, (Е9)
— шар движется по плоскости ;
2) Обозначим точку шара, которой он касается плоскости, бук¬
вой А. Тогда условие отсутствия проскальзывания примет вид:
Va = Q.
Но по формуле Эйлера (см. формулы 1.14,1.15)
VA = Vc + [w, СА] =4- Vc + [w, СA] = 0 =>
icex + усву + [фег + deON + фе3, -Rez] = 0
con = cos ipex + sin 1реу,ёз = sin d sin феж — sin d cos ipey + cos г?е2,
поэтому в координатной форме получим:
хс + R(p sin d cos ф — 1? sin ф) = 0 =>
dxc + -R(sin d cos tpdp — sin pjdd') =0, (El 0)
yc — R(<p sin d sin -ф + d cos ф) = 0 =►
dyc — 7?(sin9 sin фс/<р + cos tpdd') = 0, (EH)
Представим совокупность уравнений (ЕЮ), (Ell), (Е9) в матрич¬
ном виде (у = (хс, ус, zc, d, ф, <р)Т)
1 0 0
0 1 0
0 0 1
—jRsin-0 0 Rsindcosip \
—Rcostp 0 —-RsintfsinV’ | dp = 0 =>
0 0 0 /
/10 0
А = 0 10
\ 0 0 1
—Rsinip 0
—Rcosip 0
о о
.Й8т1?созф \
—R sin d sin ф I , b = 0 =>
0 /
86
A8y = 0. (El 2)
Поскольку b—О, действительное перемещение шара принадле¬
жит множеств у виртуальных; кроме того, легко видеть,что ранг
матрицы А равен 3, значит число степеней свободы шара, катя¬
щегося по плоскости без проскальзывания, равно 6 — 3 = 3.
При качении шара по плоскости без проскальзывания 5 ко¬
ординат — {хс, ус, 'д, Ф,¥>) могут принимать произвольные значе¬
ния, однако в силу (Е12) среди вариаций координат независимых
только 3.
Такое положение является следствием неинтегрируемости си¬
стемы уравнений (Е10), (Е11). Связи, обладающие подобным свой¬
ством, называются неголономными.
1.4. Теоремы динамики для систем с идеальными связями
(17J,[81,[9],[1O|). Связи, наложенные на систему, называются
идеальными, если в каждый момент времени выполняется усло¬
вие
+ R^,8fk^ =0,Vi,W/ze{V}. (Ш.21)
fc=i
(При решении конкретных задач, если в условии явно не оговорено
наличие какого либо вида трения, будем считать связи идеальны¬
ми.)
Для систем с идеальными связями справедливо общее урав¬
нение динамики’.
N
У, (mkFk - F^e) - = Q,Vty8p € {V}. (Ш.22)
fc=i x
Все нижеследующие теоремы являются следствиями общего
уравнения динамики, и в последующем тексте будут называться
специальными теоремами динамики, поскольку в отличие от
общих теорем требуют при применении проверки выполнения
определенных условий.
Теорема об изменении количества движения:
Если справедливо (Ш.21) и Зех(ех = 0),такой, что
Vt,k,X, 8rk = Хех е {У},то
87
Словесная формулировка: если связи, наложенные на
систему,— идеальные, и в каждый момент времени допуска¬
ют поступательное перемещение системы как твердого тела,
параллельно некоторому неизменному направлению, то про¬
изводная по времени от проекции импульса системы на это
направление равна сумме проекций всех внешних заданных сил
на это направление.
Теорема о движении центра масс:
Если справедливо (III.21) и Эех(ех = 0),такой, что
Vt, k, A, 8fk = Хех € {V}, то
N
MxG = ^(F[e\exy (III.24)
к~1
Словесная формулировка аналогична предыдущей.
Теорема об изменении кинетического момента в абсолютном
движении:
Если справедливо (III.21), 3 точка Ам е2(гд = 0,е2 = 0),такие,
4toVZ,A:, A, 8гк = [Aez, — гд] € {V}, то
= ~ ?А, Л(е)]>^Л , (&А = - ГА,ткУк\ ]
\k=l / \ к=1 /
.25)
Словесная формулировка: если связи, наложенные на систему,—
идеальные, и в каждый момент времени допускают вращение
системы как твердого тела вокруг некоторой неподвижной
оси, то производная по времени от проекции кинетического момен¬
та системы на эту ось равна сумме моментов внешних заданных
сил относительно этой оси.
Теорема об изменении кинетического момента системы в дви¬
жении по отношению к трехграннику Кёнига:
Если справедливо (III.21) и Зе^(е^ =
Vt, к, А, 8гк = [Аё<, Qk] € {V}, то
\А:=1 /
0), такой, что
(III.26)
Словесная формулировка получается из предыдущей заменой
неподвижной оси на ось, неизменного направления, проходя¬
щую через центр масс и кинетического момента системы в абсо¬
лютном движении на кинетический момент системы в движении
относительно трехгранника Кёнига.
88
Теорема об изменении кинетической энергии:
Если справедливо (Ш.21) и Vt, dp € {У},то
N
dT = Y. ■ (1П.27)
k=i 4
Словесная формулировка: если связи, наложенные на систему,
— идеальные, и в каждый момент времени действительное пере¬
мещение принадлежит множеству виртуальных, то дифферен¬
циал кинетической энергии системы равен сумме элементарных ра¬
бот всех (внешних и внутренних) заданных сил на действитель¬
ном перемещении системы.
2. Задачи
Предварительные замечания.
В "Перечне ПГ'изложены два ряда теорем, позволяющих со¬
ставлять уравнения движения системы материальных точек. От¬
метим особенности применения теорем, принадлежащих к каждому
из наборов.
Важным преимуществом теорем III. 13 - III. 17 является то, что
все они в рамках классической механики справедливы для систем
произвольного состава, на которые наложены любые связи и
действуют любые силы. Однако прежде чем применить любую из
этих теорем необходимо ввести реакции связей, что в некоторых
случаях бывает непросто.
Напротив, теоремы Ш.23 - Ш.27, справедливы лишь для неко¬
торых систем, и, прежде чем их применять необходимо прове¬
рить выполнение определенных условий, но зато, если эти усло¬
вия соблюдены, можно писать соответствующие соотношения, не
вводя реакции связей и даже не думая о них.
Задача 3.1.
Однородный круглый диск радиуса г и массы М движется в
неподвижной вертикальной плоскости, скатываясь без проскаль¬
зывания по наклонной прямой, образующей угол а с горизонтом.
Определить ускорение центра диска.
Решение.
А. Введем координатный трехгранник Oxyz'. точка О — фик¬
сированная точка прямой, по которой катится диск, оси Ох и Oz
89
направлены так, как указано на рис.3.1.1, ось Оу образует с ни¬
ми правую тройку. Обозначим через хс, zc координаты геометри¬
ческого центра диска. По условию zc = г.
Определим силы, действующие на диск. Из условия, что диск
движется в неподвижной вертикальной плоскости, следует, что
движение происходит в поле сил тяжести. Сила тяжести Мд прило¬
жена в центре тяжести, который, вследствие однородности диска,
совпадает с геометрическим центром.
Поскольку никаких конкретных указаний о свойствах связей,
наложенных на систему нет, будем считать их идеальными. В этом
случае реакция связей сводится к одной силе Ra, приложенной
к диску в точке А контакта диска и прямой (Ra = RaxSx +
Raz^z, Rax, Raz~ неизвестные величины;
у изображенной на рис.3.1.1 реак¬
ции, проекции на обе оси положитель¬
ны — так это или не так, заранее не
известно (действительные значения
этих проекций мы узнаем только по¬
сле того, как решим задачу о движе¬
нии системы), однако, при составле¬
нии уравнений движения, чтобы из¬
бежать путаницы со знаками, удобно
считать, что все неизвестные величи¬
ны имеют положительное значение (а не гадать, куда направлен тот
или другой вектор на самом деле).
Таким образом, в рассматриваемой задаче есть три скалярных
неизвестных величины: хс, Rax, Raz-
Б. Для нахождения трех неизвестных надо иметь три урав¬
нения. При рассмотрении "Перечня III" замечаем три уравнения
плоско-параллельного движения твердого тела:
k=l
М^^52(д<е) + <е),ег),
fc=i
(3.1.1)
fe [gk,F^ + R^],e,
\k=l
90
В. В рассматриваемой задаче
N
^^F^ — Мд — Mg(s\n.aex — созо:ег),
к-1
N
Rfc ) = Rax^x + Raz^-Z!
к=1
N
Y.^^}\-[ec,Mg\ = Q,
fc=i
N
'У > Rk )] = [РД> Яд] — tRax^tjj
k=l
_ Mil
Jrt~ 2
поэтому указанные уравнения принимают вид:
Мхе = Мд sin а 4- Rax,
О =—Mgcosa + Raz, (3.1.2)
Mr2 ..
—2~ Р = ~tRax-
Получившаяся система трех уравнений содержит четыре неиз¬
вестных: кроме трех ранее отмеченных хс, Rax-, Raz, появилась
новая неизвестная величина р. Однако переходя от системы (3.1.1)
к системе (3.1.2) мы учли лишь одно уравнение связи: zc = г, меж¬
ду тем, по условию задачи диск катится без проскальзывания, и,
следовательно, хс и р не могут быть независимыми. Чтобы опре¬
делить зависимость между ними, запишем формулу Эйлера (см.
"Перечень I", формула (1.15)):
Vc = Va + [w, AC], Vc = хсёх, Va = 0,w = pey, AC = rez =>
. .. ic
Xc = rp p = —
r
Исключая из (3.1.2) с помощью найденной зависимости неизвест¬
ную р, получим замкнутую систему трех уравнений относитель¬
но трех неизвестных:
Мхе = Мд sin а 4- Rax,
0 =—Mgcosa + Raz! (3.1.3)
91
м..
-у Хс — —Rax-
Решая (3.1.3) найдем:
2 1
хс = -д sin a, Rax — — М-д sin a, Raz — Мд cos а.
о *5
Г. Использовав уравнения плоско-параллельного движения
твердого тела и уравнения связи, мы нашли все неизвестные ве¬
личины, фигурирующие в рассматриваемой задаче. Однако постав¬
ленный вопрос требует определения только ускорения центра масс.
Нельзя ли найти одно уравнение, позволяющее определить эту
неизвестную? Ясно, что это уравнение никоим образом не долж¬
но зависеть от реакции связи. Анализируя с этих позиций "Пере¬
чень III" замечаем, что применима теорема III.27: действительно,
мы предположили, что связи наложенные на систему идеальные',
кроме того
р — {zc, хс, g>')T, dzc = 0, dxc — rdip = 0 =>
1 О
О 1
О
—г
, & = 0 =>
dp е {V}, ( см. СЗ)
(система имеет одну степень свободы, в качестве обобщенной ко¬
ординаты можно выбрать хс)-
Указанная теорема позволяет написать уравнение, решающее
поставленную задачу:
Л=1
В нашем случае:
гп я ,гт z2 1 т 2 1 т> г г . \9 1 2VZТ .о 3 „ - , , . п
Т = 2MV^ + 2 = 2М(Хс} + 2 ~Т~‘Р = '
N
52 + ^\dfk} = Mg(sinaex-
— cosaez, dxcex) — Mgsinadxc
следовательно
d ( -M(xc)2 j = Mg sin adxc =>
3 2
-Mxcxcdt = Mgsmaxcdt xc — - <7 sin a.
Z о
92
Выводы: хотя в задаче речь идет о плоско-параллельном дви¬
жении твердого тела и применение уравнений (3.1.1) вполне оправ¬
дано, их использование приводит к необходимости решения систе¬
мы трех уравнений с тремя неизвестными (фактически, даже че¬
тырех уравнений с четырьмя неизвестными); в то же время более
внимательный анализ условий задачи и "Перечня ПГ показывает,
что существует путь, позволяющий при решении данной конкрет¬
ной задачи обойтись одним уравнением.
Задача 3.2. [3,39.15]
На барабан радиуса г однородного катка массы М и радиуса
R > г, лежащего на горизонтальном полу, намотана невесомая
нерастяжимая нить, к которой приложена сила S под углом а к го¬
ризонту (см.рис. 3.2.1). Радиус инерции катка относительно его оси
равен q.
В начальный момент каток
покоится, а затем катится по
полу без проскальзывания.
Найти закон движения оси
катка.
Решение.
А+Б. Будем считать, что
движение катка является
плоско-параллельным. Из од¬
нородности катка вытекает, что рис. 3.2.1
его центр масс (пусть это будет
точка О) лежит на геометрической оси. При плоско-параллельном,
без проскальзывания, движении твердого тела его положение
можно задать одной координатой, например, хо- Для нахождения
одной неизвестной достаточно одного уравнения, только это
уравнение не должно содержать других неизвестных величин,
например, реакций связи.
В. Повторяя рассуждения пункта (Г) задачи (3.1), приходим к
выводу о возможности применения теоремы (Ш.27) об изменении
кинетической энергии:
йт = £(д(е) + г^,^).
fc=l
В рассматриваемой задаче заданными силами являются сила
тяжести и сила S, приложенная к нити.^Сила тяжести приложена
в центре тяжести О; что касается силы S, то поскольку нить неве-
93
самая, ее натяжение в точках не соприкасающихся с барабаном по
величине равно |S|, следовательно, можно считать силу S, прило¬
женной в точке А схода нити с барабана:
dT = (Мд, dr о) + (S, йтд).
В соответствии с формулой (III. 11):
(3.2.1)
Т = ^MVc+^JnW2, Vc = xo,w = ^(см.задачу 3.1), Л, = Мд2 =>
2 2 R
Т=Лма?о (l + (f)2}-
Подсчитаем элементарную работу заданных сил на действительном
перемещении системы:
Мд = —Mgez,dfo = dxoex,=^ (Мд,dr о) = 0,
S =■ S cos aex + S sin ae
dra — dxc Cx 4"
dxo
—jj-ey, r sm aex — r cos aez
R
1 - -^cosct
XL ■
sinaez =>
(S,dr a) = Sdxo fcosa — .
\ R/
Подставив результаты в выражение (3.2.1), получим:
d(iMio
\
г \
cos а — — ) ,
. л/
d f jMi2o fl +
= Mioxo ( 1 +
dt, dxo = xodt =>
f ( (QX^
xo Mxo I 1 + ( — )
cos a — — ) I = 0,xq 0 =>
< R‘ j
S(cosa — 7?)
= -A
Учитывая, что в начальный момент каток покоился, и полагая
хо (0) = 0, найдем
t 4 S(cos a —
= -7;
(3.2.2)
94
Отметим, что полученный результат справедлив при условии, что
каток не отрывается от пола. Из формулы (3.2.2) следует интерес¬
ный факт: в зависимости от знака выражения
( т\
( cos а — — I
\ Jt/
каток будет двигаться вправо или влево по оси х. Это явление мож¬
но наблюдать, пытаясь подтянуть к себе за нитку упавшую на пол
катушку, в зависимости от того под каким углом к полу направлена
нитка, катушка будет приближаться или "убегать".
Задача 3.3. [3,48.18]
Концы однородного стержня АВ массы М и длины 21 сколь¬
зят по неподвижной гладкой горизонтальной окружности радиуса
R , R > I. По стержню движется частица (материальная точка) G
массы т с относительной скоростью V = at, а = const. При t = О
стержень покоится, a G находится в его середине. Найти закон дви¬
жения стержня, определяя его положение углом т? (см. рис. 3.3.1).
Решение. z
А. В качестве системы
будем рассматривать сово¬
купность частицы и стержня.
Чтобы полностью определить
положение системы, нужно
задать положение стержня (
для этого достаточно указать
значение угла г? ) и положение
частицы на стержне. Пусть
координата частицы на
стержне, отсчитываемая от середины стержня С, в направлении
точки В. Тогда в соответствии с условием задачи
at2
= V = at CG = —. (3.3.1)
Соотношение (3.3.1) представляет собой уравнение связи, нало¬
женной на систему. Таким образом, из двух координат, определяю¬
щих положение системы, произвольно меняться может только од¬
на, т.е. рассматриваемая система имеет одну степень свободы, и,
следовательно, для того чтобы описать ее движение достаточно од¬
ного уравнения.
Определим, теперь, силы действующие на систему. Заданными
внешними силами в данном случае являются силы тяжести части¬
цы и стержня. Кроме того на стержень действуют реакции внеш¬
95
ней связи, приложенные в точках А и В и реакция внутренней свя¬
зи (3.3.1), приложенная в той точке стержня, где в данный момент
находится G. Равная по величине и противоположная по направле¬
нию реакция приложена к частице.
Б. Анализируя условия задачи, можно заметить, что все внеш¬
ние силы либо пересекают ось Oz неподвижного трехгранника (ре¬
акции Ra и Rb внешней связи, вследствие гладкости окружности,
лежат в плоскостях, содержащих ось Oz и точки А и В соответ¬
ственно), либо параллельны ей ( силы тяжести ) и, следовательно,
сумма моментов всех внешних сил, приложенных к системе, отно¬
сительно этой оси равна нулю.
Поэтому, умножив скалярно обе части соотношения III. 15 (тео¬
рема об изменении кинетического момента системы в абсолютном
движении) на постоянный вектор ez, получим:
, dKo ■. „ d , _ ~ .
(ez, —т—) = 0 => — (ег, Ко) = 0 =>
at at
= о => Koz = const. (3.3.2)
dt
Как сказано выше, система имеет одну степень свободы, поэтому
уравнение (3.3.2), в принципе, решает задачу.
В. Чтобы довести решение поставленной задачи до конца, нуж¬
но выразить KOz через д и д, и решить получившееся дифференци¬
альное уравнение.
Проекция кинетического момента системы на ось Oz, так же как
и вектор кинетического момента, является величиной аддитив¬
ной, т.е. складывается из проекций на ось Oz кинетических момен¬
тов стержня А'ог(ст) и частицы АГоДС?):
Koz = Koz(ct) + KOz(G). (3.3.3)
Вследствие наложенной связи, движение стержня представляет
собой вращение вокруг неподвижной оси Oz, поэтому для вычис¬
ления /<о2(ст) можно воспользоваться одной из формул (III. 10):
A^Oz(ct) — JqzLO.
По теореме Гюйгенса-Штейнера (III.12)
JOz = —- + M(R2 - Z2).
«5
При выбранном направлении отсчета координаты •&
ш = t9ez,
96
поэтому
KOz (ст) = -5- + M(R2 - Z2) Ц (3.3.4)
Для вычисления 7<Gz(G) воспользуемся определением этой вели-
Ko^G) = ([fG,mVG],ez^ . (3.3.5)
Введя правый подвижный трехгранник С£т]С (е$ = ёсв, е< — ez),
жестко связанный со стержнем, найдем по теореме сложения ско¬
ростей:
VG = + И<Я™, = ёсее,
VGP = (y.R2-Z2 + ^) (3.3.6)
(e^ — единичный вектор, перпендикулярный OG и направленный в
сторону возрастания ?9). Поскольку
fG = - у/R2 - 12еп,
подставляя в (3.3.5) выражения (3.3.6), получим:
tfOz(G) = т ([£Ge€ - (х/Я2 - I2) ^G%+
R2 ~12+ &)#&],
Обозначим угол между векторами ОС и OG через а. Тогда
ё)? = cosaeg + sinae,.
^R2-l2 + & cos a = \/R2 - I2, y/R2-l2 + ^ sin a = £G,
и (вследствие свойств смешанного произведения трех векторов)
KOz(G) = т(& + (R2 - Z2)) Ь + т (у/R2 - Z2) 4g- (3-3.7)
Используя (3.3.1), (3.3.3), (3.3.4), (3.3.7 ) и начальные условия, из
(3.3.2) имеем:
| + (М + m)(R2 — I2) + т () 'д+т (\/R2 — l2\ at = 0.
Получившееся дифференциальное уравнение допускает разделе¬
ние переменных и легко интегрируется:
97
7? -1?0 =
I R2 — I2 ( a^2
V R2 ~ 12 + ™(R2 ~ I12) arCtg ^2y/R2-l2 + ^R2-ll2Y '
Г. Связи, наложенные на систему, идеальные, и в каждый мо¬
мент времени допускают вращение системы как твердого тела во¬
круг оси Oz, поэтому можно применить теорему (III.24), и, не вни¬
кая в подробности того, как устроены реакции, записать (поскольку
момент заданных сил относительно оси Oz равен нулю) сразу:
dKo, „ d „ dKoz г,
(ez, ——-) = 0 => -г-(ег,Ко) = 0 => = 0 => Kqz = const.
dt dt dt
Стоит обратить внимание на специфическую особенность этой
системы. Уравнение связи имеет вид (3.3.1), следовательно, дей¬
ствительные перемещения не принадлежат множеству вирту¬
альных (см. (С7), (С8), (С9)) и применять теорему (III.27) нель¬
зя. Попытавшись применить теорему (III. 17) ( обозначим реакцию
связи (3.3.1), приложенную к частице Rg(G), а реакцию той же
связи, приложенную к стержню Eg(ct). Rg(ct) = —Rg(G)) по¬
лучим :
dT = (Mg,dfc) + (mg,dfG) + + ^RB,dfB^ +
+ (RG{G),dfG] + (Лс(ст),йтс(ст))
(Mg, drc) = 0, (mg, dfG) — 0, (ra, drA^ = 0, (rb, dfB'j = 0,
^R,G(G),dfG^ + ^Rg(ct), dfG(cT)) = (jRG(G),d£Ge€+
(^R2 + &)dde^ - (rg(G), yjR2 + eG)ddd^ =
= =$ dT = (RG(G),d^Ge^ / 0,
т.е., элементарная работа реакции не равна нулю и неизвестна.
Указанная особенность приводит к тому, что для рассмотренной си¬
стемы (и для систем подобных ей, в том смысле, что связи, на них
наложенные зависят от времени) интеграл энергии, как правило,
не имеет места.
Задача 3.4. [2, 809]
98
Доска массы М лежит на двух одинаковых катках массы т
каждый, которые могут катиться без проскальзывания по гори¬
зонтальной плоскости. На доску действует горизонтальная си¬
ла Q, приложенная в точке К.
Найти ускорение доски, если известно, что проскальзывания
между доской и катками нет.
Катки считать однородными круглыми дисками.
Решение.
А. Свяжем с плоскостью неподвижный трехгранник Oxyz (см.
рис.3.4.1). Рассмотрим в качестве системы совокупность доски и
двух катков. Доска при указанных в задаче условиях перемещает¬
ся параллельно горизонтальной плоскости и ее положение можно
определить, задав координату одной из ее точек. Пусть яд—коорди¬
ната центра масс доски, точки Ci (чтобы решить задачу, надо найти
ад)-
* тд * тд
Рис. 3.4.1.
Поскольку катки не проскальзывают относительно неподвиж¬
ной плоскости, положение каждого из них можно задать с помо¬
щью одной координаты (см. задачу 3.2.1, п. Г). Обозначим а?2 и гсз
соответственно координаты центров масс катков и Сз.
Обобщенные координаты хз,х2,хз (р, = (х1,х2,хз)Т) позволя¬
ют определить положение системы, однако не являются независи¬
мыми, так как между доской и катками отсутствует проскальзы¬
вание. Это условие означает, что скорость верхней точки каждого
из катков равна скорости доски, в свою очередь эта скорость рав¬
на удвоенной скорости центра масс соответствующего катка, по¬
скольку точки А и В являются мгновенными центрами скоростей
катков ( см. "Перечень I", п. 2), т.е.
яд = 2х2, яд = 2хз =>■ dx\ — 2dx2 — 0, dxi — 2йхз = 0 =>
99
/1-2 0 \
\ 1 О -2 ) ’
6 = 0,
(3.4.1)
следовательно, система имеет одну степень свободы и действи¬
тельные перемещения принадлежат множеству виртуальных
( см. "Перечень III”, п.З ). В качестве единственной обобщенной ко¬
ординаты выберем Xi.
Б. Проведенные рассуждения и анализ перечня специальных
теорем показывают, во-первых, что для решения задачи достаточно
одного уравнения, содержащего Ху, и, во-вторых, что такое урав¬
нение можно получить применив теорему III.27
= Е (Х(е) + A(i)> dfk) . (3.4.2)
k=i 4
В. В рассматриваемой задаче
Т = Т1 + Т2 + Т3,
где J) — кинетическая энергия доски, Т2,Т3 — кинетическая энер¬
гия катков,
k=i
(Mg, drC1) + (mg, dfC2) + (mg, dfc3) + (Q, dfK) = Qdxv. (3.4.3)
Для вычисления кинетической энергии воспользуемся формулой
(Ш.Н):
T=^MV^\j^2.
Так как доска движется поступательно
71! =
для катков (см. задачу 3.1)
гр $ -2 гр 3 ,2
Т2 = -та;5,Тз = -тх3.
Используя уравнение связи (3.4.1), получим
Т2 = 2з =
Подставляя в (3.4.2) значения (3.4.3), (3.4.4), (3.4.5) имеем:
/1 з \
d I -Мх( + 2 • —mi( ) = Qdxi =>
\ 2 16 /
(3.4.4)
(3.4.5)
100
3 Q
(М + -m)xi = Q => Xi = ;■ 3—-.
4 (M + |m)
Г. При решении задачи использовалось предположение об иде¬
альности связей. Применение других специальных теорем динами¬
ки в данном случае невозможно, ввиду того, что ни для одной из них
не выполняются соответствующие условия.
Можно решить эту задачу с помощью общих теорем, однако пе¬
ред их применением необходимо ввести реакции связей в точках
A, B,D,E и учитывать их при написании уравнений, что увеличи¬
вает число неизвестных, и, тем самым, усложняет процесс решения.
Задача 3.5. [3,43.4]
Однородный стержень длины 21 и массы т под действием си¬
лы тяжести скользит концами А и В по вертикальной стене и гори¬
зонтальному полу соответственно, оставаясь в неподвижной верти¬
кальной плоскости, перпендикулярной стене. Стена и пол — глад¬
кие. В начальный момент стержень был неподвижен и составлял
угол <ро с горизонталью. Определить угловую скорость стержня и
реакции в точках А а В как функции угла <р. При каком значении <р
стержень отойдет от стены?
Решение.
А. Направим оси неподвижного трех¬
гранника Ох и Oz горизонтально (по полу)
и вертикально (по стене).
До тех пор пока концы стержня каса¬
ются стены и пола, его положение полно¬
стью определяется углом <р, и, следователь¬
но, чтобы найти движение стержня, доста¬
точно одного уравнения, не содержащего
реакций. Поскольку стержень однородный,
его центр масс совпадает с точкой С— сере¬
диной стержня. Заданной внешней силой является сила тяжести
mg, реакции внешних связей Ra и Rb направлены по нормали к
стене и полу соответственно.
Б. 1) Связи наложенные на систему — идеальные, действи¬
тельные перемещения принадлежат к множеству виртуальных
(см.(С4),(С5),(С6)) поэтому для получения уравнения движения
можно воспользоваться теоремой (III.27):
= (3.5.1)
z
%А-,К
Рис. 3.5.1.
С
101
2) Уравнения для определения реакций можно получить, запи¬
сав любую из общих теорем, однако самые простые уравнения по¬
лучатся, если взять теорему о движении центра масс:
= (3-5-2)
к=1 4
3) Наконец, необходимым условием отхода стержня от стены
является обращение в ноль реакции в точке А.
В.1) Для вычисления кинетической энергии стержня использу¬
ем формулу (III. 11):
Zi &
Так как в условиях задачи
хс = I cos ip, zc — I sin ip,
квадрат скорости центра масс будет равен
т/2 _ -2 , -2 _ /2-2
^С ~ ХС + zc — I Ф ■
(Используя то, что точка К является мгновенным центром ско¬
ростей стержня и что фигура О АКБ представляет собой прямо¬
угольник, можно сразу записать Vc = 1<р). Поскольку для стержня
= ml2/3 и ш = рёу, окончательно получим:
Т = |mZ2y>2.
Подсчитаем теперь работу заданных сил:
N
Е = (rng,drc),
к=1
тд — —тдех, dr с = d(l cos pex 4-1 sin pez) =
— I sin pdpex +1 cos pd’pez => (mg, drc) = —mgl cos pdp.
Таким образом,
d f ^ml2<p2 j = — mgl cos pd<p => d ( ^mZ2<p2
\ о / у о
= d(—mgl sin p) =>
2 ,2 -2
Zml V
О
— —mgl sin p + h
Подстановка начальных условий дает:
2
-ml2<p2 = mgl(sinpo — sin</>).
u
(3.5.3)
102
2) Теорема (3.5.2) в рамках рассматриваемой задачи принимает
вид:
dVc _
т—— = -mgez + RAex + Reez =>
dt
„ ( dVc Д „ dVc Д
Ra - ex >Rb =rng + m——, ez =>
\ dt I \ dt I
Ra = mxc, Rb = mg + mzc, (3.5.4)
xc = I cos p => хс = — 1ф sin p => хс = " 1ф sin p — 1ф2 cos p,
(3.5.5)
zc = I sin p => zc = 1ф cos p => zc = 1ф cos p — 1ф2 sin p, (3.5.6)
Чтобы найти p как функцию от р, продифференцируем (3.5.3)
35
<5 = cos^-
Подставив (3.5.5), (3.5.6) и (3.5.7) в (3.5.4), найдем:
9 2
= -mg cos p(sinp — - siny>o)>
3 3
Rb = mg(l — - cos2 p — - sin<p(sin<5o — sin </>)).
(3.5.7)
(3.5.8)
(3.5.9)
3) Как можно заметить из выражения (3.5.8) обращение Ra в
нуль произойдет в точке р*, определяемой соотношением
. * 2 .
smy> =-sm<^o-
«5
Однако утверждать, что в этой точке стержень действительно отой¬
дет от стены мы пока не имеем права, поскольку, вообще говоря,
возможна ситуация, когда реакция обратившись в нуль в какой-
то момент времени в следующий момент снова станет по¬
ложительной (см. задачу 2.5).
Чтобы рассеять сомнения, проанализируем поведение угловой
скорости стержня. Извлекая квадратный корень из. обеих частей
равенства (3.5.3), получим:
Ф = ~\А^тро — siny?),
(если бы угловая скорость была положительной, то сразу после на¬
чала движения подкоренное выражение стало бы отрицательным,
т.е. задача не имела бы действительного решения). Значит угол р
монотонно убывает, и из выражения (3.5.8) следует
р* > р > 0 => Ra < 0.
(3.5.10)
103
Надо отметить, что приведенное выше решение задачи получено в
предположении, что стержень все время касается стены и пола.
Поэтому неравенство ( 3.5.10 ) означает, что если это предполо¬
жение справедливо, то после прохождения точки <р = у>* реакция
меняет знак, чего быть не может, так как связь по условию од¬
носторонняя. Следовательно, при указанном значении угла стер¬
жень действительно отойдет от стены.
Чтобы картина движения окончательно прояснилась, надо по¬
нять, как ведет себя Rb- Пусть t* обозначает момент времени, ко¬
гда значение угла р становится равным </>*:
y?(t*) = <р*.
Анализируя правую часть выражения (3.5.9), можно заметить, что
п 3 2 3 . . . . . 1 . .9 . 3 .
1 — - cos 9?- ~ sm y?(sm ip0 — sm ip) = - + siny>(- sm<p— - sm^o).
На интервале 0 < t < t*, вследствие монотонного уменьшения угла
<Р,
2 9 3
sin 9? > sin у?* = - siny?o => (j sin 9? — - siny?o) > 0,
поэтому на указанном интервале
Rb > 0,
т.е. точка В стержня постоянно касается пола.
Г. Ответ на вопрос о том, что происходит со стержнем после от¬
хода точки А от стены, получим, решив задачу (3.6).
Задача 3.6. [3, 43.5]
В условиях задачи (3.5) найти угловую скорость стержня в мо¬
мент падения на пол.
Решение. А. При решении предыдущей задачи показано, что,
при t > t*, точка А стержня отходит от стены, в то время как точка
В не отрывается от пола. Предположим, что это верно на интерва¬
ле времени t* < t < t (t — момент падения стержня на пол). То¬
гда положение стержня определяется двумя координатами, в каче¬
стве которых можно взять хс и у?; при этом хс уже не определяется
формулой хс = I cos <р, как в задаче 3.5, а может принимать произ¬
вольные значения, удовлетворяющие неравенству:
xc>lcostp. (3.6.1)
Б. Поскольку система теперь имеет две степени свободы, для
нахождения ее движения надо написать два уравнения, не содер¬
жащие других неизвестных кроме координат. Это означает, что ис¬
кать подходящие теоремы следует среди специальных теорем ди¬
намики.
104
На рассматриваемом интервале связи, наложенные на стер¬
жень являются идеальными и в каждый момент времени допуска¬
ют его поступательное перемещение вдоль оси Ох, т.е. можно
воспользоваться одной из теорем — (III.23) или (III.24). Кроме то¬
го, действительные перемещения принадлежат множеству вир¬
туальных, поэтому справедлива теорема (III.27).
Указанные теоремы не содержат реакций связей и, следова¬
тельно, позволяют решить любую задачу о движении стержня в
сложившихся условиях.
В. Запишем теорему (III.24)
МхС = ’
fc=l х
(3.6.2)
в нашем случае М = т, = поэтому (3.6.2) при¬
нимает вид:
тхс = 0 => хс = const. (3.6.3)
Кинетическую энергию найдем по формуле (III. 11) (хс I cos р, но
zc = I sin <р):
т(х% + z£) ml2 ,9 тх% ml2.9/l 2 \
т = + ~Г<Р = -1Г + ч + cos (3-6-4)
2 о 2 2 \о /
Выражение для работы заданных сил сохраняется:
(mg, drc) = —mgl cos pdp. (3.6.5)
Поэтому с учетом (3.6.3), (3.6.4) и (3.6.5) теорема (III.27) примет
вид:
j t 'П^'1 .о /* 1 о \ \ т ?
d I —z-ф I г + cos р I I = —mgl cos <pdg> =>
\ 2 \ о J J
ml2 .9/1 9 \ ml2 .9/ /1 •> /
—¥>2 т + cos2 р) - — <p2(t ) - + cos )
2 \ о / 2 \ О
= mgl(sm<p(t*) — sin у) =>
^2 = 2g(siny(t*) - sin у) + iy2(t*)(f - sin2 y>(t*)) g
Z(| + cos2 92)
Учитывая, что
2
siny(t*) = - sin</>o> (3.6.7)
О
,2((.) = Цр,. (3.6,8)
105
<?(*) = О,
окончательно, получим:
. о . ^9 • ft • 2
<Р W = 7J7 sm (ро 1 - тг sm Ро
XI \ У
(3.6.9)
Г. Если какое-либо соотношение возникает в результате доста¬
точно длинной цепочки выкладок, стоит проследить, чтобы оно удо¬
влетворяло, по крайней мере, простейшим необходимым условиям,
например, обе части полученной формулы должны быть одного зна¬
ка и одинаковой размерности. Легко видеть, что выражение (3.6.9)
подобную проверку выдерживает.
Надо, однако, вспомнить, что (3.6.9) получено в предположе¬
нии, что на интервале t* < t < t выполняются условия: точка А не
касается стены, а точка В не отрывается от пола, т.е.
xA(t) > 0, (3.6.10)
AB(t) > 0. (3.6.11)
Очевидно, что
ха = хс — I cos р,
и
жд(Г) = о,
поэтому для справедливости (3.6.10) достаточно, чтобы
ХА >o,V« е (Г,£).
На интервале (t*,£), вследствие(3.6.3)
хА = Z(£sin<£> + 1ф2 cosy>. (3.6.12)
Для того чтобы найти р продифференцируем соотношение (3.6.6),
обозначив для удобства сумму постоянных членов в числителе
правой части через а:
2фр = 2ф
—д cos р
Z(| + cos2 р)
(а — 2д sin р) cos р sin р
Z(| + cos2 р)2
. , .. _ —д cos р (а — 2д sin р) cos р sin р
Z(| + cos2 р) Z(| + cos299)2
(3.6.13)
Подставляя (3.6.6) и (3.6.13) в(3.6.12) найдем:
cos р f . (а — 2д sin р) sin2 р
ХА ТТЛ ГД ~9 sm Р + ИД ГП + а ~ 23 sm р
(j + cos2 </?) \ (|+cos2</>)
cos<z> f 4 . . о \
ТТЛ ГГ2 ( ^а-^д^о.р + 9^ Р •
(| + cos2 р)2 \3 /
106
После подстановки в а значений (3.6.7) и (3.6.8) получим:
2
а = д(2 siny>0 - - sin3 у>0) =$>
У
v<pe (о,</?*), xA(t) =
2 . з . л .
- - sin <р0) - 4 sin
ч cos 99 /4. .
ТТТ ( о (2 sin У’о -
(| + cos2 99)2 Vo
д cos р (2 . \
71— Ъ о sin¥>o - smy? I ■
(| Ч- cos2 у?)2 \3 /
• (4 — Гsin2 <А) + | sin <ро sinр + sin2 99 Y) >0,
\ \ У О /У
т.е. неравенство (3.6.10) в указанной области справедливо.
Проверим теперь неравенство (3.6.11). Для нахождения реак¬
ции воспользуемся теоремой (III. 14) (о движении центра масс):
fc—l
В рассматриваемой задаче имеем:
, ,dVc . „ . !,г^с -> 1
М—— — —mgez + Reez => Rb = mg + I M-r-,ez I =>
dt \ dt I
Rb — mg + mzc => Rb ~ mg + m/(y5cos<p — ф2 sin<p). (3.6.14)
Подставляя в (3.6.14) найденные выражения для р и ф2 получим:
, / —gcosp
Rb = т(д + Icospl —г 5—7+
V '.«(§+cos2 9?)
(а — 2д sin р) cos 99 sin р \ а — 2д sin р \
+ I(| + cos29?)2 7 ^I(| + cos2 <^)/
т (A -2s . \
= 3(|;eos^)4»(3+Sm ■₽)—’■“*’)■
7.4 ■ 2 \ \
l<7(-+sin р) — asinyil =
\ о /
4^3. . 3.2 I-З
= - о sm<70 W + - sin р + - sin PQ sin92) > 0,
о z 4 t>
вследствие того, что в области (0, р*}
2
sin р < - sm</>o5
и, значит,
3
1 — — sin ро sin р > 0.
107
W.9
Рис. 3.7.1.
Таким образом неравенство (3.6.11) тоже справедливо, и, теперь, с
уверенностью можно утверждать, что соотношение (3.6.9) является
решением поставленной задачи.
Задача 3.7. [3, 39.17]
Однородный стержень АВ массы т подвешен горизонтально
в точке О с помощью двух нерастяжимых нитей одинаковой с ним
длины 21. Определить натяжение одной из нитей в момент обрыва
другой (например, нити ОБ).
Решение.
А. В процессе решения этой задачи из-за
необычности формулировки часто возника¬
ют трудности. Главная трудность заключает¬
ся в расшифровке слов "натяжение нити О А
в момент обрыва нити ОБ". Если обозначить
момент обрыва t*, то выражение "найти на¬
тяжение нити О А в момент t* + О"
(t* + 0 = lim(t* + е),е > 0)
€—>0
является более точной формулировкой поставленной задачи.
Второе обстоятельство, на которое нужно обратить внимание,
заключается в том, что все силы действующие на систему до и по¬
сле обрыва нити ОБ конечны, поэтому состояния (положения и
скорости всех ее точек) системы в моменты (I* — 0) (определяется
аналогично моменту (£* + 0)) и (t* + 0) одинаковы (различны толь¬
ко ускорения?}, в частности, скорости всех точек стержня в момент
(t* + 0) равны нулю.
После этих разъяснений, должно быть понятно, что мы имеем
дело с достаточно стандартной ситуацией. Действительно, нужно
определить натяжение нити, т.е. реакцию связи. Чтобы найти ре¬
акцию связи, необходимо знать движение системы.
Для этого, сначала, надо определить число степеней свободы
системы, выбрать обобщенные координаты, написать уравнения
движения и с помощью этих уравнений найти значения величин, ко¬
торые позволят вычислить значение реакции в заданном состоя¬
нии системы. Будем считать, что после обрыва нити стержень оста¬
ется в плоскости Oxz.
Обозначим искомую реакцию Ra, а углы, которые образуют с
вертикалью Oz нить ОА и стержень, соответственно, а и р (см.
рис.3.7.2).
Эти углы однозначно определяют положение системы и, значит,
108
могут быть выбраны в качестве обобщенных координат. На сами
углы и скорости их изменения не наложено никаких ограничений,
следовательно, система имеет две степени свободы.
Б. Для определения реакции восполь¬
зуемся теоремой о движении центра масс
(III. 14), поскольку именно в этой теореме ре¬
акция присутствует в наиболее простом ви¬
де:
В. В рассматриваемой задаче имеем:
= mgez+RAeAO => Ra^ao = т^^-тде^С- 3-7.2.
at at
RaSao = m^cex + zcez) - mgez,
(3.7.1)
т.е. для того, чтобы найти реакцию в некоторый момент времени нам
надо знать в этот момент времени хс и zc- Для продолжения реше¬
ния удобно выразить хс и zc через обобщенные координаты и их
производные. Нужные выражения получим, продифференцировав
дважды уравнения связи:
хс = —21 sin а + I sin => хс = —21а cos а + 1ф cos =>
хс = —21а cos а 4- 2,1а2 sin а + 1ф cos tp — ф2 sin (3.7.2)
zc = 21 cos а + / cos 9? => zc — —2/dsina — Z0sin<£> =>
zc = —2lasina — 2/d2cosa - 1ф sin у — 1ф2 cos <p. (3.7.3)
Используя выражения (3.7.2), (3.7.3) и то, что
a(t* + 0) = тг/6, a(t* + 0) = 0, <p(t* + 0) = тг/2,ф(£* + 0) = 0,
запишем (3.7.1) в проекциях на оси Ох и Oz при t = t* + 0:
+ 0) = -mV3a(t* + 0), (3.7.4)
л/З
——Ra^I* + 0) = —md(t* + 0) — + 0) — mg. (3.7.5)
Добавим к получившимся уравнениям, уравнение (Ш.20Хтретье из
уравнений плоско-параллельного движения твердого тела), кото¬
рое в указанный момент принимает вид:
—--(p(t* + 0) = -l^-RA(t* + 0). (3.7.6)
О Л
109
Уравнения (3.7.4), (3.7.5), (3.7.6) образуют систему линейных ал¬
гебраических ( не дифференциальных]) уравнений относительно
трех неизвестных — Ra(1* + O),d(t* + 0),</5(t* + 0). Решив эту
систему, найдем
Ra = -фх~тд.
1.0
Г. Заметим, что три уравнения, которыми мы воспользовались
при решении задачи, представляют собой, по существу, уравнения
плоско-параллельного движения твердого тела.
Можно упростить решение задачи, воспользовавшись для на¬
хождения ^2- теоремой сложения ускорений. Пусть начало по¬
ступательно движущегося трехгранника совпадает с точкой А
стержня. Кориолисово ускорение точки С равно нулю, с учетом на¬
чальных условий
a£p(t* + о) = 2la(t* + 0)eQ,
a$H(t* + о) = l<p(t* + 0)ег,
следовательно, уравнение (3.7.1) преобразуется в
7?x(t* + 0)едо = + 0)еа + l<p(t* + 0)ег) — mgez. (3.7.7)
Умножив обе части (3.7.7) скалярно на ело получим:
RA{t* + 0) = -т^(Г +0)-5). (3.7.8)
Система двух уравнений (3.7.6) и (3.7.8) позволяет найти две неиз¬
вестных величины — Ra(t* + 0) и 0(t* + 0).
Результат:
„ 2V3
Ra = -rx-mg.
10
Совпадение ответов является свидетельством того, что задача ре¬
шена правильно.
Задача 3.8. [4,2.117]
Клин массы М с углом при вершине а может скользить без тре¬
ния по наклонной плоскости, образующей угол а с горизонтом. По
горизонтальной стороне АВ клина может катиться без проскаль¬
зывания однородный круглый цилиндр радиуса г и массы т. Найти
реакцию наклонной плоскости.
Решение.
110
А. Направим ось Ох неподвижного трехгранника вдоль наклон¬
ной плоскости, а ось Оz — перпендикулярно к ней. Будем рассмат¬
ривать в качестве системы совокупность клина и цилиндра. Внеш¬
ними заданными силами в этом случае будут силы тяжести кли¬
на и цилиндра, приложенные в соответствующих центрах тяжести
— К и G. Других заданных сил нет. Суммарная реакция внешней
связи (наклонной плоскости) направлена по оси Oz, и может быть
обозначена Реакции внутренних связей приложены в точках
контакта клина и цилиндра, одинаковы по величине и направлены в
противоположные стороны.
Выбирая обобщенные ко¬
ординаты полезно учесть то,
что цилиндр совершает слож¬
ное движение (в смысле теоре¬
мы сложения скоростей) — пе¬
реносное, вместе с клином, и
относительное, по отношению
к клину. Координаты ха и Cg
(см. рис.3.8.1) учитывают ука¬
занные особенности системы и
однозначно определяют ее по- „ „ о ,
г ИС. 0.0.1.
ложение; сами координаты и их
производные независимы. Значит система имеет две степени свобо¬
ды, и действительные перемещения принадлежат множеству вирту¬
альных (см. С4, С5, С6).
Б. Реакция внешних связей входит, вообще говоря, во все об¬
щие теоремы динамики, однако, непосредственно (не в качестве
множителя в векторном или скалярном произведении) она содер¬
жится в теореме об изменении импульса и теореме о движении цен¬
тра масс системы. Поскольку система состоит из двух тел, удобнее
воспользоваться теоремой (Ш.13Хоб изменении импульса систе¬
мы):
<=П^>+Ф>).
к=1
В данном случае
Р = MVK +
N
= Мд + тд,
fc=i
111
£4е) = ^г.
fc=l
Поэтому
■^-(MVk + mVa) = Mg + mg + Nez =>
dt
», - r dVn dVa .. . . _
Nez = M—£- + m—— - (M + m)g.
at at
(3.8.1)
Значит для того чтобы определить реакцию плоскости, нам надо
найти ускорения центров масс клина и цилиндра.
Для описания движения системы с двумя степенями свободы
необходимо составить два уравнения, содержащих только обоб¬
щенные координаты и их производные. Этого можно достигнуть,
воспользовавшись специальными теоремами динамики. Легко ви¬
деть, что связи наложенные на систему в любой момент времени
допускают поступательное перемещение системы, как твер¬
дого тела, вдоль оси Ох, поэтому справедлива теорема (III.23):
кроме того, как сказано выше, действительные перемещения
принадлежат множеству виртуальных, следовательно, приме¬
нима теорема (III .27):
dT = 52(F<e)+F«!drfc). (3.8.3)
k=l
Уравнения (3.8.2) и (3.8.3) позволяют решить любую задачу о дви¬
жении рассматриваемой системы, в том числе и сформулирован¬
ную выше, однако, прежде, надо представить все входящие в них
величины в виде функций от обобщенных координат и их производ¬
ных.
В. Заметим, что в рассматриваемой задаче
Vk = хкёх,
и по теореме сложения скоростей (подвижный трехгранник жестко
связан с клином)
Vg = Хкёх + &?ё(,
поэтому уравнение (3.8.2) приобретает вид:
~{Мхк + т(хк +€с(ее,4))) = (М + т){д,ёх) =>
112
(М + т)хк + m^G cos а = (М + т)д sin а. (3.8.4)
Кинетическая энергия системы складывается из кинетической
энергии клина Тк и кинетической энергии цилиндра Tg'-
T = TK + TG.
Так как клин движется поступательно
ТК = (3.8.5)
Кинетическую энергию цилиндра найдем по формуле (III. 11):
m(VG,VG) lmr2 2
/ = ■' 11} .
2 2 2
Для нахождения угловой скорости цилиндра воспользуемся фор¬
мулой Эйлера (1-15) и тем обстоятельством, что цилиндр относи¬
тельно клина не проскальзывает. Пусть Ак и Ag точки сопри¬
косновения клина и цилиндра, тогда отсутствие проскальзывания
означает, что
Vak — Vag,(Vak — хкёх),
и по формуле Эйлера, примененной к точкам G и Ag
Vg = Vag + [w, ДсС] =>
хкёх + £Ge£ = хкёх + [и>ёу, гё(] => Cg = wr => w = —.
Таким образом
Tg — -^\хк&х + £,с^^хкех + Cgc$) + —£G =>
Tg = ^{x2K + |4g + 2±к4ссо8о). (3.8.6)
Подсчитаем элементарную работу заданных сил:
52 (Х(е) + > ёгк} = (Мд, dr к) + (mg, drG).
fc=i
Но
д = д sin аёх — д cos аёг = — дё^,
drк = dxKdx,
drG = dxKdx + d^G^,
поэтому
N
52 + T^l\drkj = (M + m)gsinadxK- (3.8.7)
k=i 4
113
После подстановки (3.8.5), (3.8.6), (3.8.7) в (3.8.3) имеем:
,/М + т.п m/З;, ■ \\
d —-—хк + — + 2xk€g cos a I I =
\ Z Z \ Z J J
— (M + m) g sin adx к. (3.8.8)
Поскольку
й(хк) — ^K\XK<it) = 2хк(хк(И) = ЪхкЛхк,
и, соответственно,
<*(&) -
^(^/c€g) = XK<1£g + Cg^x,
то, соотношение (3.8.8) можно представить в виде:
dxK (^М + т)хк + m^G — (М + m)gsina^ +
3
+ d^G-,m(-^G + xK cos а) = 0. (3.8.9)
z
Коэффициент при dxx обращается в нуль в силу уравнения (3.8.4),
d^G о (другое предположение означало бы наложение дополни¬
тельной связи, что противоречит условиям задачи), поэтому (3.8.9)
сводится к уравнению
3 ••
2?g + хк cos а = 0, (3.8.10)
Решив систему уравнений (3.8.4), (3.8.10), найдем
3(М + m)gsma
ЗМ + m(l + sin2 а)
■■ _ {М + т)д sin 2а
G ЗМ + m(l + sin2 а)
(3.8.11)
(3.8.12)
Осталось сделать последний шаг, чтобы найти реакцию плоскости.
Умножив обе части соотношения (3.8.1) скалярно на ег
,r AJdVK Л dVG _
77 = Mi ~j~,ez +m —у-,ег
\ dt I \ dt
(M + m)(g,e2),
подставив вместо векторов скорости их выражения через обобщен¬
ные координаты и воспользовавшись формулами (3.8.11), (3.8.12),
получим:
(М + т)д sin 2а
N = -т— к—-
ЗМ + m(l + sin2 а)
(ее, ег) + (М + т)(ёе, ег) =>
114
N (ЗМ + тп)(М + m)g cos a
3M + m(l + sin2 a)
(3.8.13)
Г. Выражение в правой части формулы (3.8.13) положительно и
имеет размерность силы, как и должно быть, т.е. найденный ответ,
по крайней мере, простейшую проверку выдерживает.
Задача 3.9. [3,43.13]
На боковой поверхности круглого однородного цилиндра с вер¬
тикальной осью, вокруг которой он может вращаться без трения,
вырезан желоб в форме винтовой линии.
В начальный момент цилиндр покоится; в верхнюю точку жело¬
ба с нулевой скоростью опускают шарик, который под действием
силы тяжести начинает двигаться по желобу.
Пренебрегая размерами шарика, найти угловую скорость ци¬
линдра в тот момент, когда шарик окажется в нижней точке жело¬
ба, если известно, что желоб гладкий, радиус цилиндра R, масса М,
масса шарика т, угол наклона винтовой линии к горизонту равен а
и она делает по поверхности цилиндра п оборотов.
Решение. z
А. Выберем неподвижный трех¬
гранник Oxyz так, как указано на
рис. 3.9.1. Системой будем считать
совокупность цилиндра и шарика.
При определении обобщенных ко¬
ординат учтем, что шарик соверша¬
ет сложное движение — перенос¬
ное (вместе с цилиндром), и относи¬
тельное (по отношению к цилиндру).
В соответствии с этим, пусть <р обо¬
значает угол поворота цилиндра во¬
круг оси Oz, as — длину дуги желоба
от верхней точки до положения шарика в текущий момент. Эти две
величины могут принимать независимые друг от друга значения,
их задание однозначно определяет положение системы, следова¬
тельно, система имеет две степени свободы и действительные пе¬
ремещения принадлежат множеству виртуальных (см. С4, С5,
С6). Искомая угловая скорость цилиндра в этом случае выражает¬
ся следующим образом
ш = фёг.
115
Шарик будем считать материальной точкой и обозначать его поло¬
жение буквой G.
Заданными силами являются силы тяжести цилиндра и шари¬
ка. Реакции внешних связей сводятся к реакциям в точках А а В
закрепления оси цилиндра. Реакции внутренних связей (одинако¬
вые по величине и противоположные по направлению) приложены
к шарику и цилиндру (в точке, где находится шарик). Условия зада¬
чи позволяют считать связи, наложенные на систему, идеальными.
Б. Система имеет две степени свободы, поэтому если удастся
написать два уравнения с помощью специальных теорем динами¬
ки, можно надеяться, что поставленная задача будет решена.
В любой момент времени связи допускают поворот системы,
как твердого тела (т.е. цилиндра с "прилипшим"шариком) вокруг
оси Oz, следовательно можно воспользоваться теоремой (Ш.25)
d(Ko,ez)
dt
Но в данном случае все заданные силы (силы тяжести) параллель¬
ны оси Oz, поэтому их момент относительно этой оси равен нулю, и
мы получаем дважды хорошее уравнение (справа ноль, слева пол¬
ная производная по времени от некоторой величины):
= 0 => (Ко, ег) = const. (3.9.1)
Как указано выше, действительные перемещения принадлежат
множеству виртуальных, следовательно выполнены условия,
достаточные для применения теоремы (Ш.27) об изменении кине¬
тической энергии:
dT = + F^dfk).
k=i
Поскольку силы тяжести имеют силовую функцию, мы получаем
еще одно дважды хорошее уравнение:
dT = dU => d(T - 17) = 0 => Т - U = h. (3.9.2)
В. Теперь надо представить уравнения (3.9.1) и (3.9.2) в выбран¬
ных координатах.
Кинетический момент Ко системы складывается из кинетиче¬
ского момента цилиндра К^ и кинетического момента шарика Кт\
Ко = Ка + Кт => (Ко, ег) = (Кц, ez) + (Кш, ег).
116
Для вычисления проекции кинетического момента цилиндра на ось
Oz воспользуемся одной из формул (III. 10):
- Мт2
(Дц> ez) = — ■ ф. (3.9.3)
At
Используя определение кинетического момента материальной точ¬
ки и свойства смешанного произведения трех векторов, получим
(2?ш, ez) = ([OG, mVG], ez) = (mVG, [ez, оЗ]). (3.9.4)
В цилиндрических координатах (р, z)
OG = ReB + zGez,
значит
[ez,OG] = R[ez,ee].
(3.9.5)
Считая что подвижный трехгранник жестко связан с цилиндром,
применим теорему сложения скоростей
VG = V^p + , V™p = Rф^, = ses. (3.9.6)
Подставив (3.9.5) и (3.9.6) в (3.9.4), имеем:
(Кш, ez) = т(112ф + Rs(es,e^)) = т(1&ф + Rs cos а). (3.9.7)
Окончательно, учитывая то, что в начальный момент скорости
всех точек системы равны нулю (значит кинетический момент и лю¬
бая его проекция тоже равны нулю), вместо (3.9.1) можем записать:
MR2 . „ ,М ч „
—-—ф + m(R ф + Rs cos а) = 0 => (— + тщф + ms cos а) = 0.
At Л
(3.9.8)
Займемся, теперь, уравнением (3.9.2). Кинетическая энергия так
же, как и кинетический момент, является величиной аддитивной.
поэтому
Т = ГЦ + ГШ.
Кинетическую энергию цилиндра можно посчитать по первой из
формул (III. 10):
Гц = | W = ^-ф2. (3.9.9)
Кинетическая энергия шарика по определению равна
m m(VG,VG) т f t г,.^ ,
Тт = = — (Ripe# + ses, Ripe# + sej ~
Ct i
^(Я2992 + s2 + 27?0scos<J!). (3.9.10)
117
Так как центр тяжести цилиндра неподвижен, работу, при дви¬
жении системы, совершает только сила тяжести шарика, следова¬
тельно,
U — — mgzc = mgs sin а. (3.9.11)
Подставив (3.9.9), (3.9.10) и (3.9.11) в (3.9.2), с учетом нулевых на¬
чальных условий, найдем:
MR2
4
, 9 т , о
Ф2 + у (Я2
ф2 + з2 + 2R<pscosa) — mgs sin а = 0.
3.9.12
Уравнения (3.9.8) и (3.9.12) определяют движение при заданных
начальных условиях. Разрешим уравнение (3.9.8) относительно s:
Нф
cos а
(3.9.13)
Исключая s с помощью (3.9.13), из (3.9.12) получим:
й2ф2
2
1 ,, М. \
—5—(1 + г~) -2
cos2 a 2m /
, cos а
2pssina
(l + ^)(sin2a + М)
Для окончательного решения задачи осталось выбрать знак в пра¬
вой части последнего выражения и вспомнить, что для винтовой ли¬
нии, сделавшей п оборотов по поверхности цилиндра
2тгД
s — п .
cos а
При заданных начальных условиях шарик под действием силы тя¬
жести может двигаться только вниз по желобу. Это означает, что
s > 0. Но тогда из соотношения (3.9.8) или (3.9.13) следует, что уг¬
ловая скорость цилиндра отрицательна, т.е. ответом на вопрос за¬
дачи является формула:
/ 2ттд sin 2а
v уд(1+^)(®1п2а+^)'
Г. Обе части равенства (3.9.14) имеют одинаковую размерность,
так что простейшую проверку найденный ответ выдерживает. Име¬
ет смысл обсудить знак угловой скорости. Дело в том, что студен¬
ты, решающие эту задачу, ссылаясь на интуицию: "шарик движется
вправо, значит цилиндр должен двигаться влево", часто начинают
составлять уравнения движения системы считая, что проекция уг¬
ловой скорости цилиндра на ось Oz отрицательна.
118
Казалось бы, что в этом плохого: ведь полученный результат
подтверждает это предположение. Однако формула (3.9.14) полу¬
чена при определенных начальных условиях, т.е. при конкретных
(нулевых) значениях произвольных постоянных в первых интегра¬
лах (3.9.8) и (3.9.12).
Легко указать начальные условия (например у>(0) = шо >
О, s(0) = 0, s(0) = 0), при которых высказанное предположение не
будет выполняться (по крайней мере на некотором интервале вре¬
мени) и, значит, построенные с учетом этого предположения урав¬
нения могут оказаться неправильными.
Чтобы избежать ошибок подобного рода, при составлении
уравнений движения стоит руководствоваться следующими про¬
стыми правилами:
1. выбрать обобщенные координаты, по возможности учиты¬
вающие особенности системы (геометрические, особенности сил,
действующих на систему и т.п.),
2) при вычислении динамических величин, фигурирующих в
теоремах, которые предполагается использовать для составления
уравнений движения, считать значения всех обобщенных ко¬
ординат и их производных положительными.
Описанная процедура позволяет получить уравнения, правиль¬
но описывающие любое движение системы. В рассмотренной за-
даче, такими уравнениями являются:
d (MR2 . .п2 .
й(—^ + '"(««’4
= О,
, (R2 . о ПЪ / г.2’2 *2 л г» ■ • , \
а 1 —-—ф + — (К ф + s + 2 tips cos а) I = mg cos ads.
Задача 3.10. [3,39.21]
Два круглых, однородных, цилиндрических вала, массы кото¬
рых равны т и М, движутся по двум неподвижным, гладким, на¬
клонным плоскостям, образующим соответственно углы а и А с
горизонтом (см.рис.3.10.1). Валы соединены нерастяжимой неве¬
сомой лентой, намотанной на них так, что проскальзывания валов
относительно ленты нет. Найти абсолютные ускорения центров тя¬
жести цилиндров.
Решение.
А.Рассмотрим в качестве системы оба вала и соединяющую их
ленту. Будем считать, что валы совершают плоско-параллельное
движение и что лента во все время движения натянута.
119
Найдем число степеней свободы и выберем обобщенные коор¬
динаты. Определить положение системы, состоящей из двух валов
и связывающей их ленты, можно, задав положение ленты и поло¬
жение каждого из валов относительно ленты. Задать положение
ленты можно, указав положение какой-либо ее точки на неподвиж¬
ной плоскости. Однако, чтобы выбор координат учитывал симмет¬
рию расположения валов, возьмем две точки ленты b и В, распо¬
ложенные по разные стороны от точки О, и введем координаты хь и
Хв- Так как лента нерастяжимая
хь + Хв = const,
значит хь и Хв нельзя счи¬
тать независимыми, и положе¬
ние ленты определяется одной
координатой.
Введем два подвижных
правых трехгранника, связан¬
ных с лентой, btjqQ и B3HZ
(оси bQ и BZ лежат в плоскости
движения и перпендикулярны
соответствующим наклонным
плоскостям), и обозначим
центры тяжести валов буквами
сиС.
Тогда, вследствие отсутствия проскальзывания валов относи¬
тельно ленты, £с и однозначно определяют положение валов на
ленте.
Величинам £с, Ъс, и хь (или Хв) можно придавать значения не
зависящие друг от друга, они полностью определяют положение
системы и, следовательно, могут использоваться в качестве обоб¬
щенных координат.
Таким образом система имеет три степени свободы, связи
на нее наложенные являются идеальными и действительные пе¬
ремещения принадлежат множеству виртуальных (см. С4, С5,
С6).
Б. Для того, чтобы найти движение системы с тремя степеня¬
ми свободы, достаточно трех уравнений, полученных с помощью
специальных теорем динамики.
Однако, связи не допускают ни поступательных перемеще¬
ний всей системы как твердого тела, ни вращений ее вокруг какой
(3.10.1)
Рис. 3.10.1.
120
либо неподвижной оси или оси проходящей через центр масс, по¬
этому из набора имеющихся специальных теорем можно применить
лишь одну - теорему (Ш.27)( об изменении кинетической энергии).
Но одного уравнения недостаточно для нахождения трех неиз¬
вестных величин. Выход из создавшегося положения можно ис¬
кать по разному. Можно попытаться доказать новые утверждения,
справедливые для определенного класса систем (ведь ниоткуда не
следует, что набор сформулированных теорем является исчерпы¬
вающим). Примером такого подхода может служить доказатель¬
ство теоремы (III.26) (см. задачу 3.14), не упоминаемой в извест¬
ных учебниках ([7],[8],[9],[10]). А можно поступить проще: разбить
исходную систему на части, и рассматривать каждую из частей, как
новую систему. Тогда для каждой из этих систем открывается воз¬
можность применения всего списка теорем и, тем самым, оказыва¬
ется возможным составление достаточного числа уравнений.
Попытаемся применить последний подход к рассматриваемой
задаче. "Выбросим" кусок ленты между точками b и В, приложим
к оставшимся кускам силы (—зьёх) и (—Звёх) ($ь > О,зь = Sb,
ввиду того, что лента невесома и лежит на гладкой поверхности),
и рассмотрим две новых системы: вал с центром тяжести в точке с
(назовем ее системой /) и вал с центром тяжести в точке С (си¬
стема 2), присоединив силы (—зъех) и (—Звёх), соответственно, к
заданным силам, действующим на каждую из этих систем.
В. Связи, наложенные на систему /, идеальные и допуска¬
ют в каждый момент времени поступательное перемещение
ее вдоль оси Ох и вращение вокруг оси ср, проходящей через
центр масс с и перпендикулярной плоскости, в которой происходит
движение, т.е. выполнены условия применимости теорем (III.24) и
(III.26), следовательно, мы можем записать:
N
Мхс = (Х(е), ёх), (3.10.2)
fc=l 4
= (£>■ ГП <0. (3.10.3)
\fc=l /
Точно такие же рассуждения д ля системы 2 дают:
N
мхс - (р^,ёх) • (3.10.4)
fc=l 4
121
• (3.10.5)
\fc=l /
Между тем, для системы 1
Хс — 4* Хс ~ хь 4“ £с,
У7 = Wsina - sb,
k=i 4
(Кс, ev) = JCT]a> = (o> — шёп — угловая скорость вала 1, г -
его радиус),
(N \
j =rsb,
k=l /
а для системы 2
Хс = Хв 4- Нс => Хс = Хв 4- Нс,
N
^2 (Л(е)> ex) = mg sin А - SB,
к=1 4
(Кс, ев) = Jch& = (Й = £1ён — угловая скорость вала 2,
R — его радиус, ед = —ё),),
^Е[^Ле)],ё)Л =RSb.
\fc=i /
С учетом указанных соотношений, получим
т(хь 4- £с) = mg sin а — зь,
(3.10.6)
тг2
-^-IV = ТЗЬ,
(3.10.7)
М(ХВ 4- Нс) = Мд sin А - SB,
(3.10.8)
MR2 ■
—?~n = RSB,
(3.10.9)
Дважды продифференцировав (3.10.1) найдем:
а$ь 4- Хв = 0.
(3.10.10)
Условие отсутствия проскальзывания валов относительно ленты
дает
£с = тш => £с = тш, (3.10.11)
Ёс = ЯП => Ёс = R&- (3.10.12)
122
Добавив к уравнениям ( 3.10.6 )—( 3.10.12 ) соотношение
sb = SB, (3.10.13)
получаем систему восьми линейных уравнений относительно вось¬
ми неизвестных:#;,, £с, ш,Хв,^с,^, зъ, Sb, решив которую найдем:
т sin а — М sin А
■■ 2 М(sin а + sin А)
& = о 9
3 т + М
2 m(sina + sin А)
=-С = Ъ9 ГХг
3 т + М
поэтому
•• 2 т sin а — М sin А
хс = хь + & = -gsma + д ————
3 З(т + М)
■■ .. ^ 2 . я т sin а — М sin А
Хс = + =с = 59 8,пЛ - д З(т + М)
Г. Ответ, с точки зрения совпадения размерностей правой и ле¬
вой частей, сомнений не вызывает, кроме того, для частного случая,
когда А = 0 и М >> т, получим
2
хс = -gsma + e,e « 1,
О
т.е. результат близкий к тому, который имел бы место при каче¬
нии вала без проскальзывания по неподвижной наклонной плоско¬
сти (см. задачу 3.1), как и должно быть при указанных значениях
параметров задачи, что может служить еще одним подтверждением
правильности найденного ответа.
Эту задачу можно было бы решить, используя общие теоремы
динамики. Однако в этом случае потребовалось бы вводить реак¬
ции наклонных плоскостей, что, вообще говоря, увеличило бы чис¬
ло неизвестных, т.е. привело бы к усложнению задачи (хотя в дан¬
ном случае не слишком сильному).
Задача 3.11.
Однородный круглый диск радиуса г и массы т может катиться
по неподвижной горизонтальной плоскости без проскальзывания,
причем плоскость диска остается вертикальной ( модель колеса те¬
лежки в универсаме).
Найти движение диска при произвольных начальных условиях,
если известно, что связи наложенные на диск идеальные.
123
Решение.
А. Сначала займемся геометрией, т.е. выберем обобщенные ко¬
ординаты.
Свяжем неподвижный
трехгранник Oxyz с горизон¬
тальной плоскостью, направив
ось Oz по вертикали вверх.
Обозначим центр масс диска
буквой С и введем подвиж¬
ный трехгранник ось
СС, направлена по вертикали
вверх, ось (7$ горизонтальна
и лежит в плоскости диска,
ось Су перпендикулярна этой
плоскости.
Чтобы задать положение
Рис.3.11.1.
диска, надо, для начала, задать положение его центра масс.
Вследствие связей, наложенных на диск
zc = г,
(3.11.1)
а координаты хс, ус могут принимать произвольные значения. До¬
бавив к координатам a?c, ус два угла: 0 — угол между плоскостями
Oxz и Cf& и tp — угол поворота диска относительно трехгранника
С£у£ вокруг оси Су получим набор из четырех координат, одно¬
значно определяющих положение диска.
Однако, мы пока не учли, что диск движется по плоскости без
проскальзывания. Пусть А — точка диска, которой он касается
плоскости. Запишем формулу Эйлера для точек Ли С:
Vc = Va + [<x,AC\. (3.11.2)
Но, в силу (3.11.1):
Vc = хсёх + усёу;
вследствие отсутствия проскальзывания
по теореме сложения угловых скоростей
ш = фё( + фёт,-,
и
АС = re^, = ez,ev = — sin фех 4- cosфёу.
124
Подставляя выписанные выше соотношения в (3.11.2) и приравни¬
вая коэффициенты при ех и еу, получим:
хс = прсозф, (3.11.3)
Ус = гфзигф. (3.11.4)
Итак, положение диска полностью определяется четырьмя коорди¬
натами, которые должны удовлетворять двум уравнениям связи —
(3.11.3) и (3.11.4), поэтому возникает вопрос: могут ли эти четыре
координаты принимать независимые друг от друга значения? Ответ
будет отрицательным, если существует хотя бы одно соотношение
вида
/(хс, Ус, Ф, <f>) = const, (3.11.5)
где f — некоторая функция. Наличие или отсутствие такой функ¬
ции (или таких функций) связано с интегрируемостью или неин-
тегрируемостью системы линейных дифференциальных форм, ка¬
ковую представляют собой уравнения (3.11.3) и (3.11.4). Необхо¬
димые и достаточные условия интегрируемости системы линейных
дифференциальных форм дает теорема Фробениуса (см. [5],[10]).
В данном случае, однако, будет проще непосредственно до¬
казать невозможность существования соотношений вида (3.11.5).
Предположим, что такое соотношение в рассматриваемой задаче
существует. Тогда, если в какой-то момент изображающая точка
системы находится на гиперповерхности (3.11.5), то сойти с этой
гиперповерхности она не может — противное будет означать на¬
рушение условий связи. Поэтому, если справедливо утверждение:
из любой точки четырехмерного пространства (хсо, Усо, Фо, Т’о), не
нарушая условий связи, можно попасть в любую другую точку
этого пространства (xci, Усу. ,Ф1,Р1), то соотношений вида (3.11.5)
быть не может, т.е. уравнения связи в данной задаче неинтегрируе-
мы.
Доказательство сформулированного утверждения несложно:
проведем на плоскости Оху прямую, проходящую через точки
(а: со, Усо) и (хсл,ус1\ и повернем диск вокруг вертикальной оси,
проходящей через точку (хсо, усо), так , чтобы линия пересечения
плоскости диска с плоскостью Оху совпала с построенной прямой
( такое движение допускается связями, поскольку скорость точ¬
ки А остается равной нулю, а плоскость диска — вертикальной).
Теперь прокатим диск без проскальзывания по этой прямой, до
положения, в котором координаты точки касания станут равными
125
(xci-yci)- Пусть в этом положении <р = <р* ( для определенности
будем считать у>* > у>1).
Построим в плоскости Оху окружность радиуса q — t
касающуюся построенной прямой в точке (xci, yet) (координата у
центра этой окружности должна быть положительной), и прокатим
диск по этой окружности без проскальзывания до возвращения
точки касания в точку (xci, Ут )•
Теперь повернем плоскость диска вокруг неподвижной верти¬
кальной оси, проходящей через точку (rcci, Уса) так, чтобы плос¬
кость образовывала с плоскостью Oxz угол -ф1 ■
Таким образом, мы действительно из произвольной точки
(хсо,Усо,'Фо,'Ро) конфигурационного пространства попали в дру¬
гую произвольную точку (xci, Ут ) этого пространства, ни¬
где по пути не нарушив условий связи.
Значит уравнения связей (3.11.3), (3.11.4) неинтегрируемы. В
механике такие связи называются неголономными. Для неголо-
номных систем число независимых координат и число незави¬
симых вариаций координат не совпадает: в нашем случае число
независимых координат равно четырем, а число независимых ва¬
риаций — двум, так как вариации должны удовлетворять соотно¬
шениям:
6хс = г 5<р cos ф,
6хс = г5р sin ip.
поэтому, согласно определению (см. п. "Некоторые сведения о свя¬
зях"), число степеней свободы системы равно двум.
Б. Для нахождения четырех координат нужны четыре урав¬
нения. Два уравнения уже есть — это уравнения связи — (3.11.3),
(3.11.4); надо найти еще два. Попытаемся сделать это с помощью
специальных теорем динамики. По условию связи наложенные на
систему идеальные и
1) в каждый момент времени допускают вращение диска во¬
круг оси Q;
2) в каждый момент времени действительные перемещения
принадлежат множеству виртуальных.
Идеальность связей и выполнение условий (1) и (2) позволяют
применить теоремы (III.26) и (Ш.27):
(з.п.6)
/
126
dT = Yl^e'> + F^,dfk).
к=1
(3.11.7)
Эти два уравнения в совокуности с двумя уравнениями связи об¬
разуют систему для нахождения четырех обобщенных координат:
%с,Ус, ^,<P-
В. Запишем уравнения (3.11.6) и (3.11.7) в условиях рассмат¬
риваемой задачи. Оси С£, СумСС,ъ каждый момент времени явля¬
ются главными осями эллипсоида инерции, построенного в точке
С, поэтому (см. III.9)
г-< тг2 Л _ тг2 . _ тг2 ■ _ . тг2 •
Кс = — • 0 • ее + — y>ev + —V’ec => (Кс, ес) = —
(3.11.8)
mV% 1 /тг2 ~ тг2 ;2\
Т=~^ + 2 \~V ' (ЗЛ1-9)
Так как единственной заданной силой в данном случае является
сила тяжести
(w \
Е[^е)]Л=о, (3.11.10)
к=1 /
+ =0. (3.11.11)
к=1
Подставляя (3.11.8) и (3.11.10) в (3.11.6), (3.11.11), (3.11.9) и
(3.11.3), (3.11.4) в (3.11.7) получим:
d /тг2 -\ ■
— I ——у = 0 => чр = const = W1,
dt \ 4 /
, f 3 2 .о тг ; 2\ « . (3 2 . 2\
d I -тг2ф2 4—— ф2 ) = 0 => d ( -тг ф ) = 0 =>
\4 8 J у4 J
ф2 = const = W22.
Без ограничения общности можно считать жс'(О) — §,ус($) =
0,V»(0) = 0,<р(0) =0.
Если wi = W2 = 0, то диск просто стоит на месте, если wj —
0, о>2 > 0 — диск катится вправо по оси Ох, если иц > 0, W2 = 0 —
центр диска остается на месте и он вращается вокруг неподвижной
оси Oz, если wi > 0,0/2 > 0
ГО>2
Хс = ТШ2 COS Wit, => Хс = sin Wit,
W1
127
ус = r^sinwji => ус = ^2.(1 — coscuii),
wi
т.е. центр диска движется по окружности
хс2 +
ZC = Г,
а сам диск катится по такой же окружности, расположенной в плос¬
кости Оху.
Задача 3.12.
Конец А оси велосипедного колеса закреплен неподвижно в
шаровом шарнире. Конец В с помощью невесомой нерастяжимой
нити подвешен так, что в положении равновесия нить вертикальна,
а ось АВ горизонтальна.
Найти реакцию в шарнире и натяжение нити для случаев, ко¬
гда колесо неподвижно, и когда оно вращается вокруг неподвижной
оси АВ с угловой скоростью шо, и изменение реакции в шарнире в
момент обрыва нити (для обоих случаев).
Масса колеса равна т, центр масс
колеса (точка С) лежит на середине
отрезка АВ, длина которого равна 21.
Направление оси динамической сим¬
метрии колеса совпадает с направле¬
нием оси АВ, моменты инерции отно¬
сительно этой оси и оси, ей перпен¬
дикулярной и проходящей через центр
О
масс, равны соответственно тг и
ту2. Массой оси пренебречь.
Решение.
А. Пусть начало неподвижного трехгранника совпадает с точ¬
кой А, ось Az направлена по вертикали вверх, еу = <=ав (^x,ey,ez
— правый трехгранник).
Как известно, реакцию шарового шарнира можно представить в
виде
Ra — Вах^х 4- Влу^у + Baz^z-i
а реакция нити Вв направлена вдоль нити, т.е. при сформули¬
рованных условиях
Rb — Rbz&z-
Таким образом, нам надо найти четыре скалярных неизвестных:
RAx, RAy, Raz, Rbz, для чего нужно написать, по крайней мере, че¬
тыре уравнения.
128
Б. Во многих случаях, при решении задач по динамике твердого
тела, удобно воспользоваться теоремами о движении центра масс
(III. 14) и об изменении кинетического момента в движении относи¬
тельно трехгранника Кёнига (III. 16):
fc=l 4
dKC _ Г-. Я(е) , 5(e)]
k—l
(3.12.1)
(3.12.2)
В. Сначала рассмотрим задачу о реакциях в положении рав¬
новесия при исправной нити. В этом положении
Vc = 0 => = О,
dt
~ „ dKc
KC = Q=> —£■ ~ О,
at
кроме того
.w
22^(е)" -m9Sz,
fc=i
= Ra + Rb,
/с=1
£^,^е)]=о,
к—1
= [-ley,RA\ + [Ц,,Лв]
fc=l
поэтому умножая скалярно обе части уравнения (3.12.1) на орты
еж,е^,ег, получим:
Q = Rax, (3.12.3)
О = RAy, (3.12.4)
О = Raz + Rbz - nag. (3.12.5)
Проекции уравнения (3.12.2) на оси Ау и Az представляют собой
тождества
0 = 0,
129
проекция на ось Ах дает:
О = —IRaz + IRbz-
(3.12.6)
Система уравнений (3.12.3) — (3.12.6) (четырех уравнений для че¬
тырех неизвестных) имеет единственное решение:
Rax := RAy — О, Raz = R13z ~ 2 ’
Уравнения (3.12.1), (3.12.2) кроме решения, описывающего поло¬
жение равновесия, допускают решение, при котором
VC = 0 => = О,
at
~ 2 dKc п
Кс = тг шоеу,ио = const => ----- s 0.
Легко видеть, что реакции в этом случае удовлетворяют той же си¬
стеме уравнений, поэтому и для этого движения
Rax — RAy ~ о, Raz “ RBz = 2 '
Посмотрим, как изменится реакция в шарнире А, в момент обры¬
ва нити. Как в задаче 3.2.7 введем моменты времени t* (обрыва
нити),(£* + 0) и (t* — 0) и найдем /?д(£* + 0). По прежнему бу¬
дем считать, что состояния системы (т.е. совокупность значений
координат и скоростей точек системы) в моменты (t* — 0) и (t* + 0)
одинаковы. Введем подвижный трехгранник жестко связан¬
ный с колесом, так, что
еДС) = ex,ey(t*) = ey,etft*) = ez.
Для нахождения реакции шарнира снова воспользуемся уравнени¬
ями (3.12.1) и (3.12.2). В рассматриваемой ситуации, в отличие от
предыдущей задачи,
^(t* + O)/O,^(t* + O)/O
Представим ускорение центра масс, используя формулу Ривальса
(1.16);
dVc - - Г Г -. Г - тт$11 - dw
, — ас — а а + с, АС] + щ ACI , £ — -т-.
at L J I L J J at
Но
а а = 0,
и
— — 0,
130
поэтому
dVc , _
ir|t=t’+0_ ~dt’ ■
dVc
dt
■y
. t=t*+o
Используя понятие локальной производной и обозначая ее (ес¬
ли интерпретировать производную по времени от какого-либо век¬
тора, как скорость конца этого вектора, то используемая ниже фор¬
мула представляет собой применение теоремы сложения скоростей
для вычисления этой производной, при этом локальная производ¬
ная является аналогом относительной скорости), запишем:
dt dt
Таким образом
— = + йпёп + .
dVc, r • -» . , ,r ■ -> ■ -
-^-\t=t*+o = +^т)е?7 + ‘eT)J = ‘(wje( — o^e^).
Для вычисления - еще раз воспользуемся локальной производ¬
ной:
dKc dKc r- ,
Так как
[a?,^c]t=f+o = [ш0ёу,тг2ш0ёу] = О,
(3.12.7)
TO
cLKc,
-
С учетом того, что
dR(J 9 . 2 • . 2 • -*
= тр + тг + то wzeZ-
уравнения (3.12.1)
RB(t*+O) = O,
и (3.12.2), записанные в проекциях на оси
С£, Ср, СС, в момент t = t* + 0, примут вид:
—mlwz — Raz
О — RAr,
mlw£ = Raz — mg
— —IRaz
mr2^ = 0
тд2й>^ = IRaz-
(3.12.8)
Получилась (в отличие от первой задачи) система шести урав¬
нений относительно шести неизвестных:^, wv, , Raz> Ra^, Raz-
Решая ее, найдем
gl . . „
= - О,
131
Raz = Rat, = 0, RA(, = mg(l -
AL.,
e‘ + Ph
Г. Если wq = 0, то, после обрыва нити, колесо будет двигать¬
ся как физический маятник, т.е. его центр будет колебаться в
неподвижной вертикальной плоскости Ayz. Если же шо л> yfljik,
то центр колеса, почти не отклоняясь от горизонтальной плос¬
кости Аху, описывает кривую, близкую к окружности радиуса I, с
почти постоянной скоростью (см. задачу 4.4).
Эти два примера говорят о том, что движение колеса, возника¬
ющее после обрыва нити, сильно зависит от значения начальной
угловой скорости. В то же время найденый ответ не содержит wq.
Не является ли это свидетельством ошибки? Не является.
Во-первых, независимость системы (3.12.8) от wq связана с
равенством (3.12.7), которое справедливо в двух случаях: когда
о>о = 0 и когда вектор ш0 коллинеарен вектору Кс, т.е. в обо¬
их случаях система уравнений для определения реакции в момент
t = t* + 0 действительно будет одинаковой, и, во-вторых, система
(3.12.8) определяет движение колеса и реакцию шарнира только в
начальный момент времени. В момент t = t* + At имеем:
в случае wq = 0
во втором случае
_м _ gl£xt _
aj(t + At) = w0 - -а Г/2еС’
Q "Fi
поэтому в этот момент вектор [w(t* + b.t),Kc(t* + At)], будет раз¬
ным в каждом из двух случаев, соответственно будут разными си¬
стемы уравнений для определения углового ускорения и реакции и,
естественно, решения этих уравнений.
Задача 3.13.
На гладкой горизонтальной плоскости лежит однородный шар
массы М и радиуса г. На концах фиксированного диаметра шара
АВ закреплены две материальные точки массы т каждая.
В начальный момент скорость центра масс шара равна нулю,
вектор угловой скорости направлен по вертикали и равен по вели¬
чине шо, диаметр АВ образует с вертикалью угол а.
Какую траекторию описывает точка В относительно неподвиж¬
ного трехгранника.
132
Решение.
А. Будем рассматривать в качестве системы совокупность шара
и двух материальных точек. Очевидно, что центр масс этой систе¬
мы, ввиду однородности шара и одинаковости точек, совпадает с
центром шара С.
Внешними силами прило¬
женными к системе являются
сила тяжести и реакция плос¬
кости. Обе направлены по вер¬
тикали и проходят через центр
шара.
Чтобы задать положение
рассматриваемой системы,
Рис.3.13.1.
достаточно знать положение ее
центра масс и ориентацию по¬
движного трехгранника, жестко связанного с шаром, относительно
трехгранника неподвижного. Поскольку центр масс движется в
горизонтальной плоскости, а указанная ориентация определяется
тремя углами (например, углами Эйлера) система имеет пять
степеней свободы.
Для ответа на поставленный вопрос, надо знать движение ша¬
ра; чтобы найти движение шара надо написать, как минимум, пять
уравнений.
Б. Так как точки жестко связаны с шаром, рассматриваемая си¬
стема представляет собой абсолютно твердое тело.
Для получения уравнений движения системы воспользуемся
теоремами о движении центра масс (III. 14) и об изменении кинети¬
ческого момента в движении по отношению к трехграннику Кёнига
(III.16).
Первая теорема дает
(М + 2т)^~^- = (М + 2m)g + N, (3.13.1)
где Vh — горизонтальная составляющая вектора скорости центра
шара, Vy ~ вертикальная составляющая этого вектора, N — ре¬
акция плоскости. Из уравнения (3.13.1) и условия связи Уу = О
следует
О = (ЛГ + 2т)д + N => N = — (М + 2т)д,
(М + 2т)-—^ = 0 => Vh = const =>Vh — УДО) = 0, (3.13.2)
133
т.е. центр шара остается на месте (соотношение (3.13.2) эквива¬
лентно двум скалярным уравнениям).
Записав вторую теорему (рс и соответственно, радиусы-
векторы центра масс и точки касания шара и плоскости относи¬
тельно трехгранника Кёнига), получим:
^ = [QC,(M + 2m)g\ + [eD,N]^^-=0^ (3.13.3)
(Lu (Lu
Кс = ^с(О). (3.13.4)
Уравнение (3.13.4) дает еще три скалярных уравнения.
Задача свелась к случаю Эйлера движения твердого тела с од¬
ной неподвижной точкой. Более того, эллипсоид инерции, постро¬
енный для неподвижной точки, является эллипсоидом вращения.
Известно, что в этом случае движение тела, представляет собой ре¬
гулярную прецессию и, следовательно, чтобы решить поставлен¬
ную задачу, достаточно найти параметры этой прецессии и устано¬
вить, как при этом будет двигаться точка В.
Мы, однако, откажемся от использования известных результа¬
тов и проследим процесс получения решения уравнения (3.13.3) с
самого начала, поскольку этот процесс содержит ряд поучительных
моментов.
Первым важным моментом, во многом, определяющим в даль¬
нейшем успех или неудачу в решении задачи, является выбор ко¬
ординат. Для изучения движения твердого тела с одной неподвиж¬
ной точкой используются, как правило, те или другие системы уг¬
ловых переменных (см., например,[10]). Мы воспользуемся, часто
употребляемыми, углами Эйлера.
Выбор координат, сам по себе, определяет далеко не все — так
при удачном выборе начала и ориентации осей, глядя на уравне¬
ние плоской кривой второго порядка (каноническое) можно сразу
определить вид этой кривой, если же оси выбраны произвольно,
для идентификации кривой требуется выполнение ряда процедур с
коэффициентами соответствующей квадратичной формы.
В рассматриваемой задаче речь пойдет о выборе ориентаций
неподвижного Cxyz и подвижного С^С трехгранников, имеющих
общее начало в точке С — неподвижном центре масс системы.
Начнем с выбора направлений осей Cz и CQ, выделяющихся среди
других тем, что угол между ними, является одним из углов Эй¬
лера. Понятно, что при выборе должны учитываться особенности
134
решаемой задачи. В пространстве, жестко связанном с шаром, лег¬
ко указать направление, явно выделяющееся среди других, — это
направление оси динамической симметрии системы (оси враще¬
ния эллипсоида инерции, построенного в точке С), состоящей из
шара и прикрепленных к нему материальных точек, т.е. направле¬
ние задаваемое единичным вектором едв- Итак возьмем
е< = едв-
В задачах, связанных с движением, происходящим в поле сил тя¬
жести, в неподвижном пространстве естественно выделить направ¬
ление, задаваемое вектором д. Но в данном случае такой выбор не
столько учитывает особенности задачи, сколько игнорирует их, по¬
скольку, как следует из уравнения (3.13.3) сила тяжести никакого
влияния на движение системы не оказывает.
Однако следствие (3.13.4) этого уравнения указывает нам
неподвижное относительно неподвижного пространства на¬
правление — направление, определяемое вектором Кс, поэтому
возьмем е2 таким, чтобы выполнялось равенство
Кс = Kcez-. (Кс = const).
Выберем орты ех и е^, лежащими в начальный момент времени в
плоскости, образованной векторами шо и е^(0) ( вектор е2 также
лежит в этой плоскости ). Теперь оба трехгранника определены од¬
нозначно и, следовательно, однозначно определены углы Эйлера.
Для нахождения трех углов Эйлера нужны три уравнения.
В качестве таких уравнений можно воспользоваться проекциями
векторного уравнения (3.13.3) на три некомпланарных направле¬
ния, а можно попытаться найти первые интегралы задачи, тем бо¬
лее, что один такой интеграл у нас уже есть:
Кс — const. (3.13.5)
Поскольку элементарная работа силы тяжести и реакции
горизонтальной плоскости на действительном перемеще¬
нии соответствующих точек равна нулю, применив теорему
(III. 17) об изменении кинетической энергии, получим еще один пер¬
вый интеграл
dT = 0 => Т = const. (3.13.6)
Для получения недостающего третьего уравнения запишем соотно¬
шение (3.13.3) в проекции на ось С С, (одно из выделенных направ-
135
лений):
(3.13.7)
Используя определение локальной производной (см. задачу 3.12),
выражения векторов кинетического момента и угловой скорости в
проекциях на оси подвижного трехгранника и свойства векторного
и смешанного произведений, найдем:
dKc
dt
dKc Г- '
= —7— + \Ш,КС
at L
= (e^) —
([e<, + J^er) + =
([ec,(w5e£+w^)], Je(wjee+w4e4)) =0.
Учитывая выписанные соотношения, из (3.13.7) получим:
(dKc Л (dKc \
VdT,e<J= =
= ^с(О) = wocosa, (3.13.8)
— еще один первый интеграл.
Три уравнения — (3.13.5), (3.13.6) и (3.13.8) — позволяют найти
три неизвестных: гТ ф, tp.
В. Теперь надо выразить полученные уравнения через углы Эй¬
лера и их производные. Но прежде чем приступить к этой процедуре,
заметим, что в силу выбора осей Cz и СС,
(Кс, е<) = Кс cosd => Кс cosi? = =>
cos?? = = const => г? = 0, (3.13.9)
Кс
т.е. один из углов Эйлера в рассматриваемой задаче не меняется,
сохраняя начальное значение. Представление (1.14) вектора угло¬
вой скорости, с учетом (3.13.9) дает:
ш = фёг + фё^. (3.13.Ю)
Из (3.3.10) вытекает
136
— ф + V»cos??(0) = шо cos a, (3.13.11)
Поскольку = Jr, = 4- 2mr2 интеграл энергии (3.13.6) можно
представить в виде:
■~(J^2 + J^iv2 + (J$ - 2тг2';ш2) ~h=>
J^2 = 2h + 2mr2w2 => w2 — const = Wq
откуда с учетом (3.13.10) следует:
ф2 + ф2 + 2-00cosi?(O) = Wg. (3.13.12)
Из уравнений (3.13.11) и (3.13.12) видно, что во время движения ■ф
и ф остаются постоянными, т.е. движение шара с прикрепленными
к нему точками представляет собой регулярную прецессию — ра¬
диус СВ шара описывает конус, ось которого направлена по век¬
тору Кс, плоскость CzQ вращается относительно неподвижного
трехгранника с постоянной угловой скоростью ipez, фёф — угло¬
вая скорость шара относительно подвижного трехгранника, жест¬
ко связанного с плоскостью Cz£, тоже постоянна.
Теперь легко ответить на вопрос задачи — траекторией точки В
по отношению к неподвижному трехграннику будет окружность
радиуса г sin ?9(0)
х o/rrx (Jc + 2mr2)w0 sin a
tgi?(O) = -ф—- = ———2 =
cos a
= _^ + ?™rZtga| (Jc = lmR^, (3.13.13)
Jq 5
расположенная в плоскости, перпендикулярной вектору Kc-
Г. Из формулы (3.13.13) следует, что при т = 0, т?(0) = —а
(знак минус появляется вследствие того, что углы а и д отсчиты¬
ваются в противоположные стороны) и значит шар будет вращать¬
ся вокруг неподвижной оси, направление которой совпадает с на¬
правлением начальной угловой скорости (как и должно быть, по¬
скольку для однородного шара любой диаметр является перма¬
нентной осью вращения), т.е. по крайней мере, при одном значе¬
нии параметра полученный результат не противоречит известным
фактам.
Рассмотренная задача еще раз подтверждает важность серьез¬
ного отношения к выбору координат: если в качестве неподвижной
137
оси Cz выбрать вертикаль, то несмотря на то, что движение ша¬
ра останется тем же, его описание в углах Эйлера, привязанных
к новому выбору неподвижного трехгранника, будет достаточно
сложным.
Задача 3.14.
Доказать теорему Ш.26.
Решение.
А. Дано: система, на которую наложены идеальные связи. Век¬
тор
6fk = [Xec,pk],k = l,2,..,N (3.14.1)
(Йь — радиус-вектор fc-той точки, относительно трехгранника Кё¬
нига, — орт оси неизменного направления, проходящей через
центр масс системы,Л — произвольное число) в каждый момент
времени принадлежит множеству виртуальных перемещений
системы. Надо доказать, что при выполнении этих условий, спра¬
ведливо соотношение
Б+В. Так как связи, наложенные на систему идеальные, для ре¬
шения задачи можно воспользоваться общим уравнением динами¬
ки (III.22):
N
52 (mkFk - ,5гк^= 0, Vt, YSp е {V}. (3.14.3)
Поскольку вектор заданный формулой (3.14.1) по условию являет¬
ся одним из виртуальных перемещений, перепишем (3.14.3) в виде:
N
^(тЛ-F^-F^,[Xec,pk]) = 0, (3.14.4)
к—1
и учтем, что
Тк = fc + Qk =* Гк = Г с + Qk =>
N
52 (m-ktfc + ЙО - Л(е) - > [Аес, &]) = 0.
fc=i v
Преобразовывая по частям последнее выражение, получим:
/ Г N
52 (ткгс, [Аес, Йл]) = I гс, Хе(, 52 тк$к
k=i4 \ L fc=i
= 0, (3.14.5)
138
(в силу определения центра масс и трехгранника Кёнига);
Е
fc=l
frnkQk - - F^\ [Aec, &]) =
= (Лёс, 52-^e)-)•
\ Lk=i J /
Учитывая последнее преобразование, (3.14.5), свойства моментов
внутренних сил относительно центра масс и определение кинети¬
ческого момента системы в движении относительно трехгранника
Кёнига, можем записать:
=o- (3-i4-6)
X fc=l /
Поскольку А — произвольное число, а — постоянный вектор, из
(3.14.6) вытекает:
\/v=l /
Г. Доказательство остальных специальных теорем динамики си¬
стемы можно получить аналогичным образом, или найти в учебни¬
ках ([7],[8],[9],[10]).
139
Глава 4
Некоторые задачи аналитической
механики
1. Перечень IV: используемые положения анали¬
тической механики
1.1. Уравнения Лагранжа второго рода. Если связи, нало¬
женные на систему, идеальные и голономные, уравнения движе¬
ния могут быть записаны в форме уравнений Лагранжа второго
рода'.
d дТ
dt dqj
о— = Qj, j = 1,2, ...,n.
дч.
(IV.l)
где n — число степеней свободы, Т — кинетическая энергия си¬
стемы в абсолютном движении, qj, j = 1,2,..., п — обобщенные
(лагранжевы) координаты, Qj, j — 1,2,..., п — обобщенные си¬
лы.
Вычисление обобщенной силы.
Пусть 8р е {V}. Обозначим элементарную работу всех
заданных сил на произвольном виртуальном перемещении
W(6p):
+F^,6fk) = ^Qj6qj.
к=1 з=1
Пусть 6р(j) = 3f2(j),... , 5rjv(j)) обозначает виртуаль¬
ное перемещение, имеющее место при следующих условиях:
6qk = Oyk^=j,6qj > 0.
Тогда
W(8p(jy) = £(Г<е) + F^,8fk(j)) = QjSqj =>
к=1
~ Sqj
(IV.2)
140
Если существует функция U такая, что
W(6p,) = 5U = J2 ^.5Ъ =^Qj = ^,J = l,2,...,n, (I V.3)
можно определить функцию Лагранжа (лагранжиан):
L = Т + U, (IV.4)
и тогда уравнения Лагранжа второго рода примут вид:
d dL dL ... .
-7-дТ--д-=0, j = l,2,...,n. (IV.5)
dt aqj uQj
Функция U называется силовой функцией, функция П = (-{/) -
потенциальной энергией.
1.2. Первые интегралы уравнений Лагранжа, а) Если
QL. = 0, обобщенная координата qj называется циклической. В
этом случае система уравнений (IV.5) имеет первый интеграл
= const, (IV.6)
dqj
который также называется циклическим.
б) В общем случае Т = Т2 + Т) + То, Т2 - квадратичная форма
обобщенных скоростей, Т\ — линейная форма обобщенных скоро¬
стей, То — часть кинетической энергии, не зависящая от обобщен¬
ных скоростей. Если = 0 и Т / Т2, то имеет место первый
интеграл
T2-T0 = U + h, (IV.7)
который называется обобщенным интегралом энергии или ин¬
тегралом Якоби.
в) Если = 0 и Т = Т2, имеет место первый интеграл
T = U + h=>T + TI = h, (IV.8)
который называется интегралом энергии и представляет собой
закон сохранения полной механической энергии.
1.3. Положения равновесия и теория малых колебаний.
Пусть связи, наложенные на систему являются идеальными, го-
лономными и стационарными, и заданные силы допускают сило¬
вую функцию, не зависящую от времени явно: = 0. Уравнения
~ = 0, j = l,2,...,n (IV.9)
dQj
называются уравнениями равновесия, а их решения положени¬
ями равновесия данной механической системы.
141
Положение равновесия может быть устойчивым или
неустойчивым.
Достаточным условием устойчивости положения равнове¬
сия является положительная определенность матрицы
32П
B = \\^-\\,i,j = i,2,...,n. (IV.10)
OQiOQj
вычисленной в этом положении равновесия.
Достаточным условием неустойчивости данного положе¬
ния равновесия является отрицательность хотя бы одного из
диагональных элементов матрицы В.
Пусть в некотором положении равновесия матрица В явля¬
ется положительно определенной. Обозначим через q вектор-
столбец обобщенных координат (пусть q — 0 в рассматриваемой
точке), через А — матрицу кинетической энергии, вычисленной в
этой точке. Уравнения
Aq+Bq=0 (IV.11)
называются уравнениями малых колебаний системы в окрестно¬
сти рассматриваемого положения равновесия.
Если начальные условия для уравнений (IV.5) и ( IV.11) сов¬
падают и находятся в е-окрестности нулевой точки фазового про¬
странства, то на конечном, но, вообще говоря, достаточно боль¬
шом интервале времени, разность решений систем (IV.5) и (IV. 11)
не превзойдет величины порядка е2.
Общее решение системы (IV. 11) имеет вид [11]:
п
g(t) = Uj(cj cosujjt + dj sinwjt), (IV.12)
j=i
где Cj, dj — произвольные постоянные, — собственные частоты
малых колебаний системы, являющиеся решениями характери¬
стического уравнения {уравнения собственных частот, веко¬
вого уравнения)
det\\ -ш2Л + В||=0, (IV.13)
a Uj — собственные столбцы (собственные формы колеба¬
ний), определяемые из уравнений:
(—ш2А + B)uj = 0, j = l,2, ...,n (IV.14)
При сделанных предположениях (матрицы А и В —
определенно-положительные), характеристическое уравнение
имеет ровно п положительных решений. Если все собственные
142
частоты различны, все собственные столбцы линейно неза¬
висимы. Если кратность какого-либо из корней уравнения (IV. 13)
больше единицы, число линейно-независимых решений системы
(IV. 14) равно кратности корня.
1.4. Стационарные движения и малые колебания относи¬
тельно них. Пусть координаты qk, к = з+1,..., п — циклические.
Координаты qj, j = 1,2,..., s в этом случае называются позици¬
онными.
Рассматривая циклические интегралы
о г
— =&, fc = s + l,...,n (IV.15)
dqk
как уравнения относительно д*. и разрешая их, получим
<jk = fk(t,qi,...,qs,qi,...,qs,Ps+i,...,^n)- (IV.16)
Функция Рауса определяется следующим образом:
R{t, qx,...,qs,qx,..., qs,/3a+x,...,/?„) =
п
(^ — А,) (IV.17)
k—s+1
Для механических систем функция Рауса имеет следующую
структуру:
R — R% + Rx 4- Ro,
R2 — квадратичная форма относительно производных по вре¬
мени от позиционных координат,
Я1 — линейная форма относительно производных по времени
от позиционных координат,
Яо — часть функции Рауса, не зависящая от производных по
времени от позиционных координат.
Изменение позиционных координат во времени описывается
уравнениями Рауса’.
ddR dR n . л „
"77 37 Я— — О, J — 1, 2, . . . , 8.
(IV.18)
Назовем систему, поведение которой определяется уравнения¬
ми Рауса, приведенной. Уравнения Рауса по форме совпадают с
уравнениями Лагранжа второго рода, в которых лагранжиан
заменен на функцию Рауса, поэтому, считая, что Яо выполняет
роль силовой функции для приведенной системы, можем найти по¬
ложения равновесия этой системы. Это будут решения системы
143
уравнений:
dq.
(IV.19)
Положениям равновесия приведенной системы, соответствуют та¬
кие движения исходной системы, на которых позиционные ко¬
ординаты и прооизводные по времени циклических координат
постоянны. Такие движения называются стационарными.
Положение равновесия приведенной системы будет устойчи¬
вым, если матрица
dqidqj
||, г, j = 1,2,. ..,s
(IV.20)
вычисленная в этом положении равновесия, положительно опре¬
делена. При малом отклонении от устойчивого положения равно¬
весия приведенная система будет совершать колебания в окрест¬
ности этого положения.
Пусть г обозначает вектор-столбец позиционных координат, и
пусть значения всех этих координат в рассматриваемом положе¬
нии равновесия приведенной системы равны нулю. Обозначим
Э2Д1
dqjdqk
j,k = l,2,..,s. (IV.21)
(М и К — симметрические матрицы, G — кососимметриче¬
ская матрица). Уравнения малых колебаний приведенной системы
в этом случае имеют вид (см. [13,15]):
Mr + Gr + Кг = 0. (IV.22)
Разыскивая решение в форме
г = ueXt,u = (и1, и2, ..,us)T,
получим характеристическое уравнение
det(A2M 4- XG + К) = 0, (IV.23)
которое при условии, что М и К— положительно определенные
матрицы, имеет 2s решений[15]:
X'2j-1 = iajj, Хц = —icJjfUj > 0, j ~ 1,2, ..,s, i — мнимая единица.
144
Комплексно сопряженным собственным числам А 2.7-1 и X2j со¬
ответствуют комплексно сопряженные собственные векторы U2j-i
и U2j, удовлетворяющие уравнениям
(-щ?М + i^G + K)u2j-i = О, (IV.24)
(-^М - iujG + K)U2j = О, (IV.25)
Общее решение задачи о малых колебаниях представляется в
виде
г(£) = У? .-/(с? + + (О' ~ idj)u2jeX2jt'), (IV.26)
гдеCj ndj,j = 1,2,.., s— действительные числа (произвольные по¬
стоянные).
Зная решения для позиционных координат, с помощью формул
(IV. 16) можно найти циклические координаты, как функции време¬
ни.
Если G = 0 (система в этом случае называется гироскопически
несвязанной), общее решение задачи о малых колебаниях приве¬
денной системы, после внесения необходимых поправок, связанных
с обозначениями, дается формулой (IV. 12).
2. Задачи
Задача 4.1.
Написать уравнение движения математического маятника, най¬
ти первый интеграл и построить фазовый портрет.
Решение.
А+Б. Подробное описание математического маятника дано в
задаче 2.3. Из этого описания следует, что математический маятник
представляет собой систему с идеальными голономными связя¬
ми, следовательно, для описания его движения можно воспользо¬
ваться уравнениями Лагранжа второго рода.
Выберем в качестве координаты угол рм отклонения маятника
от вертикали (см.рис.2.3.1).
В. Составим уравнение Лагранжа второго рода. Для этого
1) вычислим его кинетическую энергию, как функцию обобщен¬
ной координаты и скорости
Т = l,mVM =
145
2) для нахождения обобщенной силы подсчитаем элементарную
работу заданной силы (силы тяжести) на виртуальном перемеще¬
нии
(тд,8гм) = (m5ez, = mgl6gM(ez, ev)
ev = со$дмёх — зтдмёг => (jng, 8гм) = —тд16дм sin^yvf =>
-mgl6gMsmgM , .
<р = т = —mgl sm дм',
8дм
3) подсчитаем частные производные кинетической энергии по
обобщенной скорости и координате
ат о . дТ
—— = тГдм, -ц—~ = °;
а</?м дерм
4) запишем уравнение Лагранжа второго рода для матема¬
тического маятника
d дТ дТ d . ,2 . .
&вфР vu} = *
7 м + ) = 0. (4.1.1)
Заметим, что сила тяжести имеет силовую функцию:
mg = тдег,8гм = 6хмех + 8zm&z =>
(тд, 8г м) = тд8гм = 8(тдгм) => U = тдгм- (4.1.2)
Выражение (4.1.2) остается справедливым в любой задаче, где
действует сила тяжести и ось Oz направлена по вертикали вниз.
При его использовании нужно выразить zm через соответствую¬
щую обобщенную координату, в данном случае zm = I cos дм-
При наличии силовой функции можно выписать функцию
Лагранжа
L = Т + U = ^т12<рм + mgleosepM, (4.1.3)
и воспользоваться ею для получения уравнения движения (см. фор¬
мулу IV.5 — результатом ее применения снова будет уравнение
4.1.1) и первого интеграла. В самом деле, анализируя структуру
функции L, заданной равенством (4.1.3), замечаем, что
Т = Т2 и |£=0,
dt
т.е. выполнены достаточные условия существования интеграла
энергии
Т = U + h Т + П ~ h => -т12фм — mgl cos дм = h. (4.1.4)
146
Рис. 4.1.1.
Разрешив уравнение (4.1.4) относительно фм получим:
/“2 Г2
фм = ±у -^(hd-mglcosipM) = ±у ~jb{h ~ {-mgl cos д>м)).
(4.1.5)
При фиксированном значении h уравнение (4.1.5) задает кри¬
вую (фазовую траекторию) на плоскости {(рм,Фм), называ¬
емой фазовой плоскостью. Множество кривых, получающихся
при всех допустимых значениях h и заполняющих эту плоскость
или ее часть, называется фазовым портретом математического
маятника (см. рис. 4.1.1).
Строить фазовый портрет математического маятника удобно
используя график потенциальной энергии
П = —mgl cos <рм-
Проведем на рисунке, изображающем этот график, линии па¬
раллельные оси абсцисс на уровнях
1. hi = —mgl, —mgl = —mglcostpMi => 4>M1 — О,
2. —mgl < йг < 0, /»2 == —mglcosipM2 => У>М2 = arccos(— ~%£[),
3. О < h3 < mgl, h3 = -mglcosy>M3 => 4>мз = arccos(-^),
147
4. /i4 = mgl, mgl = —mgl cos рм4 => Рм4 = ±тг,
5. /15 > mgl,
и построим фазовые траектории, соответствующие каждому из
этих уровней.
Фазовая траектория, соответствующая уровню /ц состоит из
одной точки, являющейся положением равновесия, поскольку в
этой точке в силу уравнений (4.1.1) и (4.1.5) выполняются соотно¬
шения
У’м = 0, = 0, фм(<рмг) = 0.
Уровням энергии /г2 и /13, как можно видеть из уравнения (4.1.5),
отвечают симметричные относительно обеих координатных осей
замкнутые выпуклые гладкие кривые, расположенные, соответ¬
ственно, на интервалах
~<РМ2 < <РМ < <РМ2,
-<РМЗ < Рм < У’мз-
Все такого рода фазовые траектории пересекают ось абсцисс под
прямым углом, так как
йфм, Фм&ш) g sin рMi ■ „ „
0) “ STbW - = -“’• =2-3-
Для того, чтобы определить время движения по каждой из этих кри¬
вых, перепишем уравнение (4.1.5) в виде:
я/- d^M
+ mgl cos у>м)
Используя упомянутую выше симметрию, для случая h = /г2 можем
записать:
ГфМ2
т2=4
Jo
dipM
В точке д>м = <рм2 маятник останавливается, знаменатель подын¬
тегрального выражения обращается в нуль, поэтому представим
вычисляемый интеграл в виде:
dpM
° V + mgl cos <рм)
<крм
\/ + m9^osipM)
148
+ Г (0<I«1) (4.1.6)
JVM2-e + mgl cos<pM)
Первое слагаемое в правой части выражения (4.1.6) конечно, вто¬
рое после замены переменных
У’М = <?ЛГ2 — X
и разложения cos(y>M2 — х) в ряд по х, приобретает вид
ГМ2 d*M = Г
•'чню-е ^^(h +mgl cos <рм) (я sin у?м 2 + О(^2))
Интеграл, стоящий в правой части последнего равенства, сходит¬
ся, значит время тг конечно, и, следовательно, рассмотренная фа¬
зовая траектория описывает периодическое движение (колебания
маятника).
Аналогичные выводы можно сделать для любой траектории,
уровень энергии которой удовлетворяет условиям
—mgl < h < mgl.
Рассмотрим теперь случай, когда h = h.4 = mgl. Этому зна¬
чению энергии в зависимости от начальных условий соответствуют
два различных движения маятника:
Ру’м(О) = тг, фм(0) = 0, и поскольку фм(^) = 0, это положе¬
ние оказывается положением равновесия, т.е. точка (тг, 0) пред¬
ставляет собой фазовую траекторию',
2.у>м(0) = у?о > О, фм(0) = + costpo), кривая с такими
начальными условиями, определяемая уравнением (4.1.5), "пересе¬
кает" ось абсцисс в точке (тг, 0) под углом
^(„,0) = = lim ( , 0^"-^ = /Э.
Лрм VMfr) .-о + у V I
Возникает вопрос не нарушается ли в этом случае теорема един¬
ственности? Для того, чтобы ответить на этот вопрос, найдем время
движения по второй траектории:
Г дум = Г Е dtpM
Va У^(1 + cosy?м) ^^■(1 + СО8(рм)
dg>M
\/^(1 + cosy?^)
О < е « 1.
149
Первое слагаемое конечно, во втором сделаем замену
РМ = 7Г - X,
Г d^M = Г dx
J.-E ^ + соз^м) Jo ^{% + О(х*У)'
Получившийся интеграл расходится, следовательно двигаясь по
траектории с начальными условиями (2) фазовая точка никогда не
достигнет положения (тг, 0), и теорема единственности не наруша¬
ется.
Так как при h = /15 > mgl скорость маятника в нуль не обра¬
щается, фазовые траектории с указанным уровнем энергии не пе¬
ресекают ось абсцисс (они описывают вращательные движения
маятника).
Проведенные рассуждения позволяют построить фазовые тра¬
ектории в полосе (—тг < <рм < тг). Траектории в остальной части
фазовой плоскости получаются сдвигом вдоль оси абсцисс ввиду
периодичности функции, задаваемой соотношением (4.1.5).
Г. Общий вид уравнений Лагранжа второго рода одинаков в
любых обобщенных координатах. Однако конкретный вид этих
уравнений сильно зависит от выбора координат.
Чтобы было понятнее о чем идет речь, выведем уравне¬
ние движения маятника, приняв за обобщенную координату хм
(см. рис. 2.3.1). Это можно сделать в области zm > 0.
1) Вычисление кинетической энергии:
Т = + *м)>
хм Т = 1 => zm — yjl2 — x2M =>
. _ хм±м „ ml2 x2M
ZM~ 7^
2) Сила тяжести имеет силовую функцию (см. 4.1.2), значит
можно для вывода уравнения можно воспользоваться функцией
Лагранжа:
L = Т + U, U = тдгм = mg\Jl2 — x2M =>
_ ml2 х^ / 2 .
Ь — Z2 — 2 -п9\>1 См'
150
3) Подсчитаем производные, необходимые для составления
уравнения Лагранжа:
dL _ т12хм dL ml2xmx2M гпдхм
дхм 12~х2м' дхм (I2 - х2м)2 у/2 _х2м ’
2т12хтх2м
(12-*2М)2'
т12хм
£ ( dL\
dt \дхм J
4) Составим уравнение Лагранжа для математического маятни¬
ка:
d / dL \ _ dL ml2xM ml2xmx2M mgxM
dt \dxM) dxM i2-xM (.12~xm)2 \//2 - x2M
(4-1.7)
И уравнение (4.1.1) и уравнение (4.1.7) представляют собой урав¬
нение Лагранжа второго рода для математического маят¬
ника, однако если первое уравнение — достаточно простое, поз¬
воляющее сделать определенные выводы о свойствах решения, то
второе — пугающе громоздкое.
Получение хороших уравнений движения с помощью общих
теорем динамики, требует предварительного анализа свойств
действующих на систему сил и наложенных связей, необходимого
для выбора подходящих теорем (см. главы II и III), что часто бы¬
вает нелегким делом.
Приведенный пример показывает, что хотя метод Лагранжа
предлагает четкий алгоритм вывода уравнений движения, гарантии
того, что на выходе будет хорошее уравнение нет. Трудности, те¬
перь, заключаются в выборе хороших обобщенных координат, что
в свою очередь требует анализа свойств заданных сил и наложеных
связей.
Задача 4.2.
Круглая тонкостенная труба радиуса R и массы М может ка¬
титься без проскальзывания по горизонтальной плоскости. По
внутренней поверхности трубы, не проскальзывая относительно
нее, катается сплошной однородный цилиндр радиуса г и массы т.
Оси трубы и цилиндра во время движения остаются параллель¬
ными друг другу, их центры тяжести лежат в одной плоскости, пер¬
пендикулярной направлению осей. Составить функцию Лагранжа и
найти первые интегралы.
Решение.
А. В силу наложенных связей, оси трубы и цилиндра во вре¬
мя движения остаются параллельными их начальному положению,
151
т.е. движение системы является плоско-параллельным. Выберем
неподвижный трехгранник Oxyz следующим образом: плоскость
Ozx (ось Oz направлена вертикалькально вверх) содержит центры
масс обоих тел и перпендикулярна оси трубы, плоскость Оху сов¬
падает с плоскостью, по которой труба катается.
Обозначим центр масс тру¬
бы буквой G, а центр масс ци¬
линдра — буквой С. Посколь¬
ку труба катится по плоско¬
сти без проскальзывания ее по¬
ложение можно задать с по¬
мощью одной обобщенной ко¬
ординаты xg- Положение ци¬
линдра удобно задать углом <р,
который образует отрезок GC
с вектором (—ег) (подробнее о
выборе координат см. в пункте Г).
Рис. 4.2.1.
Эти две координаты могут принимать независимые друг от дру¬
га значения; будучи заданными, они однозначно определяют поло¬
жение любой точки системы, дополнительных ограничений на них
не наложено, значит рассматриваемая система имеет две степени
свободы и является голономной.
Б. Итак, система голономная, и, поскольку никаких явных ука¬
заний о характере взаимодействия трубы с плоскостью и цилин¬
дром нет, будем считать связи идеальными и применим для опи¬
сания движения системы метод Лагранжа.
В. Система состоит из двух твердых тел, поэтому ее кинетиче¬
ская энергия складывается из кинетической энергии трубы Тт и ки¬
нетической энергии цилиндра Тц:
Т = Т, + Гц.
Оба тела совершают плоско-параллельное движение, следова¬
тельно:
„ .... mVg , Jeu,»2
т 2 + 2 ’ u 2 + 2 '
Теперь надо Vg, Vc, шт, шц выразить через х<з и <р и их производные.
Обозначим точки касания трубы и неподвижной плоскости буквой
А, трубы и цилиндра — буквой В. Применяя формулу Эйлера, за¬
пишем:
К? = Уа + [wT, Л/?], Уа = 0, Vg = хсех,
152
u5T = а>тёу, AG — Rez, => xG = итЯ => a>T — —, (4.2.1)
Vc = VB + [wu, BC], VB = VA + [c2t, AB] =>
Vc = [wT, AB] + рц, B$], (4.2.2)
(AB = Rsin<pex + R(1 - cos ip)ez, BC = -r sin<pex + r cos(pez).
(4.2.3)
Введем подвижный трехгранник G£r/C, движущийся поступа¬
тельно, и применим к точке С теорему сложения скоростей
Vc = Vcp + Vg™, V™p = VG, VS™ = (R- г)фёр =>
Vc = xGex + (R - r)^. (4.2.4)
Подставим выражения (4.2.3) и (4.2.4) в формулу (4.2.2). Умножив
обе части получившегося равенства скалярно на ez, получим:
(Я — г)ф(е<р, ег) =
= ([он-ву, Rsm<pex + Я(1 — cos<p')ez],ez)+
+ ([wuey, — гsin<pex + гсозуег],е2) => (Я — г) ф sirup —
. ■ (Я - г)ф + XG /л о
= — ltwTsinw + rwusinw => иц = . (4.2.0)
г
Подсчитаем кинетическую энергию системы, учитывая, что JG =
MR2 и Jc =
_ Мх^ MR2xS ,
2 + 2Я2 +
m(xGex + (R~ г^фе^,, хсёх + (Я - r)</?ev)
+ +
(Л - r)(p-\-XG
Г
3 3 1
= (М + -m)xG + -m((R — r)0)2 + -m(R—г)ф±с(1 + 2cos<p).
Поскольку заданными силами являются силы тяжести, силовая
функция системы имеет вид:
U = —MgzG — mgzG = —MgR — mg(R — (R — r) cos </?).
Отбрасывая несущественные при определении функции Лагранжа
постоянные слагаемые, получим:
L=T+U=
mr2 f
+ ~\
153
3 3 1
(M+-m')XQ+-m((R—r)<p)2+-m(R—г)^±с(1+2со8<р)+тр(Л—r) cosy?.
Найденная функция Лагранжа не зависит от xg, поэтому имеет ме¬
сто циклический интеграл:
= 0 => = /3 => 2(М+^т)±с + |т(/?—r)y?(l+2cosy>) = 0,
(4.2.6)
кроме того
Ц = О и T = T2^T = U + h^
at
(М + |тп)а£ + ^т((Л - г)у>)2+
4 - ^m(R — г)<рхс(1 + 2 cos у?) = mg(R — г) cosy> + h, (4.2.7)
т.е. имеет место интеграл энергии.
Г. При определении числа степеней свободы и выборе обоб¬
щенных координат системы можно воспользоваться следующим
приемом. Система, обычно, состоит из некоторого числа абсолют¬
но твердых тел и материальных точек. Тела, входящие в систему
условно можно разделить на "ведущие" и "ведомые" (например, в
рассматриваемой задаче "ведущим'телом является труба, а "ведо¬
мым" — цилиндр, т.к. движение трубы определяется относитель¬
но неподвижной плоскости, а движение цилиндра —■ относительно
трубы).
Задавать положение системы удобно, начиная с "ведущего" те¬
ла: движение трубы полностью определяется движением ее плоско¬
го сечения — окружности, расположенной в плоскости Oxz и ка¬
тящейся без проскальзывания по оси Ох. При фиксированном зна¬
чении координаты xg окружность (а вместе с ней и трубу) нельзя
пошевелить, не оторвав от плоскости ( отрывая трубу от плоскости
мы нарушаем условие связи: zg = R).
Означает ли это, что xg полностью определяет положение тру¬
бы, т.е. зная xg мы можем вычислить положение любой ее точки?
В данном случае ответ на этот вопрос положительный: для того
чтобы найти положение любой точки трубы, достаточно знать кро¬
ме положения ее центра тяжести (или любой другой точки) угол а,
образуемый фиксированным диаметром упомянутого выше плоско¬
го сечения с осью Ох. Выберем направление отсчета этого угла так,
154
чтобы wT = аёу. Тогда из соотношения ( 4.2.1 ) вытекает
• XG . %G /л п о\
а = — => а = а(0) Н - , (4.2.8)
гС гь
т.е. зная xg и положение трубы в начальный момент, мы можем од¬
нозначно найти а, и тем самым имеем возможность определить по¬
ложение любой точки этого тела.
Теперь надо зафиксировать положение цилиндра. Для этого до¬
статочно при известном xg задать значение угла р. Действитель¬
но, при заданных значениях xg и рассматриваемая система пол¬
ностью лишена возможности двигаться. Проверим, можно ли зная
xg и (/>, при наложенных связях определить координаты каждой
точки системы. Для точек трубы этот вопрос мы уже рассмотрели,
осталось разобраться с точками цилиндра. Для того чтобы найти
положение любой точки цилиндра, надо знать положение его цен¬
тра масс (при известных xg и координаты центра масс цилиндра
легко определяются) и угол ф, образуемый выделенным диаметром
цилиндра с осью Ох (направление отсчета этого угла выберем так,
чтобы = 'фёу). Воспользовавшись соотношением (4.2.5), имеем
• = (R-r)<p + iG = (Q) , (R - г)(у - у(0)) + (xg - xG(0)
г г
т.е. и для точек цилиндра, следовательно, и для всех точек систе¬
мы ответ на поставленный вопрос положительный.
Итак, параметры xG и могут принимать в некоторой области
произвольные, независимые друг от друга значения, с их помощью
могут быть найдены абсолютные координаты всех точек систе¬
мы,значит, их можно назвать обобщенными координатами.
Чтобы столь подробные рассуждения в сравнительно простом
случае не показались лишними, приведем пример, когда задав зна¬
чения параметров, исключающих любое движение системы,
мы не можем, используя только эти параметры, однозначно
определить положение всех точек системы.
Вернемся к задаче 3.11. При наложенных связях и фиксирован¬
ных значениях координат хс, ус, Ф пошевелить диск невозможно.
Однако чтобы найти положение любой точки диска надо знать
еще и значение параметра р, восстановить которое при заданных
хс, Ус, Ф из уравнений связи (3.11.3) и (3.11.4) невозможно, вслед¬
ствие неинтегрируемости этих уравнений.
Отметим еще одно интересное свойство, связанное с опреде¬
лением координат рассматриваемой системы. Выбрав в качестве
155
обобщенных координат параметры xg и (р, мы заметили, что коор¬
дината хв является циклической и ей соответствует циклический
интеграл (4.2.6).
Однако положение "ведомого" тела (достаточно естественно)
можно задать с помощью угла 7, образованного отрезками GD и
GC (D — фиксированная точка трубы). Пара xg и 7, как легко убе¬
диться, также может быть принята в качестве обобщенных коорди¬
нат. Начало отсчета угла а можно выбрать так, что в любой момент
времени будет иметь место равенство
, , /,-л XG - ^g(O)
<р + 7 + а — — =><р = — —7 — а(0)
и, следовательно, силовая функция системы будет иметь вид
тг / \ f XG *^g(6) \
С/ = mg(R — г) cos I — — 7 — а(0) —1— I ,
у 2 R J
т.е. в случае использования в качестве обобщенных координат па¬
ры ха, 7> координата xg не является циклической (!) и соответ¬
ственно отсутствует циклический интеграл. Поэтому, судить о
том является координата циклической или нет, можно лишь тогда,
когда предъявлен полный набор обобщенных координат.
Последнее замечание еще раз подчеркивает важность серьез¬
ного отношения к выбору обобщенных координат при использова¬
нии уравнений Лагранжа второго рода.
Задача 4.3.
Прямоугольный брусок ABCD массы М может двигаться в
плоскости Ozx вдоль оси Ох. По верхней грани бруска катается
без проскальзывания, оставаясь в той же плоскости, круглый од¬
нородный диск радиуса г и массы т, к центру которого приложена
сила Q(t), образующая угол а с осью Ох.
Считая связи идеальными найти ускорение бруска.
Решение.
А. Поскольку брусок движется вдоль оси Ох для определения
его положения достаточно задать координату любой его точки, на¬
пример, ха- Введем подвижный трехгранник А£г)£ (е^ = ех,е^ =
ez), жестко связанный с бруском, и определим положение диска
относительно этого трехгранника координатой £g(G — центр масс
диска).
Пара (ха,&) позволяет определить положение любой точки
системы, состоящей из бруска и диска (см. п.Г задачи 4.2), элемен¬
ты этой пары могут принимать произвольные значения, незави¬
156
симые друг от друга (это утверждение справедливо и для их про¬
изводных по времени), следовательно, система имеет две степени
свободы, и, указанные величины можно принять за обобщенные
координаты рассматриваемой системы.
Брусок движется поступа¬
тельно, т.е. скорости и ускоре¬
ния всех его точек одинаковы,
поэтому, чтобы ответить на во¬
прос задачи, достаточно найти
ХА-
h. По условию задачи, свя¬
зи наложенные на систему яв¬
ляются идеальными, из п.А и
соотношений (С4) можно за¬
ключить, что они — голономные, значит для исследования движе¬
ния данной системы применимы уравнения Лагранжа второго
рода.
В. 1) Нахождение кинетической энергии.
Кинетическая энергия системы Т складывается из кинетиче¬
ской энергии бруска Тб и кинетической энергии диска Тд:
Т = Те + Тд.
Оба тела совершают плоско-параллельное движение, поэтому для
вычисления кинетической энергии каждого из них следует исполь¬
зовать формулу (III. 11):
т^м^ + ^оА
Для бруска, движущегося поступательно, имеем (точка Р —
центр масс бруска):
Тб = \мй?Р = ±Мх2А.
Скорость центра масс диска найдем, используя теорему сложе¬
ния скоростей (неподвижный трехгранник — Oxyz, подвижный —
VG = + Зг, Vg Р = ^ех, = £Gee => VG = (хА + €с)ег.
Учитывая поступательное движение бруска и отсутствие
проскальзывания между бруском и диском, запишем формулу Эй¬
лера для точки G:
- . Л-.
VG = Va + [иву, rez] => 6,G =wr .
157
Поскольку для однородного диска Jg — тг2/2, кинетическая энер¬
гия диска выражается формулой:
(• \ 2
€g \
Используя найденные для кинетической энергии бруска и диска
выражения, получим кинетическую энергию системы в виде:
(■ \ 2
— •
* /
2) Найдем обобщенные силы.
Заданными силами, действующими на систему, являются силы
тяжести и сила Q(t). Подсчитаем обобщенную силу, соответствую¬
щую координате ха = <7т • Для этого сообщим системе виртуаль¬
ное перемещение, определяемое соотношениями:
8ха = 8qi > 0, 5£g = 0 => 6fp = 8хлёх, 6rG — 8хасх,
и вычислим элементарную работу РУ(<У/г(1)) всех, заданных сил на
этом перемещении:
= (-Mgez,8rp) + (-mgez,6rG)+
(Q(t},6rG') = Q(t)8xA cos a, Qqi = => Q(xa) — Q(t) cos a.
0Q1
Для нахождения обобщенной силы, отвечающей координате £G =
q2, положим:
дхА = 0,3^G = > 0 => 8г р = 0,8rG = 8£Gex,
и повторим выкладки, проведенные выше:
W(8p,(2y) = (-Mgez,8rp) + (-тдег, 6fG)+
+(Q(t),6fG) = Q(t)6& cos a, Qg2 = ^^2)1 - Q(£)Cosa.
oq2
3) Составим уравнения Лагранжа второго рода:
d dT d „ дТ п
+m(xA + &?)), -3—= 0 =>
dt дхА dt oxa
(М + m)xа + m^G = Q(t) cos а, (4.3.1)
d d . .. ■ . 1 • . дТ n
S^=!S(”,(a:j + fc) + 5’”fa)' 3fc = 0=>
3
шха + 2mfo ~ cosa- (4.3.2)
158
Решая систему уравнений (4.3.1) и (4.3.2), получим:
Q(t ') cos а
ХА ЗМ + тп
Г. Запишем выражение элементарной работы всех заданных сил
на произвольном виртуальном перемещении:
(-Mgez,5fP')+(-mgez,5fG)+(Q(t),6fG') = Q(t) cosa(8xA+8£G)-
(4.3.3)
Учитывая то обстоятельство, что математический смысл оператора
£(■) заключается во взятии дифференциала при фиксированном
времени, правую часть соотношения (4.3.3) можно представить в
виде:
Q(t) cosa(fex + 8£g) — 8(Q(t)(xA + &?) cos a) =
= 5(Q(t)xG cosa) = 8U, U — Q(t)xc cosa,
т.е. взяв в качестве обобщенных координат пару хА, xG = хА +
£g мы можем воспользоваться функцией Лагранжа
111
L = Т + U = -МхА + -mxG + -m(xG - хА~)2 + Q(t)xG cos а,
а А 4
и даже получить циклический интеграл
ОТ
дхА
= МхА — ^m(xG — ®д) — const,
который, впрочем, легко вывести с помощью ранее полученной си¬
стемы уравнений, вычитая уравнение (4.3.2) из уравнения (4.3.1).
Задача 4.4.
В условиях задачи 3.12 предположим, что до разрыва нити ко¬
лесу сообщается достаточно большая угловая скорость шо, направ¬
ленная вдоль его оси AQ = е « 1 — удвоенная кинетиче¬
ская энергия колеса в начальный момент много больше максималь¬
ной потенциальной энергии). Введем угол 8, определяемый равен¬
ством
где х) — угол между осью Az и осью динамической симметрии ко¬
леса.
Найти максимальное и минимальное значения угла 8 в процессе
движения колеса, возникающем после обрыва нити.
Решение.
А. После обрыва нити возникает задача о движении твердого
тела с неподвижной точкой (случай Лагранжа-Пуассона).
159
Связи, наложенные на систему предполагаются идеальными и
являются голономными, следовательно, для изучения движения
системы можно воспользоваться уравнениями Лагранжа вто¬
рого рода.
В качестве координат,
определяющих положение
тела, возьмем углы Эйлера.
При этом, как в задаче 3.13,
возникает вопрос о выборе на¬
правлений осей подвижного и
неподвижного трехгранников.
В рассматриваемой задаче, в
отличие от задачи 3.13, сила
тяжести играет важную роль,
поэтому направим неподвиж¬
ную ось Az по вертикали (так,
чтобы mg — —mgez).
В пространстве, жестко
связанном с колесом, по преж¬
нему выделяется направление, задаваемое осью динамической
симметрии колеса. В соответствии с этим положим = елв-
Направления осей ех и ej определим соотношениями:
ех = ёлв($* — 0), еДС — 0) = ez, (t* — момент обрыва нити).
(Определение величин t* + 0 и £* — 0 см. в задаче 3.7). Направ¬
ления остальных осей для правых трехгранников определяются
однозначно. При этом упомянутый выше угол 9 оказывается од¬
ним из углов Эйлера, два других угла выбираются как обычно (см.
рис.4.4.1).
Б. Составим функцию Лагранжа:
L = Т + U, U — —mgzc — — mgl cos д.
Для вычисления Т воспользуемся формулой кинетической энергии
твердого тела с одной неподвижной точкой ( сравните с выра¬
жением, задаваемым формулами (Ш.8), (Ш.9)):
Т = - (JfO^ +
Jq — моменты инерции колеса относительно главных осей
эллипсоида инерции, построенного в точке A, — проек¬
ции вектора абсолютной угловой скорости колеса на эти оси. На-
160
личие динамической симметрии означает, что
1 1
J€ = JT?=>r=-J€(a;| + ^) + -Jc4 (4.4.1)
Xl &
Формула (1.14)
сП = -0ez + tieAN + фё{
с учетом того, что
(e2, can) = (ec, еддг) = 0, (ег, ec) = cost?,
позволяет записать
ш2 = (фёz+^ёAN+фe(,фez+'дёAN+фe^) = t/i2+t?2+y52+2t/>0cost?,
= (ai, e^) = ф + ф cos t?,
w2 + w2 = u>2 — w2 = ф2 sin21? 4-1?2.
Подставляя найденные выражения в (4.4.1), получим:
Т = |^(^281п27? + I?2) + 7^с(.Ф + t/’cost?)2.
Таким образом, функция Лагранжа принимает вид:
L = iJ^(t/?2sin21? + t?2) + J<(0 + t/’cost?)2 — mglcost?. (4.4.2)
Л A
В. Как видно из (4.4.2) координаты ф и являются цикличе¬
скими. Им соответствуют два первых интеграла:
—г — /31 => Jc^sin2t? + ^(ф + фcost?) cost? = 0i,
дф
ГХ J-
— = 02 => <%(Ф + Ф COSt?) = 02.
(4.4.3)
(4.4.4)
Кроме того, поскольку = 0 и Т = Т%, имеет место интеграл
энергии:
iJ^(V’2sin2■& + t?2) + Jq(^> + Фcost?)2 + mgl cos'd = h. (4.4.5)
Повторяя рассуждения, приведенные в задаче 3.7, запишем i?(t* +
0) — |, ф(1* + 0) = 0, ф(£* + 0) = w0, d(t* + 0) = 0. Подставляя
эти значения в уравнения (4.4.3), (4.4.4), (4.4.5), найдем:
./Ьф sin2 t? + J<(y> + ф cos iJ) cos d = 0,
J^(<p + ф cost?) =
i3((ф2 sin21? + t?2) + i}((ф + t/»cost?)2 + mgl cost? —
Ll i! &
161
Несложные преобразования позволяют исключить ф:
J^-ф sin21? + cos d — 0, (4.4.6)
i (ф2 sin2+1?2) + mglcos'd = 0. (4.4.7)
Перейдем к переменной 8:
cos2 8 — sin 5 = 0, (4.4.8)
^^(■ф2соз2 5 + 52) — mglsin5 = 0. (4.4.9)
Пусть 8e означает экстремальные значения функции 6(t). В точках
экстремума 5 = 0, поэтому 5е найдется из уравнения:
1 т f <7^UJoSin5e\ 2 е J - г п
-Jt т cos °е - mgl sin 5е = 0 =>
2 \ cos2 5е )
. х ( J( sin 5е / \ \
sin5e • -у =р - - 1 ) = 0 =>
\2Jgcos25e \ mgl / /
1) sin5e = 0 => 5ei = 0,5е2 = тг,
2 Jcsm5e (1) _ j _ 0 sin2 + ^L.sin(je _ j = 0
2J^cos25e е 2eJ£
Jc > Jc L /4еЛ\2
sin5e3,4 = - j-V ± -Tt \ 1 + I ~t ) ’
4eJj ieJ^ у \ Jc /
• c Jc Jc
Sin5e3 = — -—Z- + -;—=-
4eJg 4eJ^
2gJ€ 1
J zeta 8
sin5e4 = --py- - 7^7-
4eJj 4gJ^
Произведем отбор корней. По определению
0 < d < тг => —тг/2 < 5 < тг/2
значит корень 5е2 = тг следует отбросить.
При достаточно малом е модуль выражения
_2с
4gJ^ 4gJf \ Jc J )
превосходит единицу, поэтому решение 5е4 не существует.
162
При малом е можно считать, что
без = - О(е3)-
Таким образом, при указанных начальных условиях максималь¬
ное отклонение оси колеса от горизонтальной плоскости не превы¬
шает величины 6е = Минимальное отклонение равно нулю.
Г. Воспользовавшись тем, что во все время движения угол <5
остается малым можно найти приближенное решение уравнений
движения.
Разрешив уравнение (4.4.8) относительно ф> и подставив най¬
денное выражение в (4.4.9), получим:
cos2 5 + <j2| — mgl sin 6 = 0. (4.4.10)
2 \ \ cos2 d ) /
Разлагая sin 8 и cos 8 в ряды и отбрасывая члены выше второго по¬
рядка малости по 6, найдем:
(2 \
( ) + <j2 | - тд16 = 0
\ Jg J I
(А-А = 6е8 - 52 =>
= d (. (4.4.11)
vW)2-^-^)2 v е 7
Интегрируя обе части соотношения (4.4.11) в соответствующих
пределах, имеем:
(8 - Ц- А 7Г JrWo .
—I + — — —ь
f J 2
8= ^(i-cos^t). (4.4.12)
2
Как можно заметить из уравнений (4.4.8) и (4.4.9), величина ф во
время движения не меняет знака. Найдем среднее значение ф этой
величины за время т = 2г, ш =
1 Г m9l
ip = - I ы — (1 — coswt)at = ш— = — .
т/о 2V 7 2 Jcw0
163
Оценим значения полученных величин для реального колеса. Для
простоты будем считать
Jc — mr2, Jf = Jc + ml2, g — 10Ц7, r = 0.3m, I = 0.03m.
2 s2
Положим
1 gl _ 1 2
“ioo^TMCioo^0
= 100-
10 • 0.03
(0.3)2
=> coq = 18.26—.
s
При этом значении угловой скорости колесо совершает 3 оборо¬
та в секунду. Скорость велосипеда в этом случае была бы равна
5.5 м/с или 19.8 км/час. Если сообщить колесу с горизонтальной
осью, один конец которой шарнирно закреплен, указанную угловую
скорость и отпустить ее второй конец, то максимальное отклонение
оси от горизонтальной плоскости не превысит 0.57 угловых граду¬
са, т.е. будет практически незаметным. Средняя угловая скорость
вертикальной плоскости, содержащей эту ось, будет определяться
соотношением
7 gl 10-0.03 1
(07з)218.26-°-18;
т.е. скорость Vb свободного конца оси будет равна
VB = 21ф = 2 ■ 0.03 • 0.18 = 0.0108— « 1 —.
3 S
Кажется, что под действием силы тяжести ось колеса должна опу¬
ститься вниз (так и будет если шо = 0), однако вопреки ожиданию
она движется почти не отклоняясь от горизонтальной плоскости.
Такое необычное движение является следствием гироскопиче¬
ского эффекта, связанного с тем, что колесо быстро закручено
вокруг собственной оси.
Это явление может наблюдать каждый, у кого под рукой ока¬
жется велосипедное колесо и помощник. Возьмите колесо руками
за концы оси и попробуйте отпустить один из концов. Вряд ли вам
удастся удержать колесо за конец оси одной рукой. Теперь снова
возьмите колесо за два конца оси так, чтобы она была горизонталь¬
ной, и попросите помощника хорошо крутануть колесо. После это¬
го можете спокойно убрать одну руку — колесо не упадет, а его ось
начнет медленно поворачиваться в горизонтальной плоскости.
Задача 4.5.
В условиях задачи 3.12 нить, удерживающая конец В оси, заме¬
нена невесомым, нерастяжимым и несжимаемым стержнем длины
А. Стержень связан с неподвижным основанием и точкой В оси ша¬
164
ровыми шарнирами. Найти движение колеса при произвольных на¬
чальных условиях.
Решение.
А. Начнем с выяснения bo¬
x' ч
проса о числе степеней сво- / \ z
боды. Твердое тело с одной !
неподвижной точкой имеет три у •—\ 1
степени свободы. Однако в \
предлагаемой задаче на коле- 1 /
со наложена дополнительная ~Ттд "'*
связь — стержень, удержива-
ющий второй конец оси. Бла- Рис. 4.5.1.
годаря этой связи, точка В,
должна находиться на сфере радиуса А с центром в точке D. С дру¬
гой стороны траектория точки В лежит на сфере радиуса 21 с цен¬
тром в точке А.
Линией пересечения этих двух сфер служит окружность с цен¬
тром в точке Е (см. рис.4.5.1), и координата точки В на этой окруж¬
ности может служить одной из координат рассматриваемой систе¬
мы. В качестве второй координаты можно выбрать угол поворота
диска по отношению к трехграннику, жестко связанному с плос¬
костью ABD. Эти два параметра могут принимать значения неза¬
висимо друг от друга и позволяют однозначно определить положе¬
ние любой точки колеса, из чего следует, что система имеет две
степени свободы.
Центр тяжести колеса при движении также описывает окруж¬
ность вокруг неподвижной оси AD с центром в точке F
(см. рис. 4.5.1).
Совместим начало неподвижного трехгранника (правого) с
точкой А, ось Az направим так, чтобы ег = Sad, ось Ау распо¬
ложим в вертикальной плоскости так, чтобы выполнялось нера¬
венство {д, ёу) < 0. Ось А( подвижного трехгранника направим
по линии АВ (е< = вдв), ось Ат] поместим в плоскости ABD
(в,, = eBD). Хотя трехгранник A£q£ не связан жестко с коле¬
сом, его оси в каждый момент времени являются главными осями
эллипсоида инерции, построенного в точке А.
Построенные трехгранники позволяют ввести углы Эйлера:
угол нутации д ((ez,e^) — cos?? — const, поэтому угол д в этой
ситуации является не координатой, а параметром задачи), угол пре¬
цессии ‘ф ((ех, ёф) — cos ф), определяет положение точки В на упо-
165
минутой выше окружности, и угол собственного вращения <р, зада¬
ющий поворот колеса относительно трехгранника АфдС, — ось А£,
в данном случае, играет роль линии узлов. (Полезно сравнить спо¬
собы выбора трехгранников и определение углов Эйлера в задачах
3.13, 4.4 и 4.5).
Б. Составим функцию Лагранжа
L = Т + U,
+ + (4-5.1)
U = mg(fc, ёд~) + const, (д = дёд). (4.5.2)
Используя формулу (1.14), для выбранных осей можем записать:
ш = фёг + фё^ => wj = 0, a)v = ф sin •&, ivq = ф + ф cos А (4.5.3)
Подставляя (4.5.3) в (4.5.1) получим
Т = Tasini?)2 + |^с(0 + V’costf)2. (4.5.4)
Для вычисления силовой функции заметим, что
г с — AF + FC = AF + I sin sin фёх — I sin cos фёу,
поэтому
(fc, еэ) = (AF +1 sintfsm^ez — I sin i? cos фёу, еэ) =
const + I sin i? cos 7? cos ф,
что, после отбрасывания несущественных для определения силовой
функции постоянных слагаемых, дает
U = mgl sin fl cos i? cos ф.
(4.5.5)
Соотношения (4.5.4) и (4.5.5) позволяют представить функцию
Лагранжа в виде:
1 J
L = - ^(V’sinT?)2 + 2^с(^ + фсовА)2 + mgl sin т? cos cos ф.
(4.5.6)
Нетрудно заметить, что координата <р является циклической, и, сле¬
довательно, в качестве уравнений движения можно использовать
циклический интеграл и уравнение Рауса для координаты ф.
В. Выпишем циклический интеграл и разрешим его относитель¬
но ф:
-qT = 0 => ^(ф + V»COS7?) = /3 =>
166
/3 / а
<р = — ф cos V.
Найдем функцию Рауса:
(4.5.7)
R = {L~~ /Зф)|^= в _^cosi9) = p€(^sin7?)2+
+ mgl sin 0 cos i? cos ф — —— + (Зф cost?. (4.5.8)
2
Уравнение Рауса для координаты ф имеет вид (для сокращения за¬
писи введем обозначения: а — sin2 d,b — mgl sin $ cos ■&):
ф + - sin^ = 0,
а
(4.5.9)
т.е. движение оси колеса подчиняется уравнению движения мате¬
матического маятника с соответствующим образом подобранной
длиной.
Построив фазовый портрет (см. задачу 4.1) получим представ¬
ление о всех возможных движениях оси колеса.
Самое удивительное (если вспомнить результаты предыдущей
задачи) состоит в том, что это движение не зависит, от того закру¬
чено колесо в начальный момент вокруг собственной оси или нет.
Чтобы понять почему в этом случае не проявляется гироскопиче¬
ский эффект, найдем реакцию стержня Rb- Для определения этой
реакции удобно воспользоваться теоремой об изменении кинетиче¬
ского момента системы в абсолютном движении (III. 14), поскольку
она не содержит реакции Ra'.
= [тс,треэ] + [г в, Лв]-
(4.5.10)
Но (см. рис.4.5.1): rc — I sin О sin феж — I sin cos фёу + lcosi}ez,
eg = 0 ■ ex - cos 'дёу — sin tZe2, гв = 2Ze^, Rb — Rbcv, и
Ka = + Шдвд) 4-
+ йдёд) + + [фёг, Ka],
поэтому уравнение (4.5.10) приобретает вид = 0, = 0):
^й>дёд + + [ф(СО81?ё^ + sini?e);), =
= mg [Z sin'd sin фёх — I sin $ cos фёу +1 cos i?e2,
— COS $ёу — sin ■йёг] — 2Швё^.
167
Умножив обе части последнего соотношения скалярно на е5 и раз¬
решив получившееся уравнение относительно Rb получим (с уче¬
том (4.5.3) и (4.5.7)):
Rb = — (Jje02 sin ?? cos ?? — /Зф sint? -f- mgl(sm2 d + cos2?? cos?/’)).
(4.5.11)
Рассмотрим движения, для которых справедливы условия:
< 0(0) < = 0 =>/3 = JC0(O).
При таких начальных условиях точка В будет совершать колеба¬
ния относительно положения равновесия -0 = 0 и, если /3 = 0, т.е.
колесо не раскручено, то как легко видеть из формулы (4.5.11) ре¬
акция стержня во все время движения будет оставаться положи¬
тельной. Это, в частности, означает, что в этом случае движение
оси будет происходить одинаково, независимо от того как реализо¬
вана связь — с помощью стержня или с помощью нити. Из уравне¬
ния (4.5.9) получим:
02 = —(cos-0 — cos0(O)) => max-02 = —(1 — cos0(O)). (4.5.12)
a a
Поскольку функции 0(i) и -0(f) периодичны и имеет место соотно¬
шение (4.5.12), формула (4.5.11) позволяет сделать вывод, что при
увеличении /3 появятся участки траектории, на которых реакция
меняет знак. В этой ситуации замена стержня на нить приведет
к сходу точки В со связи, причем чем больше /3, тем раньше это
произойдет.
Таким образом, гироскопический эффект в явном виде мо¬
жет проявиться лишь при осуществлении связи в виде невесомой
нерастяжимой нити.
Г. Формула (4.5.11) получена из довольно громоздкого выра¬
жения, поэтому желательна проверка. Правая и левая части этой
формулы, как и положено, имеют одинаковую размерность. При
0 = 0,0 = 0 имеем
что совпадает со значением, которое можно получить из элементар¬
ных соображений, при 0 = 0,0 = -к
mg cos 2??
Rb =
— результат, подтверждаемый законами геометрической статики.
Эти соображения, разумеется, не гарантируют правильность соот¬
168
ношения (4.5.11), однако позволяют считать, что грубых ошибок в
ней нет.
В заключение заметим, что решение задачи о движении колеса,
найденное с помощью циклического интеграла и уравнения Рауса
для оставшейся координаты, можно было получить иначе, посколь¬
ку в рассматриваемой задаче
~ = 0,Т = Т2,
ut
и , следовательно , справедлив интеграл энергии
+ V’costf)2 — mgl sin cost? cos = h,
который с учетом (4.5.7) приобретает вид
— — созф = ^2(0) — — cos^(O),
и задача опять сводится к изучению движения математического ма¬
ятника соответствующей длины (отметим еще раз, что это уравне¬
ние не зависит от /3).
Задача 4.6.
Круглый однородный обруч массы М и радиуса R может сво¬
бодно вращаться, оставаясь в неподвижной вертикальной плоско¬
сти, вокруг одной из своих точек, закрепленной с помощью цилин¬
дрического шарнира.
Внутри обруча, без трения, может двигаться шарик массы т.
Пренебрегая толщиной обруча и размерами шарика, найти положе¬
ния равновесия системы и частоту малых колебаний в окрестности
устойчивого положения равновесия для случая М = 2т.
Решение.
А. Обозначим неподвижную точку
обруча буквой О, центр тяжести обру¬
ча буквой А, шарик буквой В. Углы,
образованные отрезками ОА и АВ с
вертикалью назовем соответственно а
и (3 (положительное направление от¬
счета углов указано на рисунке 4.6.1).
Эти два угла могут служить обобщен¬
ными координатами системы.
Направим ось Oz неподвижного
трехгранника вертикально вниз, ось
Ох — вправо.
Рис. 4.6.1.
169
Б. Связи, наложенные на систему, являются голономными (см.
перечень III) и идеальными, поэтому для решения задачи можно
применить уравнения Лагранжа второго рода.
Заданные силы (силы тяжести), действующие на систему, имеют
силовую функцию
U = MgzA + mgzB,
значит для написания уравнений движения можно использовать
функцию Лагранжа
L = T + U. (4.6.1)
В. Теперь надо найти L, как функцию обобщенных координат и
скоростей. Выражая za и zb через а и /3, получим выражение си¬
ловой функции:
U = MgRcosa+mgR(cosa+cos/3') — (M+m)gReosa+mgRcos [3.
(4.6.2)
Кинетическая энергия системы Т складывается из кинетической
энергии обруча Тобр и кинетической энергии шарика Тш:
Т — Тобр + Тш. (4.6.3)
Обруч в условиях рассматриваемой задачи представляет собой
твердое тело, вращающееся вокруг неподвижной оси Оу, поэтому
его кинетическую энергию можно считать по формуле (III. 10):
1 2
Т>бр “ , а) = дву.
По теореме Гюйгенса - Штейнера
JOy = MR2 + MR2 => Тобр = MR2a2. (4.6.4)
Так как мы считаем шарик материальной точкой
Тш = = im(VB, VB). (4.6.5)
z z
Для нахождения VB, введем подвижный трехгранник с началом в
точке А, осями, параллельными осям трехгранника Oxyz, и приме¬
ним теорему сложения скоростей:
VB = VBP + V£".
Поскольку подвижный трехгранник движется поступательно
VBep = VA = Raea.
Относительное движение шарика есть движение по окружности,
поэтому
= R(3ey.
170
Таким образом
Vb = Raea+R/3ep => (Vb, Vb) = (Raea+Rpey, Raea+R[3ep) =
= (Ra)2 + (R$)2 + 27?2d/3 cos(/3 - a). (4.6.6)
Имея в виду (4.6.2)-(4.6.6) из (4.6.1) получим
L = MR2a2 + |m((J?d)2 + (R(3)2 4- 2R2a[3 cos(/3 — a))+
+ (M + m)gRcosa + mgRcos/3. (4.6.7)
Уравнения равновесия (IV.9):
dU dU n
a^ = 0W=0=*
—(M + m)gRsina = 0,
—mgR sin /3 = 0,
имеют четыре решения:
1. a = Q,(3 =0;
2. a = Q,/3 = тг;
3. a — тг, /? = 0;
4. о — 7Г, (3 = 7Г.
Чтобы отделить устойчивые положения равновесия от неустой¬
чивых подсчитаем матрицу вторых производных потенциальной
энергии П(а,Д)(П(а,/3) = — U(a, /3)), в каждом из найденных по¬
ложений равновесия:
/ э2п
\
д2п
дад&
а2п
ад5-
(М + rri)gR
0
mgR
В(т,0)=( +
В(Т,») = ( “(М + “)9Я
0
—mgR
0
mgR
0
—mgR
Матрица В = В(0,0) — положительно определенная, что является
достаточным условием устойчивости этого положения равно¬
весия. У каждой из матриц В(0, тг), В(тг, 0), В(тг, тг), по крайней ме¬
ре, один из элементов главной диагонали отрицателен, поэтому
171
согласно достаточному признаку все эти положения равновесия
неустойчивы.
В рассматриваемой задаче
Т=~ (2MR2a2 + m((Rd)2 + (Я/3)2 + 2/?2a/3cos(/3 - а))) =>
., „ / (2М + m)R2 mR2 cos(J3 - а) \
A^^ = \mR2coS((3-a) mR2
л л/а ( (2М + m)R2 mR2 \
Л = Л(°,0)=^ mR2> mR2)
(при вычислении матрицы А надо помнить о необходимости выне¬
сти за скобки множитель 1/2 в выражении кинетической энергии
и о том, что коэффициент при произведении обобщенных скоро¬
стей необходимо разделить на две части: 2mR2a0 cos(/3 — а) =
аар + a/За, аав = а,з«)- Составим характеристическое уравнение:
det(—о2 А + В) = 0 =>
—w2(2M + m)R2 + (М + rn)gR. —a>2mR2 _ ~
—w2mR2 —w2mR2 + mgR ~
Подставляя значение M = 2m, раскрывая определитель и решая
квадратное уравнение, получим частоты малых колебаний системы
в окрестности устойчивого положения равновесия:
(„2)2 _ 2£„2 + 3(£)2 = ° = = /Z.
Л 4 гС V Zzt у
Г. Применение теоремы сложения скоростей при вычислении
кинетической энергии точки иногда вызывает затруднения. В этом
случае для нахождения скорости шарика можно использовать бо¬
лее простой, но более длинный способ, связанный с выражением
скорости в декартовых координатах
Vb — %в + %в-> (4.6.9)
хв = Rsma + Rsin.0, zb — R cos a + Rcosfl =>
xb = Ra cos a + Rft cos /3, zb = —Ra sin a — Rf3 sin (3. (4.6.10)
Подставляя (4.6.10) в (4.6.9) получим (4.6.6), что служит дополни¬
тельным подтверждением правильности ранее полученного резуль¬
тата.
В связи с собственной частотой ш? = интересно отме¬
тить, что уравнение движения математического маятника длиной 2
R имеет вид:
^Sin¥? = 0'
172
Точно так же выглядит уравнение движение круглого однородно¬
го обруча радиуса R, способного вращаться вокруг горизонтальной
оси, проходящей через точку О. Для рассматриваемой системы это
означает, что если а(0) = /3(0) = «о, А(0) — Д(0) — 0, то во все
время движения a(t) = /3(t), т.е. шарик относительно обруча бу¬
дет неподвижен, причем это утверждение будет верно для любых
начальных отклонений ( не только для малых ! ). В рамках теории
малых колебаний это, в частности , указывает на то, что собствен¬
ный вектор, соответствующий частоте Ш2 будет иметь вид
( 1 \
U2 = I j I •
Задача 4.7.
В условиях задачи 4.6, используя теорию малых колебаний,
найти движение системы при следующих начальных условиях:
а(0) = 0, Д(0) = до « 1, а(0) = 0, /?(0) = 0.
Решение.
А+Б. Для решения задачи воспользуемся формулой (IV. 12):
п
g(t) = ^2uj(cj costVjt + dj sinaijt).
j=l
Собственные частоты малых колебаний системы в окрестности
устойчивого положения равновесия найдены в задаче 4.6, поэто¬
му остается определить собственные векторы (формы колеба¬
ний) и выразить произвольные постоянные, входящие в решение,
через начальные условия.
В. Собственные векторы найдем, решая системы уравнений
(IV. 14):
(—w2A + B)uj = 0,j = 1,2.
— + 3mgR -^mR2
Ait о J
-T&mR2 —T&mR2 + mgR
Ait
«г =
I 0
\ 0
1
-3
2)
173
f — ^5тЯ2 + 3mgR — -^mR2 \ / W21 \ _ / 0 \
\ ~2Rm^2 ~^mR2 + mgR J «22 ) ~ \ 0 J
( 1 \
W2 = I 1 I •
(каждый собственный вектор определен с точностью до множи¬
теля, поскольку он является решением системы линейных одно¬
родных алгебраических уравнений, определитель которой равен ну¬
лю). Итак, общее решение задачи о малых колебаниях рассматри¬
ваемой системы имеет вид:
a(i)
+ у 1 у (c2cosw2i + Ajsina^)-
Продифференцировав (4.7.1) по времени, получим:
d(t)
Ж
1 ) (—ciwj sinwit + diUi coswit)+
о J
+ f J j (—C2W2SinW?t + d2LC2COSW2t).
(4.7.1)
(4.7.2)
Подставив в соотношения (4.7.1) и (4.7.2) значение t — 0, находим
О
А)
1
-3
1
1
-ЗС1 + С2 = А) => С1 = —с2 = -1#).
О
О
1 \ ( 1 \
„ I diWi + I 1 I d2UJ2 d\cj\ 4- </2^2 = 0,
—3diWi + d2W2 = 0 => di = d2 — 0,
следовательно, движение системы при указанных начальных усло¬
виях, определяется формулами:
/?(А = Л
3
- cos
4
Г.Отметим, что поскольку отношение собственных частот ирра¬
ционально, функции a(t) и pit) не являются периодическими.
174
Движение системы будет периодическим, если начальные усло¬
вия таковы, что возбуждается только одна из собственных форм
(см. замечание к задаче 4.6).
Задача 4.8.
Круглый однородный диск радиуса г и массы т может двигать¬
ся под действием силы тяжести в неподвижной вертикальной плос¬
кости, совпадающей с плоскостью диска. Невесомая нерастяжи¬
мая нить длины I связывает точку А диска с точкой О, расположен¬
ной на неподвижной вертикальной прямой, на которую опирается
диск (см. рис. 4.8.1).
Найти положение равновесия диска при условии, что трения
между диском и прямой нет, и частоту малых колебаний относи¬
тельно этого положения равновесия.
Решение.
А. Введем правый неподвижный
трехгранник Oxyz'. направим ось Oz
вертикально вниз, ось Ох вправо. При
условии, что диск постоянно касает¬
ся оси Oz, система имеет одну сте¬
пень свободы. В самом деле, обозна¬
чим угол, образованный нитью с вер¬
тикалью через а, а угол, образован¬
ный отрезком АС (С — центр тяжести
диска) с вертикалью через /?. Эти два
угла, будучи заданными, полностью определяют положение диска
в плоскости, однако их значения должны удовлетворять соотноше¬
нию
I sin а + г sin 3 = г,
(4.8.1)
т.е произвольные значения может принимать только один из этих
углов, что и доказывает сделанное выше утверждение о числе сте¬
пеней свободы системы.
Выберем в качестве обобщенной координаты угол /3.
Б. Положения равновесия системы находятся из уравнения
равновесия:
dUW п
д/3 и’
а частоты малых колебаний в окрестности положения равновесия
13 = /Зо из уравнения:
det(— ш2А + В) — О,
175
которое для системы с одной степенью свободы превращается в
уравнение
У а(£>о)
где а(/?о) — коэффициент в выражении кинетической энергии
Т=ЛаЩ32,
h(R х _ W),
“(Ро) (9/3)2
В. Единственной заданной силой в рассматриваемой задаче яв¬
ляется сила тяжести, поэтому
U = mgzc = тд{1 cos а + г cos /3).
Запишем уравнение равновесия, учитывая, что а — а{р):
= -mg (l (^} sina + rsin/j'j = 0. (4.8.2)
op \ \dpj )
Взяв дифференциал от обеих частей равенства (4.8.1), получим:
, , „ da rcos/З
Icosada + г cos/?d/3 — 0 => — = — 5 . (4.8.3)
dfi I cos a
Подстановка (4.8.3) в (4.8.2) дает:
—тд(—ГС°-~ sin a + r sin/3) = 0 => tga = tg/3. (4.8.4)
cos a
Поскольку из физического смысла задачи следует, что 0 < а <
тг/2,0 < Р < 7г/2 из (4.8.4) вытекает:
а — р = Po,smPo = т~~- (4.8.5)
Проверим устойчивость найденного положения равновесия:
d2U{p\
{др)2 '0~00 {др)2 ,0~00
Р (
^эрУ™9
sin а + г sin
(, f da\2 , (Pa . Л ,. „
= mg U( — cosa +1., sina + rcos/3 I . (4.8.b)
\ \dpj {dpy /
Выражение
(Ра d /da\ d / rcosp\ _ rsin/3
(dP)2 dp\dp) dP\ I cos a) I cos a
176
r cos в . . .da г sin в r2cos2/3 .
(- sin a) — = - h 75 3— sin a
I cos2 a dp I cos a iz cos'3 a
положительно в рассматриваемой области значений углов а и Д
следовательно, все слагаемые в (4.8.6) в указанной области поло¬
жительны, и
Э2П(Д
(эд2 |/3_/30 ’
т.е. найденное положение равновесия устойчиво. С учетом соот¬
ношений (4.8.5) получим:
(Э/З)2
/rsm/Зо r2smft
cosfio +1 smpo 3- + 70
\ I COS Ро И COS Ро
= тд~——~. (4.8.7)
I COS Ро
Осталось найти коэффициент а(Д). Кинетическую энергию диска
вычислим по формуле
Г = J,aA
1/2 — ^.2 I -2 — -2 — /)2
VC — XC + ZC ~ zc — P
\ 2 2
sina + rsin/?j , =-тп,г2,
w ~ /3ea =►
Используя (4.8.7), (4.8.5) и приведенную выше формулу для часто¬
ты малых колебаний, получим
/о r + l
и = ч 2д- -г-.
у rl cos ро
Г. В заключение сделаем два замечания:
1) Найти положение равновесия в этой задаче можно гораздо
проще: для того, чтобы твердое тело, на которое действуют три си¬
лы (сила тяжести и реакции нити и вертикальной прямой) находи¬
лось в равновесии необходимо, чтобы эти три силы пересекались
в одной точке (следствие теоремы III. 15).
177
Отсюда сразу следует, что в положении равновесия а = 0.
2) Несмотря на то что система имеет одну степень свободы, мы
повсюду использовали две координаты, исключая лишнюю там, где
это необходимо, с помощью уравнения связи. Этот подход носит
название метода избыточных координат.
Его удобно применять тогда, когда явное введение нужного чис¬
ла обобщенных координат связано с какими-либо неудобствами.
Задача 4.9.
Найти положения равновесия сферического маятника и выпи¬
сать общее решение задачи о малых колебаниях в окрестности
устойчивого положения равновесия.
Решение.
А. Поместим начало неподвижного трехгранника Oxyz в центр
сферы, по которой движется точка М, и направим ось Oz верти¬
кально вниз.
Пусть радиус сферы равен г, а масса точки — т. Положе¬
ние точки на двумерной поверхности задается двумя параметрами.
В рассматриваемой задаче (поскольку точка движется по сфере)
можно воспользоваться углами сферической системы координат 0
и (см. рис.2.7.1): д — угол, образованный осью Oz и отрезком ОМ
(назовем ось Oz в этом случае полярной осью), ф — угол между
плоскостями zOx и zOM. Единственной заданной силой является
сила тяжести.
Б+В. Силовая функция в выбранных координатах имеет вид:
U = тдгм = mgr cos д.
Запишем уравнения равновесия:
dU
— 0 => — mgrsind = 0 => = 0,1?2 = л, (4.9.1)
ЛГГ
— = 0 => 0 = 0. (4.9.2)
дф
Прежде чем интерпретировать найденные решения, как координа¬
ты точек равновесия (очевидно, что выписанные уравнения удовле¬
творяются при любом значении угла ф), нужно вспомнить, что об¬
ласть определения используемых параметров выглядит следующим
образом:
0 < д < тг, 0 <ф < 2тг, (4.9.3)
поэтому вывод, который следует сделать из соотношений (4.9.1) и
(4.9.2), может быть только таким: в области (4.9.3) положений
равновесия нет.
178
Попробуем прояснить ситуацию, выбрав в качестве полярной
оси ось Ох, а в качестве углов, определяющих положение маятни¬
ка, углы а и 0 (см. рис. 4.9.1):
а — угол, образованный осью Ох и отрезком ОМ, /3 — угол
между плоскостями хОу и хОМ. В этом случае силовая функция
представляется формулой:
U = тдгм = mgr sin a sin 0,
а уравнения равновесия принимают
вид:
dU
да
ди
00
= 0 => mgr cos a sin 0 = О,
(4.9.4)
= 0 => mgr вт асов 0 = 0.
(4.9.5)
Рис. 4.9.1.
Учитывая область определения углов а и 0 (аналогичную области
(4.9.3)), получим два решения системы уравнений (4.9.4), (4.9.5):
7Т 7Г
2’^=2’
7Т Зтг
Чтобы прояснить вопрос об устойчивости найденных решений, вы¬
числим матрицу вторых производных по координатам потенциаль¬
ной энергии П(а,/3) = — U(а, 0):
/ д2П Э2П \ /■■ а а \
\_тпг( smasm/3 cos а cos 0 \
( I э2п а2п I 9 I COSQ.COSy3 sin а sin0 J
\ дрда (337 / V '
В(аг, 00) = mgr ( Q = В,В(а2,02) = mgr ( * -1 ) '
Согласно известным достаточным условиям первое положение
равновесия устойчиво, второе — неустойчиво.
Для того, чтобы выписать общее решение задачи о малых ко¬
лебаниях, нужно знать собственные частоты и собственные
столбцы системы, для нахождения которых требуется матрица ки¬
нетической энергии, вычисленная в соответствующем положе¬
нии равновесия. Для вычисления кинетической энергии маятника
воспользуемся выражением скорости в сферических координатах:
Т = ^тУм = ^-m(r2a2 + r202 sin2 а) =>
ХР
179
лг о\ ( тг2 0
А(а, 0) = { _ 2-2
\ 0 mr2 sin а
/ 9
м п \ л ( ТП/г
А(а\, fa) = А = ( Q
0
9
mr
Из уравнения для собственных частот
det(—ш2А + В) = 0 =>
—w2mr2 + mgr
0
о
—w2mr2 + mgr
= 0
получаем:
W1 = U>2
Кратному корню характеристического уравнения соответствуют
два линейно-независимых собственных вектора, удовлетворя¬
ющих системам линейных однородных уравнений с определителем
равным нулю:
/ — ш2тг2 + mgr
к 0
0 \ f Uji
—ш2тг2 4- mgr / \'«j2
о Н = 1'2-
Легко видеть, что при найденных значениях частот, в качестве соб¬
ственных столбцов могут быть взяты векторы
/ 1 \ / 0 \
\ о ) и v 1 ) ‘
Теперь можно записать общее решение задачи о малых колебани¬
ях сферического маятника в окрестности устойчивого положения
равновесия:
«(*) -
ж>-
2
ir
2
t + d, sin
1
О
t + d? sin
Г. Можно для решения поставленной задачи попробовать дру¬
гие обобщенные координаты. Рассмотрим, например, декартовы
координаты точки (хм, Ум) в области zm '■
Используя уравнение связи
Ал + Ум + Ал = г2 => zM = ф
получим выражение для силовой функции:
и(хм,Ум) — тпдгм = mgJr2
0.
~хм~Ум,
-хм~Ум-
180
Уравнения равновесия в этом случае принимают вид:
dU = тдхм _
дХт V?2 ~ хм~Ум
dU = тдум = Q
дУт Vr2-xM~y2M
Единственным решением этих уравнений является точка
%м = 0, ум = 0.
Матрица вторых производных потенциальной энергии, вычислен¬
ная в найденной точке,
СЭ2П Э2П \ / та л \
(ЭхмР Эхтдум 1 _ / г U 1
а2п а2п I у о газ I
думдхм (дум)‘1 / хм=0 ум=0 ' Т '
положительно определена, значит, это положение равновесия
устойчиво.
Кинетическую энергию считаем по формуле
гг 1 /-2 1-2 . -2 \ ■ -Амхм - УМУМ
Т = -т(хм + ум + zM), zM = . . . =^=-
2 Vr2 ~x2M-y2M
следовательно,
А(0,0) = А= ( ™ ° Y
v ' \ 0 т J
Составляя в соответствии с общим правилом характеристическое
уравнение, найдем собственные частоты
=Ш2 = yi.
что является иллюстрацией к теореме, говорящей о том, что ча¬
стоты малых колебаний механической системы не зависят от
выбора координат (хотя матрицы А и В, вообще говоря, в разных
координатах будут разными).
Определив собственные векторы, запишем общее решение
задачи о малых колебаниях
f ) = ( о ) (С1 cos л+ di sin ч/^i)+
\ УM{t) J \ о у у r V r
+ 1 ) (,C2 cos y^t + d2 sin (4.9.6)
Отметим, что в отличие от результата задачи 4.7, малые колебания
сферического маятника при любых начальных условиях являются
периодическими.
181
Представленное решение нельзя считать исчерпывающим, по¬
скольку рассмотрена только часть возможных положений маятни¬
ка. Чтобы завершить исследование, надо изучить точки в области
zm < 0. Проводя те же выкладки, что и в случае zm > 0, найдем
в этой области еще одно положение равновесия и убедимся в том,
что оно неустойчиво.
Из элементарных соображений легко установить, что среди то¬
чек, принадлежащих множеству zm = 0, положений равнове¬
сия нет. Последние рассуждения позволяют считать соотношение
(4.9.6) окончательным ответом на поставленный вопрос.
Задача 4.10.
Найти стационарные движения сферического маятника и вы¬
писать общее решение задачи о малых колебаниях относительно
устойчивых стационарных движений.
Решение.
А. В задаче 4.9 мы рассмотрели три варианта обобщенных ко¬
ординат для сферического маятника: (i9, ф), (ot, (3) и (ж, у). Что ка¬
сается двух последних пар, то уже по виду силовой функции, вы¬
раженной в этих координатах, видно что среди указанных коор¬
динат циклических нет (это обстоятельство еще раз подчеркивает
важность процедуры выбора координат, поскольку от этого выбора
многое зависит — есть циклические координаты, можно ставить за¬
дачу о стационарных движениях, нет циклических координат, такая
постановка невозможна).
Разберемся с координатами (д, ф). Вспоминая выражение ско¬
рости в сферических координатах и вид силовой функции, исполь¬
зованные в предыдущей задаче, запишем:
L = ^m(r2i92 + г2ф2 sin2 19) + mgr cos 19. (4.10.1)
Как видно из (4.10.1) координата ф является циклической, сле¬
довательно, можно применить процедуру Рауса игнорирования
циклических координат.
Б+В. Начнем с нахождения циклического интеграла:
— Р => mr2^sin2 д = /3 => ф =—2 , (4.10.2)
дф mr sin v
(заметим, что при /3^0 19 никогда не обращается в нуль (или
тг), следовательно, в этом случае выбранные координаты во время
движения не выходят за рамки области определения).
182
Составим функцию Рауса:
ШО)Н£-Й)Ц„^_ =
~ mr2 sin^
~т(г2д2 + г2(—sin2 г?) + mgr cos ■& - (3—Д- 2-д =>
2 mr‘ sin v mr2sm и
1 • в2
R{d, д, /3) = -mr2?)2 + mgr cost? я—. (4.10.3)
2 2mr sin v
Из (4.10.3) находим
1 ■ в2
R2 = -тг2д2 ,R\ =0,Ro = mgr cos i? я—.
2 2mr2 sin t?
Положения равновесия приведенной системы получим из уравне¬
ния:
уу = 0 =Ф- -mgr sin ■& + = 0. (4.10.4)
ov mr2 sin v
Обозначим значения переменных i? и на стационарном движении
через 1?* и ip*. Тогда с учетом (4.10.2) и (4.10.4) имеем:
cosi?* = -4-. (4.10.5)
rip*2
Проверим устойчивость найденных движений:
d2Ro, , а* /З2 З^созМС „
{од)2 mr2 sin2 д* mr2 sin4 д*
следовательно, в силу достаточного условия, стационарные
движения сферического маятника устойчивы.
Введем новую переменную 7:
7 = д — д*, |-у| « 1.
Согласно теории малых колебаний координата 7 удовлетворяет
уравнению:
7 + w27 = 0, (4.10.6)
а2я^ । *
где ш2 = - —• Общее решение уравнения (4.10.6) имеет
вид:
7 = Acoswt + В since 1,
следовательно,
d{t) = д* + A coswt + BsmuJt, (4.10.7)
и
* - =*(о)+Г ’
183
что завершает построение общего решения задачи о малых ко¬
лебаниях сферического маятника относительно стационарного
движения.
Г. Перепишем выражение в несколько измененном
виде:
d2Ro. ( , /?2 , 3/?2 cos2 А
7^2 = - I m9r cos б + —- . у- -■ + —2- 4 ~; =
(от?)2 \ mrsm v* mrz sm v*/
/ ( 02 \
— (mgr cos 7?* + mr2 sin2 d* ( ——: j-— ) +
V \ m2r4 sin v* )
+ 3mr2 cos219* ( f, 4-- ) 'j =
\m2r4sm4??*/ ?
= — (mgrcosti* + mr2 sin2 d*ip*2 + 3mr2 cos2 (Гф*2). (4.10.8)
Теперь заметим, что из формулы (4.10.5) следует
lim ф*2 =
Й*-+0 г
и тогда из соотношения (4.10.8) и формулы для частоты малых ко¬
лебаний получается:
lim ш2 — 4-,
<з*—>о г
т.е. для значений г?* << 1 движение будет периодическим с ча¬
стотой , близкой к Но при указанных значениях tf*, движение
происходит в малой окрестности положения равновесия, и, как
следует из решения предыдущей задачи, должно быть периодиче¬
ским с частотой !?
Впрочем, проницательному читателю не составит труда найти
выход из этого "противоречия".
Задача 4.11.
Найти стационарные движения твердого тела с неподвижной
точкой, если эллипсоид инерции тела, построенный в неподвижной
точке, представляет собой эллипсоид вращения, и центр тяжести
расположен на оси вращения этого эллипсоида (волчок Лагранжа)
и написать общее решение задачи о малых колебаниях в окрестно¬
сти устойчивых стационарных движений.
Решение.
А. Пусть (^-неподвижная точка тела, С—его центр тяжести. На¬
правим ось Oz неподвижного трехгранника вертикально вверх, а
ось ОС, трехгранника, жестко связанного с телом, по оси враще¬
ния эллипсоида инерции, так, чтобы выполнялось соотношение:
184
= I > 0. Положение подвижного трехгранника относительно
неподвижного зададим с помощью углов Эйлера ??, ф,ср (см. рис.
4.4.1). Функция Лагранжа в этом случае имеет вид (вывод см. в за¬
даче 4.4):
L — | Jj(?/>2sin2?? +??2) + + i/’cos??)2 — mgl cos ??. (4.11.1)
Координаты ф и <р являются циклическими, следовательно,
можно ставить вопрос о стационарных движениях.
Б.Запишем циклические интегралы и разрешим их относитель¬
но обобщенных скоростей:
—— = «7g-0sin2t? + + ?/>cosi?) cos?? = a,
дф
dL
дф
= <7(;(ф + '0COS1?) = Ь,
△ = det
sin21? + Jq cos21?
Jq cos ??
Jr cos ??
; 1 . , ( a Jc cos ??
ф = —det , ’ -
△ \ b Jr
a — 5 cos??
sin21? ’
(4.11.2)
1 , , ( Jr sin21? + Jr cos2 •& a\ b b cos2 d - a cos ??
v=Adet( Jjcostf b ) = jj + ■
(4.11.3)
Составим функцию Рауса:
■Л (Б йф &(^) j ,* а — Ь сов ■ Ь । 6 cos^ —а сое ,3
\ J€ Bin'll '
1 T (Aa —&cos??\2 . 9 . b2 , .
3 J4 т ■ 2 o' sin i? + ^ + 77T ~ m9lcos??-
2 \k «?£sin v J j 2«/^
а — b cos ?? f b b cos2 ?? — a cos ??
“ n о — b I — F 9
sin2 ?? \ Jq sin2 ??
Отбросив постоянные величины, получим:
R — |л??2 - mgl cos?? —
=> Ro = — mglcos'd —
a — 6 cos??)2
2 sin2 ??
i — b cos ??)2
2 J$ sin2 ??
185
В. Поскольку
9Rq , . „ b(a — bcost?) sin•&
-7-7- = mgl sin v 1
дд * J€sin2i9
— b COS 19)2 COST?
sin3 -d
уравнение для нахождения стационарных движений имеет вид:
. „ / , b(a — b costf) (а — bcos 19)2cosi9\ „ .
sin 19 mgl - \ 7 + * —- = 0. (4.11.4)
\ Д sm 19 J^sm 19 /
Так как в области определения углов Эйлера sini9 0, из
(4.11.4) следует:
mgl —
b(a — 6 cos 19) (а — b cos t9)2 cos 19
sin219 sin419
= 0.
Используя (4.11.2), получим:
mgl — bip* + Jj(i/>*)2cosi9* = 0 => cosi9*
bip* — mgl
(4.11.5)
(4.11.6)
(звездочками отмечены значения соответствующих величин на ста¬
ционарном движении).
Для проверки устойчивости найденных стационарных движений
вычислим
d2Ro
Э192
= cos 19
b(a — b cos 19)
sin219
— bcosi9)2 cosi9
J€sin4i9
b2 sin 19
sin219
b(a — bcos 19) cos i9\
4~ 2 5 J 4-
sin319 /
. . / 2b(a — b cos 19) sin 19 cos i9 — (a — b cos i9)2 sin 19
sm i9 —1<
\ <7g sin419
^(a — bcosi9)2 cos219\
sin519 / ’
——+4bip* cosi9*—J^(t/>*)2 sin219*—4J^(i/i*)2 cost9* =
((b - 2J€V>* cosi9*)2 + J2(i/j*)2 sin219*) < 0,
v 7
следовательно, стационарные движения волчка Лагранжа, опреде¬
ляемые формулой (4.11.6), устойчивы (см.[13]).
Сделаем замену переменных
t9 = 19* + а.
186
Новая переменная в соответствии с теорией малых колебаний удо¬
влетворяет уравнению:
-а2До । „ „
а + ш2а = 0, аг = ———- ,
общее решение которого имеет вид
a(t) = A cos cut 4- В sin cut,
следовательно,
i?(t) = d* + Acoscut + В sin wt. (4.11.7)
Подставляя выражение (4.11.7) в формулы (4.11.2) и (4.11.3) и ин¬
тегрируя их по времени, получим решение задачи о малых коле¬
баниях волчка Лагранжа в окрестности рассматриваемого стаци¬
онарного движения.
Формально, уравнение (4.11.4) имеет еще два семейства стаци¬
онарных движений, возникающих при выполнении соотношения
sin?? = О,
и отброшенных, ввиду того, что при указанном выше направлении
осей неподвижного трехгранника Oxyz, решения этого уравнения
лежат вне области определения угла
Чтобы понять существуют подобные движения или нет, напра¬
вим ось Oz неподвижного трехгранника горизонтально, а ось Ох—
вертикально вверх, сохранив выбор осей подвижного трехгранника,
жестко связанного с телом. Определив углы Эйлера стандартным
способом (см. рис. 4.4.1, только теперь сила тяжести параллельна
оси Ох), получим:
Т = |jf(V>2sin2?? +1?2) + + V’cos'i?)2,
V = —mgxc = — mglsindsinil>,
L = Jj(^2sin2?? + d2) + + V’cost?)2 — mgl sin d sin ф,
т.е. при новом выборе неподвижного трехгранника система имеет
одну циклическую координату.
Используя циклический интеграл
-д-г — Ф^(ф + ipcosd) = JcTq => ф — tq — ipcosd,
выполнив стандартную процедуру построения функции Рауса и от¬
бросив постоянные слагаемые, запишем:
R = | J^(ip2sin2d +1?2) + JqTq cost? — mgl sin d sin ф, (4.11.8)
187
/?2 = - J^(i/’2 *sin2i? + 1?2), = J^ro cos ft, Rq = —mgl sin i? sin ip.
Система уравнений, определяющая положения равновесия
приведенной системы,
d-Ro , о ■ , п
-777г- = —mgl cos v sin ip = О,
ov
dR° , • 0
-77— = —mgl sin v cos ip = 0,
dip
с учетом области определения углов Эйлера, имеет два решения
1)1?* =
7Г ,ж 7Г
2’^ = 2’
2)т?* =
7Г ЗтГ
2^2 = У’
задающие стационарные движения волчка с осью, расположенной
вертикально: в первом случае центр тяжести находится над непо¬
движной точкой, во втором под ней; назовем их соответственно
движение 1 и движение 2.
Для решения вопроса об устойчивости найденных стационар¬
ных движений, вычислим матрицу вторых производных функции
Ro(1?, ip) на каждом из движений:
II д2Др .._ / sini?sini/i —cosi?cosi/j \
dqidqj — cos 1? cos'0 sin 1? sin ip J
92Ro ( 1 0 \
11 0^ ( 0 1 (4-1L9)
2) " d^dqj = (0 -1 ) ’ (4.11.10)
Соотношение (4.11.10) является достаточным условием устой¬
чивости движения 2(см. [12],[13],[14]).
Выполнение равенства (4.11.9), в отличие от аналогичной си¬
туации в задаче об устойчивости положения равновесия, не поз¬
воляет сделать вывод об устойчивости или неустойчивости движе¬
ния 1. Это обстоятельство связано с тем, что структура функции
Ri в рассматриваемой задаче, свидетельствует о наличии в уравне¬
ниях Рауса слагаемых, называемых гироскопическими силами (см.
[12],[13],[14]).
188
Для того, чтобы найти решение поставленной задачи во втором
случае и разобраться с тем, что происходит в первом, перейдем к
переменным, описывающим отклонения от стационарных значений:
1)т?=^ + «,^=^+Д
it
. 7Г , ЗТГ
2)0 = о +a,V’= v+7’
А Л
и выпишем квадратичные по отклонениям и скоростям части функ¬
ции Рауса для обоих случаев:
Л*(1) = J^a2 + Д2) + ~mgl(a2 + /?2) - J^pa,
1 1
Я*(2) = + 72) - + 72) ~ JCr07O-
Матрицы, задающие уравнения малых колебаний (см. IV.21),
имеют вид:
M‘ = (o °f)'X1 = (
M’=(o °£)'*2 =
—mgl 0 A „ _ f 0 J<r0 \
0 —mgl / 1 \ — JqTq 0 J ’
/ mgl 0 \ p _ / 0 Jqvq \
0 mgl J ’ 2 ~ \ —J(r0 0 J '
соответственно, сами уравнения для каждого из случаев будут вы¬
глядеть так:
1) J^a + JqTqP — mgla = О,
— J^roa — mglll = 0,
2) J^a + J^ro7 + mgla = 0,
— J^tqoi + mgly = 0.
Рассмотрим сначала движение 2, так как для него вопрос об
устойчивости решен. Характеристическое уравнение (уравнение
собственных частот) для этого движения имеет вид
det ( Д-0*
у — J(_a + mgl J
(J€A2 + mgZ)2 + (J<r0A)2 = 0. (4.11.11)
Полагая A = iw, получим:
(—J$w2 + mgl)2 — ( J^tqw)2 = 0 =>
((—J^2 + mgl) — J^row)((—Jjw2 + mgl) + J^tqw) = 0 =>
189
2 , J<r0 mgl
1 4 — w —
Ji
Jcry
2Jf.
2 J<r0 mgl
LU —W z— — О =Ф- W2,4 —
ЛпД2 , mgl
2Jt ) J€ ’
(4.11.12)
2 mgl
+ ~~ =-- ~W1,3.
■k
(4.11.13)
Из выражений (4.11.12) и (4.11.13) видно, что все корни уравне¬
ния (4.11.11) чисто мнимые и образуют две пары комплексно со¬
пряженных чисел.
Решив уравнения (IV.24) и (IV.25), найдем соответствующие
собственные векторы
(г X / г X
mgl — J^uJ? I «3 = I mgl-J^u^ I
J^roU»! / \ /
(— i \ / —i \
I ^4 — I | >
J \ /
и запишем общее решение системы уравнений для движения 2:
( ) := 52^' +Ч)и27-1еА23-14 -I- (с,- - id^Uije^ =
\ / j==1
(—(di coswit 4-Щ sinwit X
(C1 coswit - di sinwit) J +
(— (d2 cos w3t 4- C2 sin w3t \
m9j^33 (c2 cos - d2 sin w3t) J '
Определив из начальных условий значения произвольных постоян¬
ных ci, di, С2, d3 найдем:
/ d(t) X _ / J + a(t) X , ,
гЧ I+7W J- (4Л1Л4)
Используя циклический интеграл, получим соотношение:
<g(t) = го— cos d(t) => y>(t) = tg(O) — / ф(х) cos &(x)dx,
Jo
которое вместе с формулами (4.11.14) дает решение задачи о ма¬
лых колебаниях в окрестности стационарного движения 2. Вернем¬
ся, теперь, к движению 1 и запишем для него характеристическое
190
уравнение:
det f ™gl TJ$°X . = 0 => (J(X2-mgl)2+(J^X)2 = 0,
\ -J^roA J^X mgl J v 5 ' v 4 '
(4.11.15)
A = ш => (—J^w2 — mgl)2 — (J^row)2 — 0 =>
((—J^u)2 — mgl) — J^roiv)((—J^ii>2 — mgl) + J^tqw) = 0 =>
,,2 . J<r°,, , m9l — a-*.,, - J<r° +
w H -—ш H—— = I) => a>it3 — — ■ у ±
•4
w2_^+^=O^u;24 = ^ot
J( J( ’ 2 Je +
Из формул (4.11.16) и (4.11.17) видно, что если
mgl
~"jT
(4.11.16)
= — Wl,3-
(4.11.17)
J<r0A2 mgl
2J/: J ’
действительная часть, по крайней мере, одного из корней уравнения
(4.11.15) будет положительна и, следовательно, по теореме Ляпу¬
нова о неустойчивости (см. [ 12],[13],[ 14]) стационарное движение 1
будет неустойчиво. Если же справедливо неравенство
(4.11.18)
\ J Je
называемое условием Маиевского-Четаева (см. [ 12],[ 13],[ 14]), то
все корни уравнения (4.11.15) являются чисто мнимыми, и, в этом
случае, можно дословно повторить процедуру построения решения
задачи о малых колебаниях, проведенную выше.
Г. То обстоятельство, что все корни характеристического урав¬
нения являются чисто мнимыми, вообще говоря, не может служить
основанием для утверждения об устойчивости соответствующего
движения, однако в рассматриваемой задаче выполнение условия
(4.11.18) действительно гарантирует устойчивость движения 1 (до¬
казательство см. в [12],[14]).
191
Литература
[ 1 ] Пойа Д. Как решать задачу. М.: Учпедгиз, 1961.
[2] Бухгольц Н.Н.,Воронков И.М.,Минаков А.П. Сборник задач
по теоретической механике. М.-Л.: Гостехиздат, 1949.
[3] Мещерский И. В Сборник задач по теоретической механике.
М.: Наука, 1981.
[4] Каф. теор.мех. и мехатроники мех.-мат. ф-та МГУ. Задачи
по теоретической механике. М.: Изд-во мех.-мат. ф-та МГУ,
2004.
[5] Шутц Б. Геометрические методы математической физики. М.:
Мир, 1984.
[6] Суслов Г.К. Теоретическая механика. М.-Л.: Гостехиздат,
1946.
[7] Аппель П. Теоретическая механика, т.2. М.: Физматгиз, 1960.
[8] Вильке В.Г. Теоретическая механика. C.-П.: Лань , 2003.
[9] Лидов М.Л. Курс лекций по теоретической механике. М.: Физ¬
матлит, 2001.
[10] Голубев Ю.Ф. Основы теоретической механики. М: Изд-во
Моск.Ун-та, 2000.
[11] Справочник: Вибрации в технике, т. 1 Колебания линейных си¬
стем. М.: Машиностроение, 1976.
[12] Карапетян А.В. Устойчивость стационарных движений. М.,
Эдиториал УРСС, 1998.
[13] Меркин Д.Р. Введение в теорию устойчивости движения. М.,
изд-во Наука, гл.ред.физ.-мат.лит., 1971.
[14] Рубановский В.Н., Самсонов В.А. Устойчивость стационар¬
ных движений в примерах и задачах.М., Наука, гл.ред.физ.-
мат.лит., 1988.
[15] Журавлев В.Ф. Основы теоретической механики.М.: Физмат¬
лит, 2001.
[16] Маркеев А.П. Теоретическая механика.РХД,Москва-
Ижевск,2001.
192
Оглавление
Предисловие 3
Глава 1 Кинематика 10
1. Перечень I: основные понятия и формулы кинематики 10
1.1. Кинематика точки 10
1.2. Кинематика абсолютно твердого тела 11
1.3. Теоремы сложения 13
2. Задачи 14
Глава 2 Динамика точки 40
1. Перечень II: основные понятия и теоремы динамики
материальной точки 40
2. Задачи 43
Глава 3 Динамика системы материальных точек 79
1. Перечень III: основные понятия и теоремы динамики
системы материальных точек 79
1.1. Определения и формулы для вычисления ос¬
новных динамических величин 79
1.2. Общие теоремы динамики системы матери¬
альных точек ([6],[7],[9],[ 15],[ 16]) 81
1.3. Некоторые сведения о связях 82
1.4. Теоремы динамики для систем с идеальными
связями ([7],[8],[9],[10]) 87
2. Задачи 89
Глава 4 Некоторые задачи аналитической механики 140
1. Перечень IV: используемые положения аналитиче¬
ской механики 140
1.1. Уравнения Лагранжа второго рода 140
1.2. Первые интегралы уравнений Лагранжа. ... 141
1.3. Положения равновесия и теория малых ко¬
лебаний 141
1.4. Стационарные движения и малые колебания
относительно них 143
2. Задачи 145
193
Антонов Игорь Леонидович
Как решать задачи по теоретической механике
М., Издательство Центра прикладных исследований при
механико-математическом факультете МГУ, 194стр.
Оригинал макет изготовлен издательской
группой механико-математического факуль¬
тета МГУ
Подписано в печать 10.10.2010 г.
Формат 60x90 1/16. Объем 12,0 п.л.
Заказ 29 Тираж 300 экз.
Издательство ЦПИ при механико-математическом факультете
МГУ г. Москва, Ленинские горы.
Отпечатано на типографском оборудовании механико¬
математического факультета.
194