МЕХАНИКА • СЛЕПКОВ АЛЕКСАНДР ИВАНОВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ. РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ.
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА VK.COM/TEACHINMSU.
МЕХАНИКОМАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ
М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА.
СЕМИНАРЫ. ЧАСТЬ 1
КУЛЕШОВ
АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
МЕХМАТ МГУ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН
СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ. РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ
СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ.
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ
НА VK.COM/TEACHINMSU.
ЕСЛИ ВЫ ОБНАРУЖИЛИ
ОШИБКИ ИЛИ ОПЕЧАТКИ,
ТО СООБЩИТЕ ОБ ЭТОМ,
НАПИСАВ СООБЩЕСТВУ
VK.COM/TEACHINMSU.
БЛАГОДАРИМ ЗА ПОДГОТОВКУ КОНСПЕКТА
СТУДЕНТКУ МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОГО ФАКУЛЬТЕТА МГУ
ТАГИРОВУ ДЖАННЕТ ДЖАБРАИЛОВНУ
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Содержание
1.
Семинар 1
Кинематика точки. Базовые понятия . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Задача про ползунок . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Полярные координаты на плоскости. Связь с декартовой системой координат
Задача о движении точки на плоскости №1. Сохранение секторной скорости
Предыдущая задача с дополнительным условием сохранения скорости . .
Задача о движении точки на плоскости №2 . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Задача о движении точки на плоскости №3 . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
7
7
9
10
12
13
15
2.
Семинар 2
Основные понятия, связанные с репером Френе. Формулы
Кривизна кривой, заданной параметрически . . . . . . . .
Кривизна кривой, заданной явно . . . . . . . . . . . . . .
Задача про ускоренное движение по окружности . . . . .
Френе. Кривизна
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
17
17
21
22
24
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
26
26
27
29
33
34
34
.
.
.
.
.
37
37
38
39
40
42
.
.
.
.
.
.
.
.
.
45
45
47
47
48
49
50
51
53
54
3.
4.
5.
Семинар 3
Задача о нахождении "собачьей кривой"
Задача о нахождении "линии погони" .
Формула сложения скоростей . . . . . .
Задача о движении репера Френе . . . .
Формула сложения ускорений . . . . . .
Задача о движении точки на конусе . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Семинар 4
Формулы для движущейся системы координат . . . . . . . . . . . . .
Задача о точке, которая движется по меридиану вращающегося шара
Задача о точке, которая движется на вращающемся прямоугольнике
Задача о точке, которая движется на вращающемся диске . . . . . . .
Задача о точке, которая движется внутри полого кольца . . . . . . .
Семинар 5
Твёрдое тело, основные понятия. Формулы Эйлера и Ривальса
Качение без проскальзывания . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Задача о соскальзывании пластины с гвоздя . . . . . . . . . . .
Задача о качении пластины без проскальзывания . . . . . . . .
Формула об ускорении точки касания с поверхностью . . . . .
Задача об определении угловой скорости качения . . . . . . . .
Задача о кривизне траектории центра диска . . . . . . . . . . .
Задача о качении циклоиды по окружности . . . . . . . . . . .
Задача о качении диска по параболе . . . . . . . . . . . . . . .
3
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
6.
7.
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Семинар 6
Движение с вращением, центроида . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Задача о скользящем стержне, который опирается на ступеньку . . . .
Задача о скользящем стержне, который опирается на полуокружность
Задача о центроиде системы из четырех связанных стержней . . . . . .
Задача о двух рейках и диском между ними . . . . . . . . . . . . . . . .
Семинар 7
Качение, теория . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Задача о качении спирали Архимеда по параболе . . . . . . . . . . . . .
Задача о качении параболы по параболе . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Задача о качении выпуклой пластинки, которая опирается на стержень
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
57
57
60
62
63
65
.
.
.
.
67
67
68
70
71
8.
Семинар 8
Задача о качении сферы вдоль кривой . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Задача о качении сферы, касающейся граней угла . . . . . . . . . . . . . .
Мгновенная ось вращения. Аксоид . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Задача о качении диска, закрепленным стержнем с неподвижной осью . .
Задача о вращающемся диске, который насажен на вращающийся стержень
74
74
76
77
78
79
9.
Семинар 9
Основы динамики материальной точки . . . . . . . . . . .
Задача о точке, притягиваемой вершинами треугольника
Задача о точке, брошенной с Земли . . . . . . . . . . . . .
Задача о разлетающихся точках . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
82
82
84
86
87
.
.
.
.
.
.
89
89
90
91
92
94
96
10.
11.
12.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Семинар 10
Задачи динамики точки . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Задача о точке, удаляющейся от вертикали с постоянной скоростью . . .
Задача о точке, движущейся по параболе . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Задача о шаре, который катится внутри эллипса . . . . . . . . . . . . . .
Задача о шаре, который катится по окружности . . . . . . . . . . . . . .
Задача о точке, попадающей на окружность с произвольной траектории
Семинар 11
Задача о "мертвой петле" . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Задача о движении вагона, на который действует трение и сила сопротивления воздуха . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Задача о шарике на проволоке . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Задача о движении точки по внутренней стороне окружности . . . . . . .
99
99
100
102
104
Семинар 12
107
Поведение системы на фазовой плоскости, фазовый портрет . . . . . . . . 107
4
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Подход к построению фазовых портретов . . . . . . . . . .
Пример №1. Фазовый портрет гармонического осциллятора
Пример №2. Фазовый портрет уравнения второго порядка .
Пример №3. Фазовый портрет уравнения второго порядка .
Фазовый портрет математического маятника . . . . . . . .
.
.
.
.
.
112
112
113
114
114
13.
Семинар 13
Движение точки в инерциальной системе отсчета . . . . . . . . . . . . . . .
Задача о вращении трубки с шариком на пружине . . . . . . . . . . . . . .
Задача о положении равновесия точки на вращающейся окружности . . .
116
116
116
120
14.
Семинар 14
123
Центр масс, момент инерции . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
Задача о нахождении центра масс дуги . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
Нахождение центра масс системы методом нахождения центров масс подсистемы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
Задача о нахождении центра масс однородного полукруга . . . . . . . . . . 126
Задача о нахождении центра масс прямоугольника, склеенного с полукругом127
Задача о нахождении центра масс однородного треугольного контура . . . 128
Задача о нахождении центра масс конуса . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
Понятие момента инерции . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
15.
17.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
143
143
145
147
148
149
151
Семинар 17
Физический маятник . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Задача о специальной точке подвеса физического маятника . . . . . . . . .
Задача о движении физического маятника с добавочным грузом . . . . . .
154
154
155
155
о
о
о
о
о
о
Семинар 15
нахождении момента инерции отрезка . . . . . . . .
нахождении момента инерции обруча . . . . . . . .
нахождении момента инерции диска . . . . . . . . .
нахождении момента инерции шара . . . . . . . . .
построении эллипсоида инерции кубика . . . . . . .
существовании сферического эллипсоида инерции в
.
.
.
.
.
136
136
137
137
137
139
141
Задача
Задача
Задача
Задача
Задача
Задача
16.
.
.
.
.
.
Семинар 16
Задача о нахождении главных осей инерции пластины . .
Характеристики твердого тела . . . . . . . . . . . . . . . .
Задача о скольжении одного клина по другому . . . . . .
Задача о движении точки по обручу . . . . . . . . . . . .
Кинетический момент, некоторые теоремы . . . . . . . . .
Уравнение движения твёрдого тела с неподвижной осью .
5
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
точке
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Вычислительная задача про физический маятник . . . . . . . . . . . . . . 156
18.
19.
Семинар 18. Часть 1
Плоскопараллельное движение . . . . . . . . . . . . . . . .
Задача о катящемся под действием силы колесе . . . . . . .
Задача о катящемся под действием вращательного момента
Задача о скатывании маленького шара с большого шара . .
Задача о скользящем по полу стержне . . . . . . . . . . . .
. . . . .
. . . . .
колесе .
. . . . .
. . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
158
158
158
160
162
165
Семинар 18. Часть 2
168
Задача о катящейся катушке . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
Задача о падении дерева . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171
6
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
1.
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Семинар 1
Кинематика точки. Базовые понятия
Рис. 1.
Если относительно неподвижной системы координат Oxyz движется точка P , то
ее положение в каждый момент времени описывается радиусом-вектором, где e~x e~y
e~z — единичные векторы этой системы координат. Если известны x = x(t), y = y(t),
z = z(t), тогда траектория точки — кривая, по которой движется конец этого
радиус-вектора.
Скорость точки — производная радиус-вектора:
~ )
d(OP
= V~P = ẋe~x + ẏ e~y + ż e~z
dt
Ускорение точки - вторая производная радиус вектора или первая производная
скорости:
~ )
d2 (OP
V~P
=
= ẍe~x + ÿ e~y + z̈ e~z
dt
dt
Задача про ползунок
Ползун А движется из начального положения С вдоль неподвижной прямой СD
с постоянной скоростью u, прикрепленная к ползуну нерастяжимая нить длины l
продета через неподвижное кольцо O и соединена с ползуном B, который движется
вдоль прямой OE. Найти скорость и ускорение ползуна B, как функции расстояния
S, пройденного ползуном A, если OC⊥CD и OE, AC = h.
7
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Рис. 2. Рисунок к задаче про ползунок
Решение
Введем систему координат: кольцо O — неподвижно, поэтому его можно взять за
начало неподвижной системы координат.
Направим ось OX вдоль прямой, по которой движется ползун Б - прямая OE параллельная CD, след. положение ползуна тоже может быть описана в этой же системе
координат:
VA = ue~x
s
AC = ut = s, t =
u
~
OB = xe~x
√
√
l = x + h2 + u2 t2 ⇒ x = l − h2 + u2 t2
2u2 t
u2 t
= −√
VB = ẋe~x = − √
2 h2 + u2 t2
h2 + u2 t2
Аналогично для ускорения:
a~B = ẍe~x = −u2 ( √
В результате:
√
t
u2
u2 t
u2 h2
2 + u2 t2 −t √
)=− 2
x
=
x(
h
)
=
−
h + u2 t2
(h2 + u2 t2 )3/2
h2 + u2 t2
h2 + u2 t2
us
V~B = − √
e~x
h2 + s2
u2 h2
a~B = − 2
e~x
(h + s2 )3/2
8
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Полярные координаты на плоскости.
Связь с декартовой системой координат
Введем следующие координаты:
Рис. 3. Полярные координаты
Расстояние r = OP и угол ϕ, который образует радиус-вектор этой точки с осью
OX — полярный угол; единичный вектор вдоль направления радиуса-вектора e~r , и
единичный вектор e~ϕ перпендикулярный ему в сторону возрастания угла ϕ.
~ выражается просто как OP
~ = re~r , а x и y: x = r sin ϕ, y = r cos ϕ
Вектор OP
er = cos ϕex + sin ϕey
eϕ = − sin ϕex + cos ϕey
Выразим e~x e~y через er и eφ :
e~x = cos er − sin eϕ
e~y = sin er + cos eϕ
Располагая этими выражениями, найдем выражение для скорости и ускорения точки в полярной системе координат:
~ = r cos ϕe~x + r sin ϕe~y
OP
V~P = (ṙ cos ϕ − rϕ̇ sin φ)e~x + (ṙ sin ϕ + rϕ̇cosϕ)e~y =
(ṙ cos ϕ − rϕ̇ sin ϕ)(cos ϕ~
er − sin ϕe~ϕ ) + (ṙ sin ϕ + rϕ̇ cos ϕ)(sin ϕ~
er + cos ϕe~ϕ )
V~P = ṙe~r + rϕ̇e~ϕ
9
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Получим выражение для ускорения. Для этого продифференцируем скорость по
времени:
a~P = (r̈ cos ϕ−2ṙϕ̇ sin ϕ−rϕ̈ sin ϕ−rϕ̇2 cos ϕ)e~x +(r̈ sin ϕ+2ṙϕ̇ cos ϕ+rϕ̈ cos ϕ−rϕ̇2 sin ϕ)e~y
a~P = (r̈ − rϕ̇2 )~
er + (2ṙϕ̇ + rϕ̈)e~ϕ
Задача о движении точки на плоскости №1. Сохранение
секторной скорости.
Рис. 4. Рисунок к задаче о движении точки на плоскости №1
Точка P описывает плоскую траекторию таким образом, что продолжение ее вектора ускорения все время направлено в данную неподвижную точку O. Определить
свойства траектории точки P .
Решение
Выберем неподвижную точку O, которая будет началом неподвижной системы
координат. В качестве системы координат возьмем полярные оси.
Поскольку вектор ускорения коллинеарен вектору ~r, то:
[a~P × ~r] = 0 ⇒
[((r̈ − rϕ̇2 )~
er + (2ṙϕ̇ + rϕ̈)e~ϕ ) × re~r ] = 0
10
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
r(2ṙϕ̇ + rϕ̈) = 0
Раскрываем скобки:
2rṙϕ̇ + r2 ϕ̈ = 0
В левой части этого соотношения стоит полная производная по времени данного
выражения:
d 2
(r ϕ̇) = 0
dt
Если производная по времени равна нулю, то выражение является константой ⇒
r2 ϕ̇ = C
Значение константы C определяется начальными условиями.
Имеет либо положительное, либо отрицательное значение. ϕ̇ = rC2 — знакоопределённая функция (C 6= 0).
Это означает, что ϕ — монотонная функция. Таким образом, если нарисована какаято траектория, то мы можем сразу ответить на вопрос: может ли точка двигаться
по этой траектории так, что вектор ускорения направлен все время в неподвижную
точку O.
Рис. 5. Случайная траектория точки
В данном случае — не может, т.к. у этой траектории есть промежутки изменения
угла ϕ, на которых он меняется немонотонно.
11
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Ускорение пропорционально действующей на точку силы (по второму закону Ньютона), поэтому можно решить задачу, где происходит движение точки, притягиваемой к какому-нибудь неподвижному центру. Например, когда и планета и спутник
— точки.
r2 ϕ̇ = C — секторная скорость, а сохранение этой скорости — один из величайших
законов Кеплера.
Предыдущая задача с дополнительным условием
сохранения скорости
Рис. 6. Рисунок к задаче с дополнительным условием сохранения скорости
В условиях предыдущей задачи предположим дополнительно, что скорость точки постоянна: V~P = V0 = const
И в начальный момент: r(ϕ) |ϕ=0 = b. Найти траекторию точки в предыдущей задаче.
Решение
2ṙϕ̇ + rϕ̈ = 0 — из условий, что вектор ускорения направлен в неподвижную точку.
А, зная выражения компонент вектора скорости, можно написать:
p
|V~P | = ṙ2 + r2 ϕ̇2 = V0
Возведем в квадрат:
ṙ2 + r2 ϕ̇2 = V0 2
12
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Продифференцируем по времени:
ṙr̈ + rṙϕ̇2 + r2 ϕ̇ϕ̈ = 0
rϕ̈ = −2ṙϕ̇
ṙr̈ + rṙϕ̇2 + rϕ̇(−2ṙϕ̇) = 0
ṙ(r̈ − rϕ̇2 ) = 0
Решим уравнение:
1) Если r̈ − rϕ̇2 = 0, то и компонента при e~r (a~P = (r̈ − rϕ̇2 )~
er + (2ṙϕ̇ + rϕ̈)e~ϕ )
тоже равна 0, значит вектор нулевой, что не подходит по условию задачи. ⇒
2) ṙ = 0 и в силу выбранных начальных условий: r = C = b
Рис. 7. Окружность с центром в точке O и радиусом b
Таким образом, получающаяся траектория — это окружность с центром в точке
O и радиусом b.
Задача о движении точки на плоскости №2
Зная, что в плоском движении точки модуль ее скорости постоянен: |V~P | = V0 =
const, а скорость изменения угла ϕ: ϕ̇ = ω0 = const. Найти траекторию точки, если
в начальный момент времени r(ϕ) |ϕ=0 = 0
Решение
13
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Снова воспользуемся
формулами для скорости и ускорения в полярной системе
p
2
2
2
координат. ṙ + r ϕ̇ = V0 = const
Воспользуемся тем, что ϕ̇ = ω0 = const. Перепишем формулу в таком виде:
p
ṙ2 + ω0 2 r2 = V0 = const
ṙ2 + ω0 2 r2 = V0 2
Продифференцируем по времени обе части:
2ṙr̈ + ω0 2 2rṙ = 0
2ṙ(r̈ + ω0 2 r) = 0
1) ṙ = 0 ⇒ r = C, но в силу начальных условий: при r(ϕ) |ϕ=0 = 0 ⇒ r ≡ 0 такой вариант не подходит.
2) r̈ + ω0 2 r=0. Решением такого уравнения является комбинация синусов и косинусов r = c1 sin (ω0 t) + c2 cos (ω0 t)
Общее решение:
ṙ = c1 ω0 cos (ω0 t) − c2 ω0 sin (ω0 t)
r̈ = −c1 ω0 2 sin (ω0 t) − c2 ω0 2 cos (ω0 t)
Выберем полярные оси так, чтобы ϕ = ω0 t, тогда полученное выражение можно
переписать:
r = c1 sin ϕ + c2 cos ϕ
ϕ = 0:
r = c2 ⇒ c2 = 0 ⇒ r = c1 sin ϕ.
Определим, чему равна константа c1 . Из условия, что скорость движения постоянна:
p
ṙ2 + r2 ϕ̇2 = V0 = const
p
ṙ2 + ω0 2 r2 = V0 = const
r = c1 sin ϕ = c1 sin ω0 t
ṙ = c1 ω0 cos ω0 t
p
c1 2 ω0 2 cos2 ω0 t + ω0 2 c1 2 sin2 ω0 t = V0
ω 0 c1 = V 0
V0
c1 =
ω0
V0
sin ϕ
r=
ω0
Траектория точки - окружность радиуса
оси
14
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
V0
,
2ω0
касающаяся при ϕ = 0 полярной
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Рис. 8. Окружность радиуса
V0
,
2ω0
касающаяся при ϕ = 0 полярной оси
Задача о движении точки на плоскости №3
Рис. 9. К задаче о движении точки на плоскости №3
Точка P движется в плоскости Oxy таким образом, что угол α между ее радиусвектором и вектором скорости постянен во все время движения. Найти траекторию
точки.
Решение
Для скорости точки P :
V~P = ṙe~r + rϕ̇e~ϕ
Раскладывая по единичным векторам:
V~P = V cos αer + V sin eϕ
15
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Сравнивая эти два выражения между собой, получаем:
(
ṙ = V cos α
rϕ̇ = V sin α
Если α = −π, 0, π ⇒ sin α = 0 ⇒
rϕ̇ = 0 ⇒ ϕ̇ = 0ϕ = const - точка движется по прямой.
Если α = π2 , − π2 ⇒ cos α = 0, то ṙ = 0r = const - траектория точки - окружность,
радиус которой определяется начальными условиями.
Если обе части отличны от нуля:
ṙ
V cos α
=
= ctg α
rϕ̇
V sin α
dr
= ctg α
rdϕ
Дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными ⇒
dr
= ctg αdϕ
r
ϕ(t) |t=0 = ϕ0 , r(t) |t=0 = r0
r = r0 exp(ctg α(ϕ0 − ϕ))
r(ϕ) = r0 ekϕ - логарифмическая спираль.
Следовательно, в данном случае траектория точки - логарифмическая спираль.
16
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Рис. 10. Репер Френе
2.
Семинар 2
Основные понятия, связанные с репером Френе. Формулы
Френе. Кривизна
Введем новую систему координат:
Пусть задана правая декартова система координат Oxyz, относительно которой
~ = ~r. Будем
движется точка P . Ее положение определяется радиус-вектором OP
считать, что для некоторого промежутка времение a 6 t 6 b нам известны компоненты этого вектора, то есть он известен как функция времени ~r = ~r(t) или в
разложении по осям ~r = x(t)e~x + y(t)e~y + z(t)e~z .
Производная вектора ~r:
~ṙ = ẋ(t)e~x + ẏ(t)e~y + ż(t)e~z
Вспомним, что ~ṙ является касательным вектором к траектории точки P - вектор
скорости V (t). Если мы перейдем от параметра времени к другому параметру, то
по правилам дифференцирования сложной функции мы получим:
S = ϕ(t)
d~r dϕ
d~r
=
dt
dS dt
dϕ
и увидим, что так как dt - скалярная функция, то этот вектор не поменяет направления, он по-прежнему останется касательной.
17
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Выберем функцию ϕ(t) таким образом, чтобы касательный вектор по модулю был
d~
r
единичным | dS
| = 1. Легко увидеть, что вектор скорости при переходе от параметра
:
t к параметру S делится на dϕ
dt
r
| d~
|
d~r
dt
=| |
dϕ
dS
| dt |
В силу этого мы можем подобрать параметр S так, чтобы выполнялось свойство
d~
r
| dS
| = 1.
Соответствующий параметр S называется натуральным параметром. Легко увидеть, что:
d~r
dS d~r
| || | = | |
dt dS
dt
d~
r
А, так как | dS
| = 1, то можно предположить, что:
|
dS
d~r
|=| |
dt
dt
или
dS =
p
dx2 + dy 2 + dz 2
Рис. 11.
Соответствующая формула возникает в математическом анализе, как формула
для вычисления длины дуги кривой, как предела периметра вписанных или описанных ломаных линий. Таким образом, по своему смыслу S - длина дуги кривой,
18
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
d~
r
= e~τ - единичоткладываемой от некоторого начального положения. И вектор dS
ный касательный вектор, направленный в сторону роста S. (мы откладываем S от
какого-то начального значения, S растет в каком-то направлении на кривой, и направленный в сторону этого роста единичный касательный вектор мы обозначаем
e~τ ). Поскольку модуль этого вектора единица, то есть справедливо условие:
(e~τ · e~τ ) = 1
то дифференцирование этого соотношения приводит к такому соотношению:
(e~τ ·
de~τ
)=0
dS
e~τ
Мы видим, что производная вектора e~τ по натуральному параметру ( ddS
) ему перde~τ
пендикулярна. Конечно, в общем случае dS - вектор не единичный, поэтому мы его
нормируем и получим вектор e~ν , который есть есть
e~ν =
de~τ
dS
de~τ
| dS |
e~τ
Модуль | ddS
| = k - кривизна кривой. Таким образом мы получаем:
de~τ
= k e~ν − первая формула Френе.
dS
Вектор e~ν вместе с вектором e~τ - единичный вектор главной нормали образуют
систему двух ортогональных векторов. Доплним ее еще третьим вектором:
e~β = [e~ν × e~τ ] — вектор бинормали
Можно рассмотреть такую систему координат Репер Френе: начало - в движущейся
точки P, а e~τ , e~ν , e~β - единичные базисные векторы данной системы координат.
При рассмотрении задач о движении точки по кривой часто бывает удобно решать
задачу, используя эту систему координат.
Величина, обратная кривизне кривой: ρ = k1 — радиус кривизны.
Найдем выражения для компонент скорости и ускорения точки в Репере Френе:
~
Радиус-вектор точки мы считаем функцией времени: ~r = r(s(t))
d~
r
dS
dS
Скорость точки: V~P = dt dt = V e~τ , где V = dt
V~P
e~τ
Вычислим ускорение: a~p = ddt
= dtd (V e~τ ) = V̇ e~τ +V ddte~τ = V̇ e~τ +V ddS
V = V̇ e~τ +V 2 k e~ν
Итак,
V = V e~τ
a~p = V̇ e~τ + V 2 k e~ν = V̇ e~τ +
19
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
V2
e~ν
ρ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
Две остальные формулы Френе выражают производные единичных векторов e~τ , e~ν , e~β
через сами эти векторы и некоторые скалярные характеристики.
e~ν
Найдем производную вектора e~ν : ddS
= ae~τ + be~β , также нам известно, что (e~τ · e~ν ) =
0. Продифференцируем скалярное произведение по натуральному параметру:
(
de~τ
de~ν
· e~ν ) + (e~τ
)=0
dS
dS
(k e~ν · e~ν ) + (e~τ · (ae~τ + be~β )) = 0
k+a=0
a = −k
b = æ — кручение кривой
Кручение — это характеристика пространственной кривой. Если кручение нулевое,
то кривая плоская.
Вторая формула Френе:
de~τ
dS
= −k e~τ + æe~β
Третья формула Френе:
de~β
dS
= −æe~ν
Рис. 12. Плоская кривая
Когда мы вводили величину k, мы предполагали, что это абсолютная величина —
e~τ
модуль вектора ddS
и так часто бывает, что в дифференциальной геометрии предполагается, что эта характеристика всегда положительная ⇒ и радиус кривизны
20
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
тоже положительный. Но при движении по плоской кривой, лучше всего предполагать, что кривизна может быть любого знака, а именно: в случае движения по
плоской кривой Репер Френе вводится несколько по-другому. При движении Репера Френе по пространственной кривой мы можем смотреть, чему равна кривизна,
и если она получается отрицательной, то сказать, что нужно переориентировать
Репер и кривизна снова будет положительной. Вектор бинормали в таком случае
мы вводим по-другому: e~β = e~z (он смотрит на нас), а если так, то, чтобы векторы
e~τ , e~ν , e~β образовывали правую тройку, нам надо, чтобы e~ν = [e~β × e~τ ]. Увидим, что
e~τ образует с вектором e~x угол α.
И можно видеть, что
e~τ = cos αe~x + sin αe~y
Соответственно вектор
e~ν = − sin αe~x + cos αe~y
Глядя на две эти формулы и производя дифференцирование, мы можем написать,
что:
de~τ
dα
dα
= − sin
e~x + cos
e~y
dS
dS
dS
de~τ
dα
dα
=
(− sin αe~x + cos αe~y ) =
de~ν
dS
dS
dS
dα
Следовательно, сравнивая эту формулу с первой формулой Френе: k = dS
, где α
dα
— угол смежности, а k = dS — алгебраическая кривизна или кривизна со знаком
(положительная или отрицательная).
Укажем несколько формул для нахождения кривизны кривой. Рассматривать будем случай плоской кривой, заданной различными способами.
Кривизна кривой, заданной параметрически
Начнем с плоской кривой, заданной параметрически. Обратимся к формулам
V = V e~τ
a~p = V̇ e~τ + V 2 k e~ν = V̇ e~τ +
V2
e~ν
ρ
Вспомним, что векторное произведение двух коллинеарных векторов нулевое, след.
если [V~ × ~a] = [V e~τ × (V̇ e~τ + kV 2 e~ν )] = kV 3 [e~τ × e~ν ] = kV 3 e~β . Значит,
k=
([V~ × ~a] · e~β )
— формула для нахождения кривизны кривой.
V3
21
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Посмотрим, во что превращается эта формула в ситуации, когда кривая задана
параметрически:
~r = x(t)e~x + y(t)e~y
V~ = ẋe~x + ẏ e~y
~a = ẍe~x + ÿ e~y
1
V = |V~ | = (ẋ2 + ẏ 2 ) 2
[V~ × ~a] = ÿ ẋe~z − ẍẏ e~z
Мы уже сказали, что для плоской кривой e~z = e~β . Таким образом, для плоской
кривой
([V~ × ~a] · e~z )
k=
V3
Подставляя все вычисленные характеристики, получаем такую формулу:
k=
(ÿ ẋ − ẍẏ)
3
(ẋ2 + ẏ 2 ) 2
— кривизна плоской кривой, заданной параметрически
Эта формула более общая, чем мы написали. В ней производная (с точкой) — это
необязательно производная по времени. Кривая может быть задана любой параметризацией и тогда вот эта точка — производная по тому параметру, которым кривая
и задана.
Окружность:
x = R cos ϕ, y = R sin ϕ
Будем считать, что эта точка — это производная по параметру ϕ, тогда:
ẋ = −R sin ϕ, ẍ = −R cos ϕ
ẏ = R cos ϕ, ÿ = −R sin ϕ
И, подставляя в формулу выше найденные характеристики, мы получаем:
k=
R2 sin2 ϕ + R2 cos2 ϕ
2
(R2 sin ϕ + R2 cos2 ϕ)
3
2
=
R2
(R2 )
3
2
=
1
R
Кривизна кривой, заданной явно
В таком случае за параметр следует принять сам x. Тогда
k=
(1
d2 y
dx2
dy 2 32
+ ( dx
))
— кривизна плоской кривой, заданной явным образом
22
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
dα
. Для этого вспомним
Эту формулу также можно получить с помощью k = dS
школьные формулы.
dy
tg α =
dx
dy
α = arctan
dx
dα dx
dα
=
— так как α зависит от x
k=
dS
dx dS
Воспользуемся формулой для дифференциала дуги:
r
p
dS
dy
dS = dx2 + dy 2 ⇒
= 1 + ( )2
dx
dx
dα
dx
=
Тогда
Значит,
dy
d
(arctan( dx
))
dx
=
d2 y
dx2
dy 2
)
1+( dx
dα
=
dS
dα
dx
dS
dx
=
(1
d2 y
dx2
dy 2 23
+ ( dx
))
Последняя из формул для кривизны кривой — это формула для кривизны кривой,
заданной в полярной системе координат. Итак, предполагаем, что задана кривая в
полярной системе координат r = r(ϕ), тогда
x = r(ϕ) cos ϕ
y = r(ϕ) sin ϕ
Производная, которая вычисляется для кривой, заданной параметрически — это
производная по углу ϕ, поэтому:
ẋ = ṙ cos ϕ − r sin ϕ
ẏ sin ϕ + r cos ϕ
ẍ = r̈ cos ϕ − 2ṙ sin ϕ − r cos ϕ
ÿ = r̈ sin ϕ + 2ṙ cos ϕ − r sin ϕ
Теперь полученные формулы нам нужно подставить в выражение для кривизны
кривой, заданной параметрически (параметром является ϕ)
r2 + 2ṙ2 − rr̈
3
(ṙ2 + r2 ) 2
23
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
=k
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Рис. 13. Рисунок к задаче про ускоренное движение по окружности
Задача про ускоренное движение по окружности
Точка P описывает окружность радиуса R, ускорение точки образует с ее скоростью постоянный угол α, причем α 6= π2 . За какое время скорость точки изменится
в n раз, если в момент t = 0 она равнялась V0 ?
Решение
Для решения задачи воспользуемся полученными формулами для компонент скорости и ускорения в Репере Френе. Возьем Репер Френе, начало в движущейся точке
P , тогда с одно стороны ускорение точки P имеет следующий вид:
~a = V̇ e~τ +
V2
e~ν
R
А с другой строны. В условии задачи было сказано: вектор ускорения образует
постоянный угол с вектором скорости и, значит, в проекции на единичные базисные
векторы Репера Френе этот вектор запишется таким образом:
a cos αe~τ + a sin αe~ν , где a — абсолютная величина ускорения
(
V̇ = a cos α
Сравнивая эти формулы, получим следующую систему: V 2
= a sin α
R
π
Если бы мы предположили, что α = 2 , то скорость не будет меняться.
Разделим одну формулу на другу:
RdV
cos α
=
= ctg α
dtV 2
sin α
R
d( ) = − ctg αdt
V
24
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Проинтегрируем это уравнение с разделяющимися переменными: VR = − ctg αt + C
t = 0 ⇒ V = V0 ⇒ VR = − ctg αt + VR0
Таким образом, из этой формулы мы можем найти V :
R
R − V0 t ctg α
=
V
V0
Тогда: V =
RV0
R−V0 t ctg α
Из вопроса задачи следует, что нам нужно найти t∗ : V (t∗ ) = nV0
0
Получаем R−VRV
= nV0 ⇒ R = nR − nV0 t∗ ctg α ⇒ nV0 t∗ ctg α = (n − 1)R ⇒ t∗ =
0 t ctg α
(n−1)R
nV0 ctg α
Если cos α > 0, то a = |a| ⇒ V̇ = a cos α положительна ⇒ скорость растет ⇒
cos α > 0, n > 1 или cos α < 0, n < 1
25
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
3.
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Семинар 3
Задача о нахождении "собачьей кривой"
Рис. 14. Рисунок к задаче о нахождении "собачьей кривой"
Материальная точка движется в плоскости Oxy. Найти уравнение траектории
точки, если отрезок касательной, заключенной между точкой касания T и точкой
C (пересечения касательной с осью OX) имеет постоянную длину p.
Решение
Неизвестными в данном случае являются координаты точки T . Обозначим их x и
y. И далее будем получать параметрическое уравнение данной кривой. В качестве
параметра выберем угол α. Если T C = p, то y = T C sin (π − α) = p sin α. Кроме
dy
dx
того dx
= tg α ⇒ dx
= ctg α. Из формулы для y находим: dy = p cos αdα ⇒ dα
=
dy
p cos2 α
sin α
=
p(1−sin2 α)
sin α
=
p
sin α
− p sin α. Получаем дифференциальное уравнение:
dx
p
=
− p sin α
dα
sin α
Проинтегрировав его один раз по углу α, находим: x = p ln tg α2 + p cos α + C, y =
p sin α
Осталось определиться со значением C. Будем считать, что y( π2 ) = p , x( π2 ) = 0.
26
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Тогда получается, что касательная располагалась вертикально. ⇒ C = 0. И мы
получаем параметрическое уравнение данной кривой
x = p ln tg
α
+ p cos α, y = p sin α
2
В явном виде можно записать так:
x = p ln
p+
p
p2 − y 2 p 2
− p − y2
y
Трактриса или "собачья кривая". И смысл ее такой: пусть по оси OX бежит собака,
а поводок имеет длину p, а на другом конце ее хозяин, тогда, если считать, что
поводок все время натянут, то он является отрезком касательной и хозяин будет
двигаться за собакой по этой кривой. Если собака бежит с постоянной скоростью
V0 , то можно написать следующие формулы:
OC = x − p cos α = V0 t
V0 t
α
= exp(
)
2
p
И тогда в случае равномерного движения вдоль оси OX, можно написать более
простые формулы этой кривой в зависимости от времени:
tg
x = V0 t − p th(
y=
V0 t
)
p
p
ch ( Vp0 t )
Задача о нахождении "линии погони"
Корабль движется с постоянной скоростью u вдоль прямой AB. Когда он проходит на кратчайшем расстоянии a мимо крейсера O, то крейсер начинает догонять
его, двигаясь с постоянной скоростью V > u таким образом, что вектор скорости
крейсера все время смотрит на корабль. Определить уравнение кривой OM — линия
погони, а также время t, в течение которого крейсер догонит корабль.
Решение
Обозначим координаты точки M : x и y. Во-первых, если мы ввели угол ϕ, как
dy
угол касательной между этой кривой и осью OX, то tg ϕ = dx
, кроме того AN —
путь, пройденный кораблем за время t. AN = ut. А с другой стороны — AN =
dy
dy
AP + P N = y + P M tg α = y + (a − x) dx
. Таким образом находим: ut = y + (a − x) dx
.
^
скорость изменения дуги кривой: OM = V t = S ⇒ t =
27
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
s
V
. Подставляя формулу для
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
Рис. 15. Рисунок к задаче о нахождении "линии погони"
dy
S в это выражение, находим: uS
= y + (a − x) dx
.
V
u
Отношение скоростей обозначим так: V = n < 1 (скорость крейсера превосходит
dy
скорость корабля) ⇒ ns = y + (a − x) dx
.
Продифференцируем данную формулу по x:
dS
dy
dy
d2 y
=
−
+ (a − x) 2
dx
dx dx
dx
d2 y
dS
n
= (a − x) 2
dx
dx
r
2
dy
dy
n 1 + ( )2 = (a − x) 2 — такое уравнение определяет зависимость y от x
dx
dx
√
dy
dz
ndx
dz
Делаем замену z = dx , получаем n 1 + z 2 = (a − x) dx
⇒ (a−x)
= √1+z
2.
Проинтегрировав, получаем:
√
ln(z + 1 + z 2 ) = −n ln (a − x) + ln C
n
dy
В начальный момент при t = 0: x = 0, y = 0 ⇒ dx
= 0 ⇒ ln C − n ln a = 0 ⇒ C = an
Взяв логарифмы обеих частей, получаем
√
a n
z + 1 + z2 = (
)
a−x
Легко видеть, что, если взять
√
√
√
a−x n
( 1 + z 2 − z)( 1 + z 2 + z) = 1 + z 2 − z 2 = 1 ⇒ 1 + z 2 − z = (
)
a
28
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
dy
a n
1
1
Таким образом, z = dx
= 12 [( a−x
)n − ( a−x
) ] ⇒ y = a2 [ 1+n
( a−x
)1+n − 1−n
( a−x
)1−n ] + C1
a
a
a
1
1
− 1−n
)+C1 ⇒
Если взять начальные условия, то при t = 0: x = 0, y = 0 ⇒ 0 = 21 ( 1+n
an
C1 = 1−n2
Окончательное выражение для данной кривой:
r
dy
d2 y
n 1 + ( )2 = (a − x) 2
dx
dx
dy
ut = y + (a − x) dx
, получим формулу: ut =
an
1−n2
−
an 1
[
( a−x
)1+n
2 1+n
a
+
1
( a−x
)1−n ]
1−n
a
Что означает, что крейсер догонит корабль?
В каждый момент вектор его скорости направлен на корабль, а корабль движется
вдоль прямой, следовательно, он догонит корабль в тот момент, когда x(T ) = a,
тогда:
an
an
au
aV
uT =
⇒T =
=
= 2
2
2
2
u
1−n
u(1 − n )
V − u2
V u(1 − V 2 )
Формула сложения скоростей
Рис. 16. Подвижная и неподвижная система координат
Есть неподвижная система координат и относительно нее движется точка P , но
теперь мы будем рассматривать ее движение, как сложное движение. Рассмотрим
29
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
еще одну дополнительную систему координат. Эта система будет подвижной и мы
будем предполагать, каким образом она движется. Будем рассматривать движение
точки P относительно движущейся системы координат Aξηζ и движение этой системы относительно неподвижной.
~ = OA
~ + AP
~ ,
Итак, рассмотрим простое векторное равенство OP
~ = xe~x + y e~y + z e~z
OP
d ~
V~P = (OP
) = ẋe~x + ẏ e~y + ż e~z )
dt
~
~ + AP
~ ) = d(OA)
~ ) = V~A + d (AP
~ )
С другой стороны: dtd (OA
+ dtd (AP
dt
dt
~ ничего неясно, так как это радиус-вектор точки в поС производной вектора AP
~ = ξ e~ξ + η e~η + ζ e~ζ , где
движной системе координат. Его можно написать в виде AP
ξ, η, ζ — его координаты в подвижной системе координат, а e~ξ , e~η , e~ζ — единич~ :
ные базисные векторы системы координат Aξηζ. Тогда производная вектора AP
d
e
~
d
e
~
d
e
~
ξ
η
ζ
d
~ ) = ξ˙e~ξ + ξ
(AP
+ η̇ e~η + η dt + ζ̇ e~ζ + ζ dt
dt
dt
Введем такое определение: Угловой скоростью ω
~ подвижного базиса e~1 , e~2 , e~3
называется вектор ω
~ = (e~˙2 · e~3 )e~1 + (e~˙3 · e~1 )e~2 + (e~˙1 · e~2 )e~3
Полярные координаты:
Рис. 17. Полярные координаты
e~r = cos ϕe~x + sin ϕe~y
e~ϕ = − sin ϕe~x + cos ϕe~y
e~z = e~z
Тогда, находим производные. Поскольку e~x , e~y , e~z — единичные векторы неподвижной системы координат, тогда e~x , e~y можем не дифференцировать:
d~
er
= − sin ϕϕ̇e~x + cos ϕϕ̇e~y
dt
30
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
d~
er
de~ϕ
de~z
= ϕ̇e~ϕ ,
= −ϕ̇~
er ,
= 0.
dt
dt
dt
Пользуясь этой формулой, можно написать: ω
~ = ϕ̇e~z , что логично.
Пользуясь этим определением, запишем: Для любого подвижного базиса e~1 , e~2 , e~3
справедливы формулы Пуассона:
d~
ei
= [~ω × e~i ], i = 1, 2, 3
dt
Возьмем вектор ddte~1 = ( ddte~1 · e~1 )e~1 + ( ddte~1 · e~2 )e~2 + ( ddte~1 · e~3 )e~3 .
Итак, в силу того, что вектор e~1 — единичный ⇒ (e~1 · e~1 ) = 1 ⇒ ( ddte~1 · e~1 ) = 0 ⇒
( ddte~1 · e~1 )e~1 = 0. Мы знаем, что (e~1 · e~3 ) = 0 ⇒ ( ddte~1 · e~3 ) + (e~1 · ddte~3 ) = 0 ⇒ ( ddte~1 · e~3 ) + ω2 =
0 ⇒ ( ddte~1 · e~3 ) = −ω2 одставляя все в выражение выше, получаем:
e~1 e~2 e~3
de~1
= ω3 e~2 − ω2 e~3 = ω1 ω2 ω3 = ω3 e~2 − ω2 e~3
dt
1 0 0
Соответствующие формулы называются формулами Пуассона и связывают угловую скорость вращения подвижного базиса с производными единичных базисных
векторов.
~ = ξ e~ξ + η e~η +
Теперь вернемся к нашей задаче. А точнее к выражению вектора AP
~ ) = ξ˙e~ξ + ξ de~ξ + η̇ e~η + η de~η + ζ̇ e~ζ + ζ de~ζ =
ζ e~ζ , а его производная: dtd (AP
dt
dt
dt
И теперь мы пользуемся доказанными формулами Пуассона. = ξ˙e~ξ + η̇ e~η + ζ̇ e~ζ +
ξ[~ω × e~ξ ] + η[~ω × e~η ] + ζ[~ω × e~ζ ] = ξ˙e~ξ + η̇ e~η + ζ̇ e~ζ + [~ω × (ξ e~ξ + η e~η + ζ e~ζ )]
Таким образом, мы доказали справедливость следующей формулы:
~ ] — формула абсолютно относительного дифференцирования
ξ˙e~ξ + η̇ e~η + ζ̇ e~ζ +[~ω × AP
Эта формула объясняет, как брать полную производную вектора, целиком заданного в подвижной системе координат, а именно:
~ )
d ~
δ(AP
~ ]
(AP ) =
+ [~ω × AP
dt
δt
~ )
δ(AP
= ξ˙e~ξ + η̇ e~η + ζ̇ e~ζ
δt
Зная эти формулы, вернемся к нашей задаче. Нам нужно посчиать скорость точки
P относительно подвижной системы координат и относительно неподвижной.
~ = OA
~ + AP
~ = d (OP
~ ) = V ~абс — абсолютная скорость точки P относительно
OP
P
dt
неподвижной системы координат.
Берем производную правой части:
~
d ~
~ ) = d (OA)
~ + d (AP
~ ) = V ~абс + δ(AP ) + [~ω × AP
~ ]
(OA + AP
A
dt
dt
dt
δt
31
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
~ )
δ(AP
~ ] = V ~пер — переносная скорость точки P
= VP~отн , VA~абс + [~ω × AP
P
δt
Легко видеть, что если относительная скорость точки P равна нулю, то тогда абсолютная и переносная скорость совпадают. А это значит, что расстояние между A и
P не меняется, P является точкой подвижного пространства, связанного с подвижной системой координат.
VP~пер — абсолютная скорость той точки подвижного пространства, т.е. пространства,
связанного с подвижной системой координат, в которой в данной момент времени
оказалась точка P
VP~абс = VP~отн + VP~пер — формула сложения скоростей
Вспомним некоторые формулы:
de~τ
= k e~ν
dS
de~ν
= −k e~τ + æe~β
dS
de~β
= −æe~ν
dS
Если взять производную не по S, а по времени, то:
de~τ
= k Ṡ e~ν
dt
de~ν
= −k~˙Seτ + æ~˙Seβ
dt
de~β
= −æṠ e~ν
dt
Вектор угловой скорости Репера Френе — вектор Дарбу:
~ = ae~τ + be~ν + ce~β
Ω
de~τ
~ × e~τ ] = b[e~ν × e~τ ] + c[e~β × e~τ ] ⇒ b = 0, c = k
= [Ω
dt
Используя второую формулу Френе:
~ = æṠ e~τ + k Ṡ e~β — вектор угловой скорости Репера Френе
Ω
~ = k Ṡ e~β
В случае плоской кривой (æ = 0) Ω
32
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Рис. 18. Рисунок к задаче о Репере Френе
Задача о движении репера Френе
По неподвижной плоской кривой, кривизна которой k(S), закон изменения S =
S(t), движется Репер Френе и относительного него координаты некоторой неподвижной точки пространства K: P~K = λe~τ + µe~ν . Каким дифференциальным уравнением удовлетворяют λ и µ?
Решение
~абс = 0. Выберем в качеПоскольку K — неподвижная точка пространства, след. VK
стве подвижной системы координат Репер Френе P e~τ e~ν e~β . Получаем:
~абс = V ~отн
VK
K
~отн = λ̇e~τ + µ̇e~ν
VK
А теперь переносная скорость. Начало подвижной системы координат — это точка
P , она едет по кривой и ее скорость VP~абс = Ṡ e~τ . Выше мы нашли формулу для
угловой скорости Репера Френе, значит: [k Ṡ e~β × (λe~τ + µe~ν )] = kλṠ e~ν − kµṠ e~τ
Таким образом, получаются следующие формулы:
λ̇e~τ + µ̇e~ν + Ṡ e~τ + kλṠ e~ν − kµṠ e~τ = 0
(
λ̇ = Ṡ(µk − 1)
µ̇ = −Ṡλk
— дифференциальные уравнения, которым подчиняются λ и µ
33
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Формула сложения ускорений
Получим формулу сложения ускорений. Перепишем ранее выведенные формулы:
VP~абс =
~ )
δ(AP
~ ]
+ VA~абс + [~ω × AP
δt
Чтобы получить формулу сложения ускорений, нужно еще раз продифференцироω
~
вать формулу сложения скоростей. И также введем угловое ускорение: ~ε = dt
~ )
~
~ )
δ 2 (AP
δ(AP
~абс + [~ε × AP
~ ] + [~ω × δ(AP ) ] + [~ω × [~ω × AP
~ ]]
a~абс
=
]
+
a
+
[~
ω
×
P
A
δt2
δt
δt
Теперь немного перегруппируем слагаемые.
~ )
δ 2 (AP
= ξ¨e~ξ + η̈ e~η + ζ̈ e~ζ = a~отн
— относительное ускорение точки P
P
δt2
~ ] + [~ω × AP
~ ] = a~пер — переносное ускорение точки P
a~абс
ε × AP
A + [~
P
~ )
δ(AP
~
] = 2[~ω × VP~отн ] = aкор
P — кориолисово ускорение точки P
δt
Получаем формулу сложения ускорений:
2[~ω ×
кор
~пер
~
~отн
a~абс
P = aP + aP + aP
Задача о движении точки на конусе
Точка M , исходя из вершины конуса O, движется равномерно по образующей
конуса, а сам конус вращается с постоянной угловой скоростью вокруг своей оси.
Найти величину абсолютного ускорения через t секунд после начала движения.
Решение
Считаем, что угол при образующей конуса равен α, тогда радиус-вектор точки M
~ = V t sin αe~x − V t cos αe~y . И этот радиус-вектор задан
в системе координат Oxy: OM
в подвижной системе координат. Система координат Oxyz, связанная с конусом
равномерно вращается вокруг своей оси y, ее угловая скорость вращения ω
~ = ω e~y .
Сначала найдем абсолютную скорость. Итак, относительная скорость точки M :
~ )
δ(OM
a~отн
. Вспомним, что мы должны продифференцировать компоненты, не
M =
δt
34
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Рис. 19. Рисунок к задаче о движении точки на конусе
трогая единичные базисные векторы, по которым он разложен. Дифференцируем
компоненты по t:
a~отн
~y
M = V sin αe~x − V sin αe
К счастью, выбранная нами система координат никуда не движется, ее начало оста~абс
ется фиксированным, она только поворачивается, следовательно VO
~ ] = ω[e~y ×(V t sin αe~x −
Найдем следущую состовляющую абсолютной скорости: [~ω ×OM
V t cos αe~y )] = −V ωt sin αe~z
Следовательно, абсолютная скорость в точке M :
~абс = V sin αe~ − V cos αe~ − ωV t sin αe~
VM
x
y
z
Найдем ускорение точки M с помощью формулы сложения ускорений.
a~отн
M = 0, так как относительная скорость постоянна и угол α постоянен.
ω
~
абс
= 0, так как известно, что конус движется с постоaO , угловое ускорение: ~ε = d~
dt
янной угловой скоростью, след.
~ ]] = ω 2 [e~y ×[e~y ×(V t sin αe~x −V t cos αe~y )]] = ω 2 V t sin α[e~y ×(−e~z )] = −ω 2 V t sin αe~x
a~пер
ω ×[~ω ×OM
M = [~
~
aкор
~y × (V sin αe~x − V sin αe~y )] = −2ωV sin αe~z
M = 2ω[e
Таким образом абсолютное ускорение имеет вид:
2
a~абс
~z
M = −ω V t sin αe~x − 2ωV sin αe
Второй вариант нахождения абсолютного ускорения: продифференцировать формулу скорости напрямую
~абс )
d(VM
dt
= V sin α ddte~x −V cos α ddte~y −ωV sin αe~z −ωV t sin α ddte~z =
35
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
V sin α[~ω × e~x ] − V cos α[~ω × e~y ] = −ωV sin αe~z − ωV t sin α[~ω × e~z ] = ωV sin α[e~y ×
e~x ] − ωV cos α[e~y × e~y ] − ωV cos αe~z − ω 2 V t sin α[e~y × e~z ] = −ωV sin αe~z − ωV sin αe~z −
ω 2 V t sin αe~x = −ω 2 V t sin αe~x − 2ωV sin αe~z
Найдем модуля этого вектора:
√
|a~абс
|
=
ωV
sin
α
ω 2 t2 + 4 — модуль вектора ускорения точки, движущейся по конусу
M
36
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
4.
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Семинар 4
Формулы для движущейся системы координат
Рис. 20. Подвижная и неподвижная системы координат
Вспомним из прошлого семинара, что если точка движется относительно некоторой неподвижной системы координат, ее положение описывается радиус-вектором
~ = ~r и ее движение можно рассматривать как сложное, то есть, точка также
OP
движется относительно некоторой подвижной системы координат Aξηζ, которая
сама известным образом движется относительно неподвижной системы координат.
~
~ = ρ~ = ξ e~ξ + η e~η + ζ e~ζ ⇒ δ(Ap)
Таким образом AP
= ξ˙e~ξ + η̇ e~η + ζ̇ e~ζ .
δt
И также мы доказали формулу для дифференцирования вектора, заданного в по~ )
~ ) = δ(AP
~ ]
движной системе координат: dtd (AP
+ [~ω × AP
δt
При помощи формулы выше мы доказали формулу сложения скоростей.
Пусть скорость точки P относительно неподвижной системы координат обозначается VP~абс = VP~отн + VP~пер
~ )
~абс + [~ω × AP
~ ] — скорость той точки подвижного пространVP~отн = δ(AP
, VP~пер = VO
δt
ства (т.е. пространства, связанного с подвижной системой координат), в которой в
данный момент времени оказалась точка P . Формула сложения ускорений: a~абс
P =
2 (AP
~
δ
)
кор
пер
пер
~
~
~ ]+[~ω ×[~ω × AP
~ ]],
~отн
ε × AP
a~отн
= ξ¨e~ξ + η̈ e~η + ζ̈ e~ζ , a~P = a~абс
P + aP + aP , где aP =
A +[~
δt2
~ )
~ = 2[~ω × δ(AP
где ~ε = d~ω — угловое ускорение, aкор
] Итак, с помощью этих формул мы
dt
P
δt
можем находить абсолютное ускорение точки, рассматривая ее движение относительно подвижной системы, движение которой относительно неподвижной системы
нам известно.
37
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Далее мы прорешаем ряд задач для закрепления этих формул и, чтобы научиться
пользоваться этими формулами в конкретных задачах.
Задача о точке, которая движется по меридиану
вращающегося шара
Рис. 21. Рисунок к задаче о точке, которая движется по меридиану вращающегося
шара
Шар радиуса R вращается вокруг своего вертикального диаметра с постоянн
угловой скоростью ω. Точка M движется равномерно по меридиану шара со скоростью V = const. Найти модуль абсолютного ускорения точки M (a(ϕ)) от угла
широты.
Решение
V — относительная скорость. То, что она постоянна даст нам в итоге условие на то,
как изменяется сам угол ϕ.
Итак, введем систему координат с началом в центре шара. Тогда:
~ = ~r = R cos ϕe~x + R sin ϕe~y
OM
δ~r
~отн = −Rϕ̇ sin ϕe~x + Rϕ̇ cos ϕe~y
= VM
δt
Распишем вектор V в той же системе координат:
V~ = V sin ϕe~x − V cos ϕe~y = VV~отн
38
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
V = −P ϕ̇
ϕ̇ = −
V
R
Продифференцируем выражение для скорости:
V2
V2
a~отн
cos
ϕ
e
~
−
sin ϕe~y
=
V
ϕ̇
cos
ϕ
e
~
+
V
ϕ̇
sin
ϕ
e
~
=
−
x
x
y
M
R
R
Теперь переносное ускорение. Начало нашей системы координат неподвижно и ~ε =
~~
~абс
~ ] = 0 + 0 + [~ω × [~ω × OM
~ ]⇒
0, поэтому: a~пер
ω × [~ω × OM
M = aO + [ε × OM ] + [~
пер
2
2
2
~
a = ω [e~y × [e~y × (R cos ϕe~x + R sin ϕe~y )]] = −ω R cos ϕ[e~y × e~z ] = −ω R cos ϕe~x
M
~
~отн ] = 2ω[e~y × (V sin ϕe~x − V cos ϕ cos ϕe~y )] = −2ωV sin ϕe~z
aкор
ω × VM
M = 2[~
Абсолютное ускорение:
V2
V2
2
+
ω
R)
cos
ϕ
e
~
−
sin ϕe~y − 2ωV sin ϕe~z
a~абс
=
−(
x
M
R
R
Остается найти только модуль этого выражения:
r
V2
V4
~
абс
|aM | = a(ϕ) = (
+ ω 2 R)2 cos2 ϕ − 2 sin2 ϕ + 4ω 2 V 2 sin2 ϕ =
R
R
r
V4
+ 2ω 2 V 2 (1 + sin2 ϕ) + ω 4 R2 cos2 ϕ
=
2
R
Задача о точке, которая движется на вращающемся
прямоугольнике
Прямоугольник ABCD, в котором AB = CD = l, вращается вокруг стороны CD
с постоянной угловой скоростью ω. Вдоль стороны AB движется точка M по закону
ξ = ξ(t) = c sin ωt. Определить абсолютную величину ускорения точки M в момент
времени t = 1 (a~абс
M |t=1 = ?).
Решение
Итак, систему координат введем так, что D будет началом этой системы. Ось OX
направим вдоль OD, ось OY вдоль CD, тогда:
ω
~ = ω e~y
~ = DA
~ + AM
~ = le~x + c sin ωte~y
Радиус-вектор точки M : ~r = DM
~ )
~отн = δ(DM
VM
= cω cos ωte~y
δt
39
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Рис. 22. Рисунок к задаче о точке, которая движется на вращающемся прямоугольнике
~ )
δ (DM
a~отн
= −cω 2 sin ωte~y
M =
δt2
В силу того, что угловая скорость снова постоянна:
2
d~ω
=0
dt
Начало системы координат, точка D, лежит на оси вращения и ее абсолютная ско~абс = 0, a~абс = 0
рость и абсолютное ускорение равны нулю: VD
D
Снова воспользуемся формулой сложения ускорений. Найдем переносное ускорение.
~ ]] = ω 2 [e~y × [e~y × (le~x + c sin ωte~y )]] == ω 2 l[e~y × e~z ] =
Итак, a~пер
ω × [~ω × DM
M = 0 + 0 + [~
−ω 2 le~x
~
aкор
~y × cω cos ωte~y ] = 0, так как мы берем произведение двух коллинеарных
M = 2ω[e
векторов.
Абсолютное ускорение точки M :
~ε =
2
2
a~абс
~y
M = −ω l e~x − cω sin ωte
Таким, образом модуль абсолютного ускорения:
p
p
2
l2 + c2 sin2 ωt |t=1 = ω 2 l2 + c2 sin2 ω
|a~абс
M | = a = ω
Задача о точке, которая движется на вращающемся диске
Диск радиуса R вращается вокруг своего неподвижного диаметра с постоянной
угловой скоростью ω, по ободу диска с постоянной по величине скоростью V движется точка M . Найти абсолютное ускорение точки M , как функцию угла ϕ, образованного между радиус-вектором точки и осью вращения.
40
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
Рис. 23. Рисунок к задаче о точке, которая движется на вращающемся диске
Решение
Введем систему координат с началом в центре диска. Ось OX направим по оси вра~ = ~r = −R cos ϕe~x +
щения, ось OY — перпендикулярно. Радиус-вектор точки M : OM
R sin ϕe~y . Дифференцируя радиус-вектора, мы находим относительную скорость
точки M :
~отн = Rϕ̇e~x + Rϕ̇ cos ϕe~y
VM
Учитывая как направлен вектор скорости, мы можем представить скорость точки
M так:
~отн = V~ sin ϕe~x + V cos ϕe~y
VM
Сравнивая два выражения для относительной скорости в точке M , получаем: V =
V
Rϕ̇, ϕ̇ =
R
Найдем относительное ускорение точки M :
a~отн
~y
M = V ϕ̇ cos ϕe~x − V ϕ̇ sin ϕe
И вместо ϕ̇ подставляем
V
:
R
=
V2
V2
cos ϕe~x −
sin ϕe~y
R
R
Переносное ускорение. И снова начало системы координат лежит на оси вращения
ω
лежит на оси вращения ⇒ ω
~ = ω e~x , a~абс
= 0, ~ε = d~
= 0, поэтому переносное
O
dt
ускорение точки M имеет вид:
~ ]] = ω 2 [e~x ×[e~x ×(−R cos ϕe~x +R sin ϕe~y )]] = ω 2 R sin ϕ[e~x ×e~z ] = −ω 2 R sin ϕe~y
a~пер
ω ×[~ω ×OM
M = [~
41
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Рис. 24. Рисунок к задаче о точке, которая движется внутри полого кольца
Кориолисово ускорение:
~
~отн ] = 2ω[e~x × (V sin ϕe~x + V cos ϕe~y )] = 2 cos ϕe~z
aкор
ω × VM
M = 2[~
Собирая вместе все полученные выражения для ускорений, получаем выражение:
V2
V2
cos ϕ/vecex − (
+ ω 2 R) sin ϕe~y + 2 cos ϕe~Z
a~абс
M =
R
R
И модуль:
|a~абс
M | = a(ϕ) =
r
r
=
V4
V2
4ϕ+(
cos
+ ω 2 R)2 sin2 ϕ + 4ω 2 V 2 cos2 ϕ =
2
R
R
V4
+ 2ω 2 V 2 (1 + cos2 ϕ) + ω 4 R2 sin2 ϕ
R2
Задача о точке, которая движется внутри полого кольца
Полое колько радиуса R вращается с постоянной угловой скоростью ω относительно оси AB, расположенной на расстоянии 2r от центра кольца. Внутри полого
кольца движется точка с постоянной относительной скоростью u. Определить величину абсолютного ускорения точки M в четырех положениях.
Решение
Будем определять положение точки углом ϕ, а потом заметим, что положение 1:
ϕ = 0, 2: ϕ = −π
, 3: ϕ = π, 4: ϕ = π2 . Найдем зависимость абсолютного ускорения
2
от ϕ, а потом подставим конкретные значения угла ϕ.
42
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
Систему координат введем так: ось OY — по оси вращения, OX — соединяет начало
системы координат с центром кольца — C.
~ = ~r = OC
~ + CM
~ = −2re~x + r cos ϕe~x + r sin ϕe~y = (r cos ϕ − 2r)e~x + r sin ϕe~y
Итак, OM
Таким образом относительная скорость точки M :
~отн =
VM
δ~r
= −rϕ̇ sin ϕe~x + rϕ̇ cos ϕe~y
δt
А с другой стороны мы можем расписать вектор скорости так:
~отн = u sin ϕe~x − u cos ϕe~y ⇒ u = −rϕ̇ ⇒ ϕ̇ = −
VM
u
r
Найдем выражение для относительного ускорения:
u2
u2
cos
ϕ
e
~
−
sin ϕe~y
a~отн
=
u
ϕ̇
cos
ϕ
e
~
+
u
ϕ̇
sin
ϕ
e
~
=
−
x
x
y
M
r
r
Для переносного ускорения мы получаем, что абсолютное ускорение начала подвижной системы координат равно нулю и угловое ускорение равно нулю:
~ ]]
a~пер
ω [~ω × OM
M = 0 + 0 + [~
~ ]] = ω 2 [e~y × [e~y × ((r cos ϕ − 2r)e~x + r sin ϕe~y )]] =
ω
~ = ω e~y ⇒ ω 2 [e~y × [e~y × OM
= ω 2 (2r − r cos ϕ)[e~y × e~z ] = ω 2 (2r − r cos ϕ)e~x
Кориолисово ускорение:
~
aкор
~y × (u sin ϕe~x − u cos ϕe~y )] = −2ωu sin ϕe~z
M = 2ω[e
Запишем выражение для абсолютного ускорения:
−u2
−u2
2
cos
ϕ
+
ω
(2r
−
r
cos
ϕ))
e
~
−
sin ϕe~y − 2ω sin ϕe~z
a~абс
=
(
x
M
r
r
Теперь найдем модули ускорений для каждой из точек.
Для точки 1: ϕ = 0:
u2
a1 = ω 2 r −
r
−π
Для точки 2: ϕ = 2 :
u2
2
−π = 2ω r e
a~абс
|
~
+
e~y + 2ωue~z
x
M ϕ= 2
r
q
2
4
~
абс
И его модуль: a2 = |aM |ϕ= π2 | = ur2 + 4ω 2 u2 + 4ω 4 r2 = ur + 2ω 2 r
Для точки 3: ϕ = π:
u2
a3 =
+ 3ω 2 r
r
43
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Для точки 4: ϕ = π2 :
u2
2
π = 2ω r e
a~абс
~
−
e~y − 2ωue~z
|
x
ϕ=
M
2
r
Со случаем ускорения в точке 2 эта выражение отличается знаками компонент при
e~y и e~z , но модуль останется таким же:
u2
π | =
+ 2ω 2 r
a4 = |a~абс
|
M ϕ= 2
r
44
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
5.
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Семинар 5
Твёрдое тело, основные понятия. Формулы Эйлера и
Ривальса
Рис. 25. Твердое тело и неподвижная система отсчета
От формулы сложения скоростей и ускорений перейдем к кинематике твердого
тела.
Твердым телом будем называть систему точек, расстояние между которыми не
меняется. Причем будем предполагать, что в твердом теле в этой системе точек
есть точки, не лежащие на одной прямой. Тогда можно ввести жестко связанный с
твердым телом базис S e~1 e~2 e~3 .
И для того, чтобы описать положение твердого тела, нам нужно определить, например, как изменяются координаты начала подвижной системы координат, связанной
с твердым телом. И определить три угла, которые определяют ориентацию системы
S e~1 e~2 e~3 относительно неподвижной системы координат Oxyz.
Для скоростей точек в твердом теле справедлива формула Эйлера распределения скоростей в твердом теле. Если Va и VB — скорости двух точек твердого тела
или связанного с ним подвижного пространства, то скорости точек связаны между
собой так:
~ где вектор ω
V~B = V~A +[~ω ×AB],
~ — вектор абсолютной угловой скорости твердого тела
Покажем, что этот вектор (~ω ) не зависит от выбора системы координат в твердом
теле. Предположим, что мы выбрали другую систему S̃ẽ1 ẽ2 ẽ3 , в которой абсолютная
угловая скорость тела это ω̃, тогда по формуле Эйлера:
~
V~B = V~A + [ω̃ × AB]
45
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
~
Если вычесть из одной формулы другую, то получим: [(~ω − ω̃ × AB)]
= 0 — здесь
нам потребуется условие, что в твердом теле есть три точки, не лежащие на одной
прямой ⇒ ω
~ = ω̃.
Кроме того, из формулы Эйлера можно заметить такое обстоятельство: если мы
скалярно умножим формулу Эйлера на единичный вектор вдоль прямой AB, то
проекции скоростей на этот вектор должны быть: (V~B · eAB
~ ) = (V~A · eAB
~ ). Иными
словами, у нас имеются две точки A и B и скорости направлены как на рисунке 26.
Но в данном случае на направление AB они дают разные проекции, а такого быть
не может.
Рис. 26.
Помимо формулы Эйлера распределения скоростей в твердом теле справедлива
также формула Ривальса. Ускорение двух точек A и B твердого тела связаны
между собой следующей формулой:
~ + [~ω × [~ω × AB]],
~
a~B = a~A + [~ε × AB]
где ~ε — угловое ускорение твердого тела, т.е. системы координат, жестко связанной
с твердым телом, ω
~ — угловая скорость твердого тела.
Поскольку здесь мы уже говорим об угловых скоростях вращения твердого тела,
то нам понадобится формула сложения угловых скоростей. Итак, рассмотрим
Рис. 27.
46
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
три системы координат: неподвижную Oxyz, некоторую подвижную систему Aξηζ,
и движущееся твердое тело, с которым жестко связана система координат S e~1 e~2 e~3 .
Нам требуется найти угловую скорость тела относительно неподвижной системы
S e~1 e~2 e~3
координат (~ωOxyz
= ω~абс ). Оказывается, ω~абс может быть найдена так:
ω~абс = ω~пер + ω~отн , где
S e~1 e~2 e~3
— угловая скорость тела относительно подвижной системы координат
ω~отн = ω
~ Aξηζ
Aξηζ
ω
~ пер = ω
~ Oxyz
— абсолютная угловая скорость системы координат Aξηζ относительно Oxyz
Качение без проскальзывания
Далее мы будем рассматривать задачи, касающиеся качения кривой по кривой,
поверхности по поверхности без проскальзывания.
Рис. 28.
Говорят, что кривая l катится без проскальзывания по кривой L, если в
каждый момент времени эти кривые соприкасаются и скорости тех точек кривых,
которые оказались в месте соприкосновения, равны между собой. В частности, если
l катится по неподвижной кривой L, то это означает, что скорость той точки подвижной кривой, которая в данный момент находится в соприкосновении с кривой
в данный момент неподвижной, равна 0.
Задача о соскальзывании пластины с гвоздя
На неподвижной плоскости забит гвоздь O, и выпуклая пластинка соскальзывает,
все время касаясь одно своей точкой этого неподвижного гвоздя. Доказать, что
скорость той точки D пластинки, которая в данный момент времени совпадает с
точкой O, направлена по касательной к границе пластинки в этой точке.
47
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Рис. 29.
Решение
Для решения этой задачи воспользуемся формулой сложения скоростей. Введем
систему координат с началом в какой-то точке пластинки Aξηζ (жестко связанной). И будем, сидя в этой пластинке, следить за движением неподвижной точки
абс
отн
O. С одной стороны, нам известно, что: V~0
= 0, с другой — V~0
— направлена по касательной к границе пластины. Теперь переносная скорсть точки O. По
определению переносной скорости — скорость той точки подвижного пространства,
связанного с подвижной системы координат, в которой в данный момент оказалась
точка O, но подвижная система координат связана жестко с твердым телом и, след.
абс
пер
V~0 = V~D
Суммируя выражения для скоростей:
0 = V~0
отн
+ V~D
абс
отн
Поскольку V~0 направлена по касательной, а в сумме эти две скорости дают 0, это
абс
означает: V~D тоже направлена по касательной.
Задача о качении пластины без проскальзывания
Предположим, что задана неподвижная кривая L. Она задана своим натуральным параметром S = S(t), отсчитываемым от некоторого значения S0 . По неподвижной кривой катится без проскальзывания пластинка, граница которой представляет собой кривую, заданную параметром σ = σ(t). Доказать, что, если качение
происходит без проскальзывания, то S(t) = ±σ(t) + const
Решение
48
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Рис. 30. Рисунок к задаче о качении пластины без проскальзывания
Свяжем с неподвижной кривой неподвижную систему координат Oxy, с подвижной
кривой свяжем подвижную систему координат Aξηζ, и будем следить из каджой из
этих систем за местом соприкосновения кривых при качении за точкой P соприкосновения этих кривых. Точка P — нефиксированная точка, а каждый раз новая. Но
как за ее образом, мы можем следить, как из неподвижной, так и из подвижной.
Итак, если мы сидим в неподвижной системе координат, то мы видим, как точка
P движется по неподвижной кривой, то ее относительная скорость u~P отн = Ṡ e~τ .
Переносная скорость точки P : u~P пер = 0. ⇒ u~P абс = Ṡ e~τ
В подвижной системе координат, связанной с катящейся пластинкой: u~P отн = ±σ̇ e~τ ,
± — так как единичный касательный вектор направлен в сторону возрастания натурального параметра. Если параметры S и σ согласованы так, что они растут в одном
направлении, тогда "+ а если в противоположных — "−". Переносная скорость, т.е.
скорость той точки подвижного пространства, т.е. пространства, связанного с катящейся пластинкой, в котором в данный момент времени оказалась пластинка P :
u~P пер = 0 — эта скорость тоже должна быть равна нулю по условию качения без
проскальзывания ⇒ u~P абс = Ṡ e~τ = ±σ̇ e~τ ⇒ Ṡ = ±σ̇ ⇒ S(t) = ±σ(t) + const()
Формула об ускорении точки касания с поверхностью
Еще одна любопытная формула, справедливая не только при качении кривой по
кривой, но и при качении поверхности по поверхности.
Итак, пусть по неподвижной выпуклой поверхности катится без проскальзывания
другая выпуклая поверхность, и касается опорной поверхности в одной точке C.
Доказать, что при качении без проскальзывания, если опорная поверхность непо49
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Рис. 31. По выпуклой поверхности катится другая выпуклая поверхность
движна, то скорость: V~C = 0, а ускорении нулю не равно: a~C = −[~ω × u~P ], где u~P —
место соприкосновения.
Решение
Заметим, что для любой точки A твердого тела по формуле Эйлера: V~A = V~C +
~ = [~ω × CA]
~ Просто продифференцировать выражение выше мы не можем,
[~ω × CA]
потому что оно справедливо только в момент соприкосновения. Нам нужно найти
формулу, которая была бы справедлива в любой момент времени: V~A = [~ω × P~A],
где P — место соприкосновения. И понимать это так: в каждый момент времени
в место соприкосновения приходит какая-то точка и, след. для этой произвольной
точки A твердого тела справедлива формула выше. Теперь продифференцируем ее
по времени.
d
a~A = [~ε × P~A] + [~ω × (P~A)]
dt
Но вектор P~A можно продифференцировать так:
d ~
d ~
~
= [~ε × P~A] + [~ω × (OA)]
− [~ω × (OP
)] = [~ε × P~A] + [ω × V~A ] − [ω ×~ u~P ]
dt
dt
— формула ускорения для произвольной точки твердого тела.
Пусть A = C P~A = P~C = 0, так как мы считаем, что в тот момент времени, когда
мы считаем ускорение, точка C как раз пришла в место соприкосновения. С другой
стороны, скорость точки C: V~C = 0 ⇒ a~C = −[~ω × u~P ]
Задача об определении угловой скорости качения
По неподвижной плоской кривой, кривизная которой K = K(S) катится без проскальзывания подвижная кривая, кривизна которой k = k(σ). Определить угловую
скорость качения подвижной кривой по неподвижной, если S(t) = σ(t).
50
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Рис. 32. Рисунок к задаче об определении угловой скорости качения
Решение
Вспомним, что угловая скорость репера Френе при движении по кривой равна
~ = k Ṡ e~z . Также воспользуемся формулой угловых скоростей.
Ω
Введем три системы координат: неподвижную систему, подвижную систему координат, связанную с подвижной кривой Aξη, репер Френе с началом в месте соприкосновения P e~τ e~ν . В качестве твердого тела мы возьмем репер Френе, и будем следить
за его движением из неподвижной системы координат, связанной с неподвижной
кривой и из подвижной системы координат, связанной с подвижной кривой.
Итак, следим за репером Френе из неподвижной системы координат, и находим его
P e~τ e~ν e~β
угловую скорость: ω
~ Oxyz
= ω~абс = K(S)Ṡ e~z . Теперь относительная угловая скоP e~ e~ e~
τ ν β
рость: ω
~ Aξηζ
= ω~отн = k(S)ṡe~z
Aξηζ
Переносная угловая скорость: ω
~ Oxyz
= ω
~ — та самая угловая скорость, значение
которой мы и ищем в процессе решения задач.
K(S)ṡe~z = k(S)ṡe~z + ω
~
ω
~ = (K(S) − k(S))Ṡ e~z — формула для угловой скорости при качении подвижной
кривой по неподвижной.
Задача о кривизне траектории центра диска
Предположим, что задана плоская кривая. Задана с помощью своей кривизны:
K = K(S) и S = S(t). По этой неподвижной кривой катится без проскальзывания
круглый диск радиуса R. Найти кривизну траектории центра диска как функцию
от S.
Решение
51
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
Рис. 33. Рисунок к задаче о кривизне траектории центра диска
Введем неподвижную систему координат Oxy и сперва определим радиус-вектор
~ = OP
~ + P~C~r + R
~ e~ν = r~1 .
центра этого диска C. OC
Для нахождения кривизны кривой воспользуемся формулой для кривизны:
k1 =
d2 r~1
]
dS 2
dr~1 3
| dS |
r~1
([ ddS
×
· e~z )
Чтобы найти кривизну, мы должны посчитать соответствующие производные вектора r~1 по S.
r~1
d~
r
e~ν
Итак, fdS
= dS
+ R ddS
= e~τ − KRe~τ = (1 − KR)e~τ . Чтобы диск мог катиться по
кривой, не застревая в ней: 1 − KR > 0, тогда формуле для k1 в числителе стоит
(1 − KR)3 . Найдем вторую производную. Дифференцируем по S выражение для r~1 :
de~τ
d2 r~1
= −K 0 Re~τ + (1 − KR)
2
dS
dS
И снова пользуемся формулами Френе. В данном случае первой из этих формул:
= −K 0 Re~τ + K(1 − KR)e~ν
Таким образом, располагая этими выражениями, найдем выражение для векторно2
r~1
го произведения ([ ddS
× ddSr~21 ]:
([
d~
r1 d2 r~1
×
] = (1−KR)[e~τ ×(−K 0 Re~τ +K(1−KR)e~ν )] = K(1−KR)2 e~β = K(1−KR)2 e~z
dS dS 2
Остается найти соответствующее выражение для кривизны k1 :
k1 =
K(1 − KR)2
K
=
3
(1 − KR)
(1 − KR)
Таким образом, мы видим, что кривизна кривой, проходимой центром диска по
некоторой кривой вовсе не получается равной в точности K, как можно было бы
предположить.
52
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Рис. 34. Рисунок к задаче о качении циклоиды по окружности
Задача о качении циклоиды по окружности
По неподвижной окружности радиуса R катится без проскальзывания циклоида, заданная параметрически в некоторой декартовой системе координат такими
уравнениями:
ξ = a(ϕ) + sin ϕ
η = a(1 + cos ϕ), ϕ ∈ [−π; π]
Положение циклоиды на окружности определяется углом ψ между вертикалью и
направлением в точку касания. В начальный момент времени считается, что ϕ = 0
и ψ = 0. Найти угловую скорость циклоиды как функцию ψ и ψ̇
Решение
Для нахождения угловой скорости воспользуемся формулой ω
~ = (K(S)−k(S))Ṡ e~z
угловой скорости при качении подвижной кривой по неподвижной. Заметим, что,
если мы введм репер Френе, то кривизна окружности K = − R1 . С другой стороны, кривизна циклоиды тоже должна получиться отрицательной k < 0 и проблема
заключается в том, что в формуле и кривизны, и производные зависят от натурального параметра, а в данной задаче вместо натуральных параметров — углы. И,
говоря, об угле ψ, его легко связать с параметром S: S = Rψ, но тогда с учетом,
что мы нашли K и S, остается вопрос, как найти кривизну циклоиды и выразить
ее через ψ.
Кривизну циклоиды будем искать по формуле: k =
η 00 ξ 0 −ξ 00 η 0
3
(ξ 02 +η 02 ) 2
. Здесь штрихо обо-
значена их производная по ϕ. Тогда найдем производные ξ и η по ϕ:
ξ 0 = a(1 + cos ϕ)
53
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
ξ 00 = −a sin ϕ
η 0 = −a sin ϕ
η 00 = −a cos ϕ
Таким образом, получаем:
Числитель кривизны:−a2 cos ϕ(1+cos ϕ)−a2 sin2 ϕ = η 00 ξ 0 −ξ 00 η 0 = −a2 (cos ϕ+cos2 ϕ+
sin2 ϕ) = −a2 (1 + cos ϕ)
Знаменатель кривизны: ξ 02 + η 02 = a2 (1 + cos ϕ)2 + a2 sin2 ϕ = a2 (1 + 2 cos ϕ + cos2 ϕ +
sin2 ϕ) = a2 (1 + cos ϕ)
Заметим следующее обстоятельство. (1 + cos ϕ) может быть выражена через половинный угол ϕ ∈ [ −π
; π ], ϕ всегда является величиной положительной.
⇒ −a2 (1 +
2 2
p
ϕ
ϕ
cos ϕ) = −2a2 cos2 2 и a2 (1 + cos ϕ) = 4a2 cos 2 Таким образом, ξ 02 + η 02 = 2a cos ϕ2
Итак, мы получаем такое выражение:
k=
−2a2 cos2 ϕ2
−1
ϕ =
3
3
8a cos 2
4a cos ϕ2
Нам требуется найти зависимость от кривизны от ψ ⇒ нам нужно найти зависимость ϕ от ψ. Поскольку качение происходит без проскальзывания, след. дуги
кривых, пройденные при качении, должны быть равны между собой. Дуга окружности, пройденная при качении, связана с углом ψ вот так: S = Rψ. Точно так же
найдем выражение для натурального параметра через угол ϕ, а потом приравняем
два значения Rψ и функцию
S от ϕ.
Rϕ
Rϕp
Rϕ
02
ξ + η 02 dϕ = 0 2a cos ϕ2 dϕ = 4a 0 cos ϕ2 d ϕ2 = 4a sin ϕ2 +
Функция S(ϕ): S(ϕ) = 0
C
q
q
R
R2
2
S |ϕ=0 = 0 ⇒ S = 4a sin ϕ2 = Rψ, sin ϕ2 = 4a
ψ, cos ϕ2 = 1 − sin2 ϕ2 = 1 − 16a
2ψ
И получаем выражение для k:
k=
−1
1
q
ϕ = −
4a cos 2
4a 1 −
1
= −p
R2
16a2 − R2 ψ 2
ψ2
16a2
Осталось записать ответ:
ω
~ =(
−1
1
+p
)Rψ̇ e~z
R
16a2 − R2 ψ 2
Задача о качении диска по параболе
2
Предположим, что по параболе, заданной явно уравнением y = ax2 катится без
проскальзывания диск. Найти угловую скорость качения диска по параболе в зависимости от x и ẋ, где x — абсцисса точки касания диска с парабалой.
54
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Рис. 35. Рисунок к задаче о качении диска по параболе
Решение
Вводим репер Френе с началом в точке соприкосновения, вектор e~τ направляем
вдоль роста натурального параметра на кривой, вектор e~ν направляем перпендикулярно. Видим, что вектор нормали является вектором внутренней нормали к обеим
кривым, значит, для обеих кривых кривизны должны быть положительные. Пользуемся все той же формулой: ω
~ = (K(S) − k(S))Ṡ e~z
Итак, кривизна диска k(S) = R1
Теперь найдем выражение для кривизны опорной кривой и для производной натурального параметра S. Кривизна кривой, заданной явно: K =
Вычисляем соответствующие производные:
dy 2
a
Теперь: (1 + ( dx
) ) = 1 + a2 x 2 ⇒ K =
2 2
dy
dx
= ax,
d2 y
dx2
d2 y
dx2
dy 2 3
) )2
(1+( dx
=a
3
(1+a x ) 2
2
2
2
Осталось найти выражение
q для натурального параметра S через x: ds = dx +dy =
dy 2
dx2 (1 + ( dx
))⇒
√
Ṡ = ẋ 1 + a2 x2
ds
dt
=
dx
dt
dy 2
1 + ( dx
) . Применительно к нашей параболе, получаем:
Таким образом, мы можем написать окончательный ответ: ω
~ =(
a
(1 + a2 x2 )
3
2
−
1 √
)ẋ 1 + a2 x2 e~z
R
Найдем еще в этой задаче две характеристики, а именно по формуле Эйлера найдем
абсолютную скорость центра C диска, и найдем ускорение точки K (места соприкосновения этих кривых). Зная явную формулу для угловой скорости, найти обе
эти величины уже будет несложно.
~
Для скорости точки C: V~C = V~K + [~ω × KC]
55
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Скорость точки K. Парабола неподвижна, след. скорость той точки диска, которая
~
~ =
в данный момент соприкасается с параболой равна нулю ⇒ V~C = [~ω × KC].
KC
√
Re~ν ⇒ V~C = ωR[e~z × e~ν ] = ωR[e~β × e~ν ] = −ωre~τ = −( aR
1 + a2 x2 ẋe~τ =
3 − 1)
2 x2 ) 2
(1+a
√
aR
(1 −
1 + a2 x2 ẋe~τ
3 )
2 2
(1+a x ) 2
Ускорение точки K: a~K = −[~ω × u~K ] = −ω[e~β × Ṡ e~τ ] = −ω Ṡ e~ν . Или, пользуясь
a
2 2 2
~ν
выражением, полученным раньше, находим: a~K = ( R1 −
3 )(1 + a x )ẋ e
2 2
(1+a x ) 2
56
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
6.
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Семинар 6
Движение с вращением, центроида
Формула Эйлера распределения скоростей в твердом теле:
~ где ω
V~B = V~A + [~ω × AB],
~ — угловая скорость твердого тела.
Для распределения ускорений справедлива формула Ривальса:
ω
~ ω × [~ω × AB]],
~
— угловое ускорение твердого тела
a~B = a~A + [~ε × AB[~
~ε = d~
dt
Получим некоторые теоретические выводы, основываясь на этих фомулах.
Заметим, если в любой момент времени ω
~ = 0, то из формулы Эйлера следует, что
скорости всех точек твердого тела равны между собой. (V~B = V~A ∀ A и B ). Такое движение тела называется поступательным. При этом оно может двигаться
необязательно по прямолинейной траектории, но не вращается.
Если угловая скорость обращается в ноль только в некоторый момент времени,
то такое движение называется мгновенно-поступательным.
Мы будем считать, что во все время движения ω
~ 6= 0.
Движение тела, при котором в любой момент времени скорости всех его точек параллельны некоторой плоскости Π, называется плоскопараллельным.
Начнем с того, что ω
~ по Формуле Эйлера должна быть перпендикулярна плоскости
~ ⇒ V~B − V~A = [~ω × AB].
~ ПоΠ. Если рассмотреть формулу Эйлера: V~B = V~A +[~ω × AB]
~ ∈Π⇒
скольку скорости всех точек параллельны плоскости Π ⇒ V~B − V~A ∈ Π и AB
угловая скорость полностью перпендикулярна Π (~ω ⊥Π)
Рис. 36. Сечение, высекаемое плоскостью, параллельной плоскости Π
При плоскопараллельном движении всякая ось перпендикулярная плоскости Π движется поступательно, и для исследования движения тела и нам достаточно знать
только движение какого-то его сечения. Таким образом, рассматривается плоскость,
57
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
параллельная плоскости Π, высекающее какое-то сечение, считаем, что в этом сечении лежит больше двух точек твердого тела и ω
~ 6= 0. Оказывается, что в движущемся теле и пространством, связанным с этим телом, находится такая точка C,
~ Домножим на ω
что ее скорость равна 0 V~C = 0, V~A = [~ω × CA].
~:
~
~
~
~
[~ω × VA ] = [~ω ×[~ω × CA]] = ω
~ (~ω · CA)− CA(~ω ·~ω ). Видим, что поскольку ω⊥ плоскости,
ω]
~ = [V~A ×~
а точка C лежит в плоскости, где рассматривается движение тела ⇒ AC
.
ω2
~
Исходя из формулы V~A = [~ω × CA],
видим, что движение тела в данный момент
времени представляется, как вращение вокруг оси, перпендикуоярной плоскости
движения и проходящей через точку C. Эта точка будет менять свое положение.
И геометрическое место мгновенных центров скоростей на неподвижной плоскости
называется неподвижной центроидой. Подвижная центроида — геометрическое место мгновенных центров скоростей на подвижной плоскости, связанной с
движущимся телом. Плоскопараллельное движение тела можно охарактеризовать
с помощью изучения движения мгновенного центра скоростей: какие центроиды
получаются в процессе движения мгновенного центра скоростей.
Рис. 37. Положение мгновенного центра для двух произвольных скоростей
Предположим, что в данный момент времени нам известны скорости двух точек
~ должна быть одитвердого тела. Проекция скоростей на направление вектора AB
~ = (V~A · AB).
~
наковой. (V~B · AB)
Предположим, что где-то расположен мгновенный
~
~
центр: V~A = [~ω × CB],
V~B = [~ω × CB].
Вспомним свойство векторного произведения. Векторное произведение есть вектор, перпендикуоярный обоим векторам,
составляющим векторное произведение. Таким образом, вектор угловой скорости
~ лежит
перпендикулярен плоскости, в которой движется твердое тело, а вектор CA
~ должен быть перпендикув этой плоскости ⇒ исходя из формулы выше, вектор CA
лярен вектору скорости. Значит, проведем через конец вектора V~A перпендикуляр.
Следовательно, мгновенный центр лежит на той прямой, которую мы провели.
Но чтобы точно определить его положение, нужно знать еще одно направление
скорости. Проведем также перпендикуляр к вектору скорости в точке B. Следовательно точка C является положением мгновенного центра. Так обстоит дело, когда
V~A и V~B неколлинеарны и не равны между собой.
58
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Рассмотрим такую ситуацию. AB⊥V~A и V~B
Рис. 38. Положение мгновенного центра для двух коллинеарных скоростей
Во-первых, заметим, по направлению нам известны скорости двух таких точек,
для которых скорости оказались коллинеарными. V~A = V~1 e~V , V~B = V~2 e~V . Они могут быть оба одного знака или разных знаков (как в данном случае). Используя
формулу Эйлера, получаем:
~
(V~2 − V~1 )e~V = [~ω × AB].
Данное равенство означает, что вектор AB обязан быть перпендикулярен вектору
вдоль направления скорости. Следовательно, картинка будет верной. В ситуации,
когда вдруг векторы оказались коллинеарны, мы должны знать не только направление скорости, но и их величины. Тогда мгновенный центр попадает на прямую
AB и оба перпендикуляра к векторам скорости дают одно и то же направление
вдоль AB, чтобы точно определить точку C, мы должны соединить еще и концы
этих векторов (как на рисунке), соответственно получается точка C — мгновенный
центр.
Рис. 39. Ситуация с сонаправленными векторами
В ситуации сонаправленных векторов: соединяем начало, соединяем конец векторов скорости, получаем положение мгновенного центра.
Если оказалось, что скорости в данный момент равны между собой, то это означает, что в данный момент тело совершает мгновенно-поступательное движение и
мгновенного центра в данный момент не существует.
Мы называли твердым телом систему точек, такую, что в этой системе есть хотя бы
59
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
три точки не лежащие на одной прямой. Как же тогда быть с бексонечно тонким
стержнем. У него нет трех точек, лежащий не на одной прямой. Но мы говорили
о произвольной движении стержня в пространстве, однако, когда у нас рассматривается движение в плоскости стержня, то в такой ситуации угловая скорость будет
Рис. 40. Движение стержня в его плоскости
перпендикулярна стержню. И мы можем ввести такую систему координат: один из
векторов перпендикулярен плоскости движения (вектор вдоль направления этой
угловой скорости e~3 = e~z ), направим e~1 вдоль стрежня, вектор получается в виде
e~2 = [e~3 × e~1 ]. И можем назвать угловой скоростью стержня вот так выбранного
репера, как на картинке.
Задача о скользящем стержне, который опирается на
ступеньку
Рис. 41. Рисунок к задаче о скользящем стержне, который опирается на ступеньку
Стержень AB движется в неподвижной плоскости Oxy так, что его конец A все
время скользит вдоль оси Ox, а сам стержень во все время движения опирает60
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ся о неподвижную точку M (o, h). Найти положение мгновенного центра скоростей
стержня и определить подвижную и неподвижную центроиды.
Решение
Для определения мгновенного центра скоростей, нам необходимо знать направление скоростей двух его точек. Точка A все время скользит вдоль оси Ox, след. ее
скорость будет направлена вдоль этой оси. Значит, сам мгновенный центр будет
находится где-то на прямой, параллельной оси OY (провели перпендикуляр через
вектор V~A ).
Докажем, что скорость той точки D, которая совпадает с точкой M , направлена вдоль стержня. Воспользуемся для этого формулой сложения скоростей, взяв
за неподвижную систему отсчета Oxy, а подвижную — систему отсчета, жестко
связанную со стержнем. И будем следить за точкой M из двух систем координат.
Поскольку точка M является точкой ступеньки , то есть неподвижной точкой, ее
абс
абсолютная скорость равна 0 V~M
= 0. С другой стороны в системе координат,
жестко связанной со стержнем, видно, что точка M движется вдоль стержня, знаотн
~
чит, V~M kAB.
Переносная скорость точки M — это скорость той точки подвижного пространства,
в котором в данный момент оказалась точка M , но в данный момент точка M
кор
абс
совпадает с точкой D ⇒ V~M
= V~D . Таким образом,
отн
кор
отн
абс
0 = V~M + V~M
= V~M + V~D
абс
отн
~
⇒ V~D = −V~M
k AB
Таким образом, мы знаем направление двх скоростей двух точек. Из точки D проведем еще один перпендикуляр. Следовательно, точка C — мгновенный центр стержня.
Для нахождения неподвижной центроиды нам нужно ввести какую-то систему координат. Мы уже провели ось Oy через саму ступеньку, ось Ox горизонтально.
Пусть в этой системе координат точка C имеет координаты C(x, y). Для нахождения неподвижной центроиды нам нужно найти зависимость между x и y. Из
~ = x, |OB|
~ = y. AM = OA = OM из подобия треугольников 4AOM и
рисунка: |OA|
Ac
MC
AD
2
2
2
4AM C. След. AM 2 = OM · AC ⇒ AC = AM
. Далее y = x +h
OM
h
Уравнение центроиды:
x2
y=
+ h — парабола
h
Теперь найдем подвижную центроиду. Для этого введем подвижную систему координат, жестко связанную со стержнем: начало в точке A, ось Aη параллельна
стержню, а ось Aξ перпендикулярна. В этой системе координат точка C будет
OA
AM
иметь координаты ξη, получаем: AM = η, ξ = M C ⇒ AM
= M
⇒ M
= OA
.
AC
C
C
AC
И, следовательно:
p
p
η ·ξ = η 2 − h2 ξ 2 + η 2 ⇒ η 2 ξ 2 = (η 2 −h2 )(ξ 2 +η 2 ) ⇒ η 2 ξ 2 = η 2 ξ 2 +η 4 −h2 (ξ 2 +η 2 ) ⇒
61
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
η 4 = h2 (ξ 2 + η 2 ) — уравнение подвижной центроиды (кривая 4-го порядка)
Таким образом, мы нашли положение мгновенного центра скоростей и определили
уравнения обеих центроид. Геометрически движение данного стержня по ступеньки
можно представить как качение подвижной центроиды по параболе.
Задача о скользящем стержне, который опирается на
полуокружность
Слегка изменим геометрический вид рисунка прошлой задачи. Снова по плоскости движется стержень, но опираться он будет на полукруг радиуса R, а своим
концом скользить по оси Ox.
Рис. 42. Рисунок к задаче о скользящем стержне, который опирается на полуокружность
Решение
Найдем положение мгновенного центра. Сначала найдем направление скоростей
двух точек стержня. Точка движется вдоль оси Ox, след. мгновенный центр будет
расположен где-то на прямой, параллельной оси Oy и перпендикулярной вектору
V~A . Снова можем доказать, что скорость точки D стержня, в которой он в данный момент времени опирается на окружность, направлена вдоль стержня. При
соскальзывании стержня по такой полуокружности положение точки соприкосновения может меняться.
Снова воспользуемся формулой сложения скоростей. Введем подвижную систему
координат, связанную со стержнем и будем следить за точкой M , точки соприкосновения с окружностью. С точки зрения неподвижного наблюдателя место соприкосновения стержня по окружности едет, и, следовательно, в каждый момент времени
62
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
абс
абсолютная скорость точки M (V~M ) направлена по касательной к окружности
в данный момент времени. Но в данный момент времени касательная совпадает с
~ В системе координат, свянаправлением стержня, то есть направлена вдоль AB.
занной со стержнем, мы видим, что место соприкосновения движется по стержню
отн
V~M
— направлена вдоль стержня, а переносная скорость точки M — это абсолютная скорость той точки пространства, в которой в данный момент оказалась точка
M , то есть это скорость той точки стержня, в которой в данный момент опирается
пер
абс
окружность (V~M
= V~D ⇒)
абс
отн
пер
отн
абс
V~M = V~M + V~M
= V~M + V~D ⇒
абс
абс
отн
V~D = V~M − V~M
абс
Обе эти скорости направлены вдоль стержня, значит, V~D тоже направлена вдоль
стержня. Проводим соответствующий перпендикуляр, находим мгновенный центр
— точка C. Также как и в предыдущем случае обозначаем координаты этой точки
как C(x, y).
√
2
2
2
2
2
Далее, по теореме Пифагора: AM
=
OA
−
OM
=
x
−
R
⇒
AM
=
x2 − R 2 .
p
2
2
2
Также получаем: x + y = (R + y 2 − x2 + R2 )p.
Преобразуем это выражение: x2 + y 2 = R2 + 2R y 2 − x2 + R2 + y 2 − x2 + R2 ⇒
p
(x2 − R2 ) = R y 2 − x2 + R2
(x2 − R2 )2 = R2 (y 2 − x2 + R2 ) = R2 y 2 − R2 x2 + R4
x4 − 2R2 x2 + R4 = R2 y 2 − R2 x2 + R4
x4 = R2 (x2 + y 2 ) — уравнение неподвижной центроиды
p
√
Теперь определим уравнение подвижной центроиды. ξ = y 2 − x2 + R2 , η = x2 − R2 .
4
2 x2
Из уравнения неподвижной центроиды: x −R
= y2 ⇒
R2
x4 − 2R2 x2 + R4
(x2 − R2 )2
x4 − R 2 x2
2
2
−
x
+
R
=
=
R2
R2
R2
2
Следовательно, уравнение подвижной центроиды будет иметь вид: ξ = ηR — уравнение подвижной центроиды (парабола). Центроиды в этих двух задачах "поменялись
местами".
Задача о центроиде системы из четырех связанных стержней
Шарнирный плоский механизм состоит из 4 стержней: стержень AB неподвижен.
AD = BC = 2a, AB = CD = 2C. Найти положение мгновенного центра скоростей
и центроиды стержня CD.
63
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Рис. 43. Рисунок к задаче о центроиде системы из четырех связанных стержней
Решение
Стержни AD и BC могут вращаться только вокруг шарниров, расположенных в
точках A и B, след. скорости точек C и D могут быть только перпендикулярны соответствующим стержням. Значит, перпендикулярами к векторам скорости точек
является точка P , находящаяся в пересечении прямых AD и BC. P — мгновенный
центр скоростей.
Теперь нужно понять, как устроены центроиды. Построим прямую AC и рассмотрим треугольники 4ABC и 4ADC. По условию: AD = BC, AB = CD ⇒ Ac —
общая, след. 4ABC = 4ADC по трем сторонам ⇒ будут равны и углы (∠ABC =
∠ADC).
Теперь мы рассмотрим треугольники 4AP B и 4CP D: ∠AP D = — вертикальные
углы и ∠ABP = ∠CDP — из предыдущего. ∠P AB = ∠P CD и AB = CD ⇒
4AP B = 4CP D по стороне и двум прилежащим к ней углам. След. P B = P D и
получаем: AD = AP + P D = 2a ⇒ AP + P B = 2a ⇒ сумма расстояний от мгновенного центра до двух точек A и B все время постоянно, а это характеризует эллипс
с фокусами a и b. Таким образом, неподвижная центроида — эллипс с фокусами в
точках a и b.
Соответственно, подвижная центроида, рассуждая так же, вводя систему коодинат,
связанную со стержнем CD, видим, что сумма расстояний CP + P B = CP + P D ⇒
подвижная центроида точно такой же эллипс с фокусами в точках C и D.
Задача о двух рейках и диском между ними
64
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Рис. 44. Рисунок к задаче о двух рейках и диском между ними
Имеются две рейки, движущиеся в противоположные стороны, одна со скоростью
V1 , другая со скоростью V2 , а между рейками зажат диск. Проскальзывание между
этими рейками и диском отсутсвтуют. Определить положение мгновеного центра
скоростей и подвижную, и неподвижную центроиды диска.
Решение
Проводим прямую через концы векторов V1 и V2 . C — мгновенный центр скоростей. Определимся с положением мгновенного центра в нашей системе координат. Рассмотрим треугольники 4ACD и 4BCD — треугольники подобны. Тогда
BE
= BC
⇒ VV12 = BC
⇒ BC = VV22 AC ⇒ BC + AC = 2R ⇒
AD
AC
AC
(
V2
+ 1)AC = 2R
V1
V1 + V2
)AC = 2R
V1
2RV1
AC =
= const
(V1 + V2 )
(
Мы выидим, что мгновенный центр скоростей движется на постоянном расстоянии
1
AC вдоль оси OX, значит неподвижная центроида — прямая y = (V2RV
1 +V2 )
Далее подвижная центроида: возьмем систему координат с началом в центре диска
и жестко связанную с диском. Оценим расстояние OC:
OC = AC − R =
2RV1
R
R(V1 − V2 )
−R=
(2V1 − V1 − V2 ) =
6= 0
(V1 + V2 )
(V1 + V2 )
(V1 + V2 )
65
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Будем считать, что V1 > V2 ⇒ OC > 0. Мы видим, что от начала системы координат, связанной с диском, точка C все время отстоит на постоянном расстоянии,
между тем, диск катится и жестко связанная с ним система поворачивается. След.
получается кривая, которая в полярной системе координат имеет вид r = r0 —
1 −V2 )
окружность. Подвижная центроида — окружность с радиусом OC = R(V
(V1 +V2 )
66
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
7.
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Семинар 7
Качение, теория
На этом семинаре мы рассмотрим несколько задач о качении кривой по кривой,
в которых получаются неожиданные результаты, связанные с качением.
Рис. 45.
Вспомним, что при качении без проскальзывания: S = +−σ+const. Если параметры
задаются так, что при качении один параметр растет, а другой убывает, то нужно
брать минус. Или же можно выбрать параметры согласованным образом — это факт
сегодня и будем использовать.
Рис. 46.
Рассмотрим качение неподвижной кривой по подвижной. Рассмотрим некоторую
точку A, по формуле Эйлера V~A = V~P + [~ω × P~A], V~P = 0 ⇒ V~A = [~ω × P~A].
Скорость точки A направлена по касательной по ее траектории, следовательно,
поскольку ω
~ ⊥ скорости движения, след. P~A направлен по нормали к траектории
любой точки A.
67
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
Задача о качении спирали Архимеда по параболе
2
По неподвижной параболе, заданной уравнением y = x2a катится без проскальзывания отрезок спирали Архимеда r = aϕ. Пусть в начальный момент времени
x |ϕ=0 = 0 (вершина спирали Архимеда совпадает с вершиной параболы). Какую
траекторию опишет вершина спирали Архимеда при качении спирали без скольжения спирали по неподвижной параболе.
Решение
Радиус-вектор точки, в которой спираль Архимеда соприкасается с параболой, име2
ет вид (x, x2a ). Соответственно, вектор скорости этой точки имеет вид:
xẋ
V~ = S˙1 e~τ = ẋe~x +
e~y
a
Таким образом,
dS1
dx
q
= 1+
x2
a2
√
=
a2 +x2
.
a
С другой стороны, точка касания — это
dr
точка на спирали Архимеда. Значит, V~ = S2 e~τ = ṙe~r + rϕ̇e~ϕ = dϕ
ϕ̇~
er + rϕ̇e~ϕ ⇒
q
p
dS2
dr 2
= ( dϕ
) + r2 = a 1 + ϕ2 . Поскольку качение происходит без проскальзываdϕ
ния, то считаем S1 = S2 = S. Таким образом,
dS
dS dx
=
sϕ
dx dϕ
√
p
a2 1 + ϕ2
dx
a2 + x2 dx
⇒
= √
a
dϕ
dϕ
a2 + x 2
Эта формула связывает между собой две параметризации. Если мы решим это
дифференциальное уравнение, то найдем связь между x и ϕ, но мы поступим проще.
Вспомним, что по теореме существования единственности решения, если у нас два
решения совпадают в какой-то точке, то они совпадают на всей области определения
решений. Нас интересует решение, такое что x |ϕ=0 = 0. Итак, у нас есть:
p
a2 1 + ϕ2
dx
= √
, при x |ϕ=0 = 0
dϕ
a2 + x 2
p
a 1 + ϕ2 =
Легко видеть, что x = aϕ — решение данного дифференциального уравнения.
Тогда,
p
p
a2 1 + ϕ2
a2 1 + ϕ 2
dx
= p
=a
=a= p
dϕ
a2 + a2 ϕ2
a 1 + ϕ2
Учтем то обстоятельство, что x = aϕ, тогда aẋe~x + aϕϕ̇e~y = aϕ̇~
er + aϕϕ̇e~ϕ .
Сокращаем на aϕ̇ ⇒ e~x + ϕe~y = e~r + ϕe~ϕ
68
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Будем считать, что одни базисные векторы выражаются через другие с помощью
угла α, тогда можем написать: e~r = cos αe~x + sin αe~y , e~ϕ = − sin αe~x + cos αe~y . Подставляем в это соотношение соответствующее выражение для единичных векторов:
e~x = ϕe~y = cos αe~x + sin αe~y − ϕ sin αe~x + ϕ cos αe~y
Приравниваем выражение при e~x и e~y :
1 − cos α − ϕ sin α
ϕ = sin α + ϕ cos α
Таким образом, у нас получается система линейных уравнений относительно косинуса и синуса. Можем тогда записать так:
1 −ϕ
cos α
1
=
ϕ 1
sin α
ϕ
Домножим все на обратную матрицу:
1 −ϕ
ϕ 1
cos α
=
sin α
1
1+ϕ2
−ϕ
1+ϕ2
1
1+ϕ2
−ϕ
1+ϕ2
ϕ
1+ϕ
1
1+ϕ2
ϕ
1+ϕ
1
1+ϕ2
!
! 1
ϕ
cos α = 1 , sin α = 0 ⇒ α = 0
Возвращаясь к первоначальным формулам: e~r = e~x , e~ϕ = e~y . Получился такой
вывод, что при качении спирали Архимеда векторы e~r e~ϕ совпадают с векторами
неподвижной системы координат. И кроме того заметим, если мы рассматриваем качение кривой в полярной системе координат, то радиус-вектор, опущенный в точку
касания и есть r(ϕ), а вектор e~ϕ имеет направление вектора, касательного к траектории полюса спирали Архимеда. И e~ϕ = e~y , e~y — вектор неподвижной системы
координат.
Рис. 47.
Ответ: траекторией полюса спирали Архимеда является прямая — ось симетрии
неподвижной параболы.
69
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Задача о качении параболы по параболе
Рассмотрим неподвижную параболу, по которой катится без проскальзывания
точно такая же парабола. Причем в начальный момент они соприкасались вершинами, а дальше — в любой момент времени рисунок симметричен относительно
касательной к параболам, проведенный через точку касания. Найти траекторию
фокуса подвижной параболы.
Рис. 48. Рисунок к задаче о качении параболы по параболе
Решение
Итак, свяжем с неподвижной параболой систему координат Oxy. В этой системе
координат: y = 2px, фокус неподвижной параболы находится в точке с координатами ( p2 , 0). Рассмотрим точку (x0 , y0 ) неподвижной параболы. Напишем уравнение
касательной, проходящей через эту точку: (1) yy0 = p(x0 + x) или yy0 − px0 − px = 0.
Чтобы понять, как устроена траектория фокуса подвижной параболы, в каждый
момент времени мы должны найти точку, симметричную фокусу неподвижной параболы относительно общей касательной к этим параболам.
Найдем точку, симметричную точке ( p2 , 0) относительно касательной прямой, заданной уравнением (1). Уравнение прямой, перпендикулярной касательной и проходящей через точку ( p2 , 0) имеет 2y0 x + 2py − y0 p = 0. Рассмотрим это уравнение,
совместно с уравнением yy0 − px0 − px = 0 и найдем точку пересечения касательной
с прямой, перпендикулярной касательной и проходящей через фокус неподвижной
параболы. Решим систему уравнений:
(
2y0 x + 2py − y0 p = 0
yy0 − px0 − px = 0
70
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
p(y02 − 2px0 )
y0 p(2x0 + 1)
x1 =
, y1 =
2
2
y0 + p
2(y02 + p2 )
Учитывая, что (y0 , x0 ) подчиняются уравнению y02 = 2px0 , то упрощая выраже(2px0 +p2 )
ния для x1 , y1 , получаем x1 = 0, y1 = y02(y
, тогда точка, симметричная точке
2
2
0 +p )
p
( 2 , 0) относительно касательной прямой, заданной уравнением (1), имеет координаты: 2x1 − p2 = − a0 (учитывая, что p = 0) и 2y1 − 0 = x0 . Итак, точка, симметричная
фокусу неподвижной параболы имеет в неподвижной системе координат Oxy координаты: ( −p
, y0 ). координаты этой точки меняются вдоль прямой, расположенной
a
на расстоянии − p2 от параболы — это директриса неподвижной параболы.
Ответ: траектория фокуса подвижной параболы является прямая — директриса
неподвижной параболы.
Задача о качении выпуклой пластинки, которая опирается
на стержень
Рис. 49. Рисунок к задаче о качении выпуклой пластинки, которая опирается на
стержень
Выпуклая пластинка катится без проскальзывания по плоскости, опираясь одной
и той же своей точкой о неподвижный стержень высоты h, перпендикулярной к
плоскости. В репере Френе с началом в точке касания пластинки с плоскостью
вектором e~τ , направленным по касательной, а e~ν — по нормали к границе пластинки,
вектор (1) P~Q = λe~τ + µe~ν . k(S), S = S(t). Найти угловую скорость пластинки и
кривизну кривой — следа точки касания пластинки с плоскостью.
71
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
Решение
Обозначим эту кривизну k1 . Итак, заметим, что точка Q, которой пластинка опирается на стержень — неподвижна V~Q = 0. С другой стороны, качение происходит без
проскальзывания ⇒ точка P мгновенно неподвижная точка. По формуле Эйлера
имеем: V~Q = V~P + [~ω × P~Q] ⇒ [~ω × P~Q] = 0, т.е. P~Q является мгновенной осью
вращения. ω
~ все время коллинеарен P~Q. Это значит, что мы можем представить
угловую скорость данной пластинке: ω
~ = xP~Q = x(λe~τ + µe~ν )
Введем 4 системы координат. Система Oxyz — неподвижная система координат
с началом в некоторой опорной точке плоскости и осью OZ, перпендикулярной
плоскости. Aξηζ — подвижная система координат, жестко связанная с пластинкой.
P e~τ e~ν e~β — репер Френе с вектором e~ν , лежащим в плоскости пластинки; вектором
e~τ , направленным по касательной к границе пластинки, вектор eβ~⊥ пластинке. По0
0
0
0
0
следняя система координат P e~τ e~ν e~β , где e~τ совпадает с e~τ , e~β = e~z — репер Френе
траектории "следа"точки касания на опорной плоскости.
Нам требуется найти угловую скорость пластинки относительно неподвижной сиAξηζ
стемы координат (~ωOxyz
). По формуле сложения угловых скоростей, мы можем эту
P e~ e~ e~
τ ν β
Aξηζ
угловую скорость найти, как: ω
~ Oxyz
= ω
~ PAξηζ
~ Oxyz
. Значит, угловую скоe~τ e~ν e~β + ω
рость системы координат Aξηζ, жестко связанной с пластиной, относительно репера
Френе, найти несложно. Она выражается так:
ω
~ PAξηζ
e~τ e~ν e~β = −k(S)Ṡ e~β
Далее угловая скорость репера френе относительно неподвижной системы координат. Эту угловую скорость снова будем определять по формуле сложения угловых
0
скоростей. Введем угол ϕ между веткорами e~β и e~β .
0
Заметим, что e~β = cos ϕe~β + sin ϕe~ν .
P e~ e~ e~β
τ ν
ω
~ Oxyz
=ω
~
0
0
0
P e~τ e~ν e~β
0
P e~ e~ e~β
P e~τ e~ν e~β
0
0
τ ν
+ω
~ Oxyz
Единственным движением этих систем друг относительно друга является поворот
на угол ϕ вокруг вектора e~τ . Таким образом,
ω
~
0
P e~τ e~ν e~β
0
0
P e~τ e~ν e~β
0
P e~ e~ e~β
0
0
τ ν
= ϕ̇e~τ , ω
~ Oxyz
0
= k1 (S)Ṡ e~β = k1 (S)Ṡ e~z
0
⇒ω
~ = −k(S)Ṡ e~β + ϕ
~ e~τ + k1 (S)Ṡ e~β =
0
А теперь воспользуемся представлением для e~β :
= −k(S)Ṡ e~β + ϕ
~ e~τ + k1 (S)Ṡ cos ϕe~β + k1 (S)Ṡ sin ϕe~ν = ω
~
Сравнивая два выражения (1) и (2), получаем:
xλ = ϕ̇
72
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
xµ = k1 Ṡ sin ϕ
k1 cos ϕ − k = 0
Мы специально ввели угол ϕ, которого не было, и теперь нам нужно понять, как
угол ϕ выражается через переменные, которые были заданы. Для этого нужно
понять, что представляет собой угол ϕ. Мы можем сказать, что ϕ — угол между
опорной плоскостью и плоскостью пластинки. Найти этот угол можно по теореме о
трех перпендикулярах. Опустим перендикуляр на линию пересечения плоскостей,
таким образом, угол ϕ — угол в прямоугольном треугольнике, катетом которого
является h, а гипотенузой линия, опущенная из точки Q на e~τ . Таким образом,
µ sin ϕ = h ⇒ sin ϕ = µh . Ситаем, что h < µ ⇒ sin ϕ = µh < 1 ⇒
√
√
q
kµ
µ2 −h2
k1 µ2 −h2
h2
cos ϕ = 1 − µ2 =
⇒
= k ⇒ k1 = p
µ
µ
µ2 − h2
Теперь найдем x: xµ = k1 Ṡ sin ϕ = √kµ2 Ṡ
h
µ −h2 µ
= √kh2 Ṡ
µ −h2
⇒
khṠ
x= p
µ µ2 − h2
Угловая скорость пластинки при ее качении по плоскости равна
khṠ
ω
~ = p
(λe~τ + µe~ν )
µ µ2 − h2
73
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
8.
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Семинар 8
Задача о качении сферы вдоль кривой
Сегодня мы продолжим решение задач пространственной кинематики. И будем
использовать все те результаты, которые были получены ранее
Рис. 50. Рисунок к задаче о качении сферы вдоль кривой
На неподвижной плоскости Π задана кривая кривизны k(S), по этой кривой катится
без проскальзывания сфера радиуса R таким образом, что угловая скорость сферы
все время параллельна плоскости. Закон движения точки P задан: S = S(t). Найти
кривизну и кручение кривой - следа точки P на сфере.
Решение
1. Итак, введем неподвижную систему координат Oxyz (начало в некоторой точке
O плоскости, перпендикулярной этой плоскости e~z ⊥Π).
2. C e~ξ e~η e~ζ — система координат, жестко связанной со сферой, с началом в центре
сферы;
3. P e~τ e~ν e~β — репер Френе кривой - следа точки P на сфере. Репер френе той самой
кривой, для которой нам необходимо найти кручение.
4. P e~τ e~N e~z — репер Френе заданной кривой.
При решении этой задачи мы будем выражать все векторы в репере Френе заданной
кривой.
Отразим тот факт, что вектор ω
~ все время параллелен плоскости: (~ω · e~z ) = 0, также:
ω
~ = ω1 e~τ + ω2 e~N
Легко видеть, что
~ = OP
~ + P~C = OP
~ + Re~z
OC
74
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Радиус сферы — величина фиксированная, вектор e~z тоже неподаижен в абсолютном пространстве:
d ~
d ~
(OC) = (OP
)
dt
dt
Скорость центра сферы равна скорости, с которой движется место соприкосновения, т.е. V~C = Ṡ e~τ . С другой стороны по формуле Эйлера имеем:
V~C = [~ω × P~C] = [(ω1 e~τ + ω2 e~N ) × Re~z ] = −ω1 Re~τ + ω2 Re~N = Ṡ e~τ . Таким образом,
сравнивая два выражения для угловой скорости, получаем:
Ṡ
Ṡ
;ω
~ сферы = e~N
R
R
Это один способ получения угловой скорости. Теперь нам нужно получить эту угловую скорость из каких-то других соображений, чтобы сравнить два выражения
для угловой скорости. Другое выражение получим из формулы сложения угловых
~η ζ~
~η ζ~
P e~τ e~ν e~β
C ξ~
. Относискоростей. Нам нужно найти угловую скорость ω
~ Oxyz
=ω
~ PCeξ~
~ Oxyz
~τ e~ν e~β + ω
тельно сферы репер Френе движется с угловой скоростью, выражение для которой
P e~τ e~ν e~β
мы находили. Если мы напишем ω
~ C ξ~
= æṠ e~τ + k1 Ṡ e~β . Значит,
~η ζ~
ω1 = 0, ω2 =
~ ~
ηζ
ω
~ PCeξ~
~τ e~ν e~β = −æṠ e~τ − k1 Ṡ e~β
Угловую скорость вращения репера Френе относительно неподвижной системы координат найдем так:
P e~τ e~ν e~β
P e~ e~ e~
P e~τ e~N e~z
ω
~ Oxyz
=ω
~ P e~ττ e~Nν e~βz + ω
~ Oxyz
Выражение для этой угловой скорости легко найти. Это угловая скорость репера
Френе, движущегося в плоскости по плоской кривой. Мы находили это выражение:
P e~τ e~N e~z
ω
~ Oxyz
= K Ṡ e~z . Таким образом, если ввести угол между фекторами e~β и e~z — ϕ,
P e~ e~ e~
то ω
~ P e~ττ e~Nν e~βz = ϕ̇e~τ
Итак, у нас теперь есть выражение ω
~ сферы = ϕ̇e~τ +K Ṡ e~z −æṠ e~τ −k1 Ṡ e~β , то его можно
представить с учетом того, как введен угол ϕ: e~β = cos ϕe~z − sin ϕe~N , следовательно
ω
~ сферы = ϕ̇e~τ + K Ṡ e~z − æṠ e~τ − k1 Ṡ cos ϕe~z + k1 Ṡ sin ϕe~N
Сравнивая выражения для угловой скорости, получаем систему уравнений:
(1) ϕ̇ = æṠ
(2) k1 sin ϕ = R1
(3) k1 cos ϕ = K
2
1+R2 +K 2
1
2
Возведем
в
квадрат
обе
характеристики
и
увидим,
что
k
1 = R2 + K =
R2
√
2K2
k1 = 1+R
.
Это
выражение
для
той
кривой,
которая
рисует
точка
P
на
сфере
R
при качении этой кривой по заданной плоской кривой кривизны k(S).
Теперь нужно найти ее кручение. Разделим уравнение (3) на (2),
получим
√
0 ṠR
0
cos ϕ
2
−1
1+R2 K 2
= KR sin2 ϕϕ̇ = K . Таким образом, ϕ̇ = −K ṠR sin ϕ ⇒
sin ϕ = R1 ⇒
sin ϕ
R
sin ϕ =
√
1
1+R2 K 2
⇒ ϕ̇ =
0
−K ṠR
1+R2 K 2
⇒
0
−K R
æ=
1 + R2 K 2
75
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Рассмотрим какие-нибудь простые случаи. Предположим, что сфера катилась вообще по прямой, таким образом, K = 0, кручение становится равным нулю, а k1 = R1 ,
то есть при качении сферы по прямой, траектория, которая рисуется на сфере —
окружность радиуса R. Кривая будет так же плоской, когда сфера катается по
окружности радиуса R1 , тогда K = 0, кручение нулевое, на сфере тоже будет рисоваться окружность с некоторой кривизной. Таким образом, полученные выражения
для кривизны и кручения логичны.
Задача о качении сферы, касающейся граней угла
Рис. 51. Сфера, касающаяся граней угла и ее проекция
Сфера радиуса R катится без проскальзывания, касаясь граней неподвижного
двугранного угла. Найти угловую скорость и угловое ускорение шара, а также ускорения точек A и B шара, которыми в данный момент времени он касается граней
двугранного угла, если скорость и ускорение центра шара заданы и равны: |V~C | = V ,
|a~C | = a
Решение
Воспользуемся формулой Эйлера и применим его к точкам A и B, имеем:
~
V~B = V~A + [~ω × AB]
V~A = 0, V~B = 0
~ ⇒ω
[~ω × AB]
~ = ω eAB
~
Выразим единичный вектор. Для этого введем систему координат: ось Oy по ребру
угла, ось Ox лежит на одной грани, ось Oz на другой грани, тогда eAB
~ = √ω2 (e~z − e~x ),
поскольку единичный вектор вдоль направления AB имеет проекцию на e~z — cos π4
и проекцию на e~x -sin π4 . Вот это выражение для ω нам и надо найти. Его найдем,
применяя формулу Эйлера, используя одну из точек: A, B и центр C. При качении
76
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
шара его центр движется по прямой, потому что расстояние от одной грани все
время равно R и от другой грани тоже R. Следовательно, мы можем написать выражение для скорости центра шара:V~C = V e~y , применяя формулу Эйлера к точкам
A и C:
~ = [~ω × AC]
~ = √ω [(e~z − e~x ) × Re~z ] = ωR
√ e
~ = V e~y ,
V~C = V~A + [~ω × AC]
2
2 y
√
значит ω = R2V , а ω
~ = VR (e~z − e~x )
Мы видим, что угловая скорость разложилась по неподвижному базису, следовательно, если мы найдем производную от угловой скорости, то оно будет равно:
~ε =
d~ω
a
= (e~z − e~x )
dt
R
Заметим, что направление e~z − e~x соответствует направлению AB. Теперь нужно
найти ускорение точек A и B, воспользуемся формулой Ривальса:
~ + [~ω × CA].
~
a~A = a~C + [~ε × CA]
~ = −Re~z .
Следовательно, a~C = ae~y , CA
~ = a [(e~z = e~x ) × −Re~z ] = a[(e~z − e~x ) × e~z ] = −ae~y
[~ε × CA]
R
V2
V2
V2
[(
e
~
−
e
~
)
×
[(
e
~
−
e
~
)
×
−R
e
~
]]
=
−
[(
e
~
−
e
~
)
×
a
~
]
=
(e~x + e~z ) = a~A
z
x
z
x
z
z
x
y
R2
R
R
А теперь заметим, что если применить формулу Ривальса к точкам A и B, то мож~ a~A = V 2 (e~x + e~z ).
~ + [~ω × AB],
~ но ω
~ ~εkAB
~ ⇒ aB =
но записать: a~B = a~A + [~ε × AB]
~ kAB
R
Можно было бы воспользоваться формулой, найденной ранее: a~A = −[~ω × V~P ], P
— место соприкосновения (в данный момент времени совпадение с точкой A). Действительно, если написать данное выражение, то скорость места соприкосновения
2
2
равна скорости шара V~P = V e~y ⇒ a~A = VR [(e~z − e~x ) × e~y ] = VR (e~x + e~z ). Еще один
способ выражения того же ускорения.
Мгновенная ось вращения. Аксоид
Теперь рассмотрим несколько задач, в которых движущееся тело имеет неподвижную точку. В таком случае движение тела называется вращением вокруг неподвижной точки. Если выбрать систему координат как раз в неподвижной точке O
~ Легко видеть, что если ω
твердого тела, то по формуле Эйлера: V~A = [~ω × OA].
~ = ω~e,
то скорости точек, лежащих на оси с единичным направляющим вектором ~e, равны
нулю. Так как и скорость точки O равна нулю. Однако, эта ось, называемая мгновенной осью вращения, все время меняет свое положение в абсолютном пространстве. И в неподвижном пространстве рисуется коническая поверхность, называемая
неподвижным аксоидом.
Геометрическое место положений мгновенной оси вращения в неподвижном пространстве — неподвижный аксоид
77
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Геометрическое место положений мгновенной оси вращения в подвижном пространстве (связанным с телом) — подвижный аксоид.
Движение твердого тела вокруг неподвижной точки можно представлять себе, как
качение подвижного аксоида по неподвижному, при этом общее образующее двух
этих конических поверхностей как раз и будет мгновенной осью вращения.
Задача о качении диска, закрепленным стержнем с
неподвижной осью
Рис. 52.
Диск радиуса R с центром в точке C жестко насажен на стержень OC длины
l, перпендикулярный плоскости диска. Диск катится по неподвижной плоскости
без проскальзывания, конец стержня O закреплен в сферическом шарнире в неподвижно оси Oz, перпендикулярной плоскости Π, на высоте R от точки пересечения
этой оси с осью Oz. Плоскость zOC вращается вокруг оси Oz с постоянной угловой
скоростью ω
~ = ω0 e~z . Найти угловую скорость диска.
Решение
Диск жестко насажен на стержень OC, поэтому твердым телом считается вся система диск+стержень, поэтому для этого тела справедлива формула Эйлера распределения скоростей в твердом теле. Для точек O и A напишем формулу Эйлера:
~ Так как O — неподвижная точка, то V~O = 0, а A — мгновенно
V~A = V~O + [~ω × OA].
~ = 0, ω
~
неподвижная точка, то V~A = 0. Следовательно, [~ω × OA]
~ = ω(OA)
Нарисуем картинку сбоку.
Угловая скорость направлена по OA. Угловая скорость ω0 направлена вверх. И по
теореме о сложении угловых скоростей, напишем: ω
~д = ω
~ пер + ω~д отн
Oξ : e~ξ
Oη: e~η = [ez × e~ξ ]
√
ωпер
~ |
ω0 R2 +l2
Следовательно, |ω~д отн | = |ω~пер | ctg α = ω0 Rl , |ω~д | = |sin
=
α
R
78
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Рис. 53.
ω~д = ω~0 (e~z − Rl e~ξ ).
Покажем еще один способ нахождения этой угловой скорости. Для этого несколько
раз воспользуемся формулой Эйлера. Поскольку мы имеем дело с телом стержень
+ диск, то получаем формулу Эйлера для точек O C. Заметим, что при качении
диска точки O и C лежат в одной и той же плоскости, поэтому скорость центра диска есть скорость соответсвующей точки плоскости, в которой оказался этот центр.
~ = ω0 le~η
~ = ω~0 [e~z eξ]
Найдем ее по формуле Эйлера: V~C = V~0 + [ω~0 × OC]
По формуле Эйлера для диска (точки С и А):
~ = [ω~д × AC]
~ = [ω~д × Re~z ] = ωд [(Re~z − le~ξ ) × Re~ξ ]
V~C = V~A + [ω~д × AC]
= ωд lR[~
eξ × e~z ] = ωд lRe~η
Сравнивая два выражения: ω0 le~η = ωд l eR~η ⇒ ωд = ωR0 ⇒ ω~д = ωR0 (Re~z − le~ξ ) =
ω0 (e~z − Rl e~ξ )
В данной задачи является конуса с углом при верщине 2α, с осью симметрии Oξ,
он катается по неподвижному аксоиду, у которого угол при вершине равен π − 2α.
Задача о вращающемся диске, который насажен на
вращающийся стержень
Стержень OC длины l вращается вокруг неподаижной оси Oz с постоянной угловой скоростью, причем угол между OC и Oz θ — постоянный. На стержень OC
насажен диск радиуса R, плоскость диска перпендикулярна стержню. В системе координат zOC диск вращается с постоянной угловой скоростью ω1 . Найти угловую
скорость диска, а также скорости и ускорения точек A и B диска, занимающих в
данной момент времени наивысшее и наинизшее положение.
Решение
79
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Рис. 54. Рисунок к задаче о вращающемся диске, который насажен на вращающийся
стержень
Будем рассматривать движение диска, как сложное. Введем систему координат
Oe~ξ e~η e~ζ : e~η = [e~ζ × e~ξ ], тогда можем найти угловую скорость диска по формуле
сложения угловых скоростей: ω~пер = ω2 e~z .
Сам диск вращается в этой системе координат со скоростью: ω~д отн = ω1 e~ξ ⇒ ω~д =
ω~д отн + ω~пер = ω1 e~ξ + ω2 e~z = (ω1 + ω2 cos θ)~
eξ + ω2 sin θe~ζ
Воспользуемся далее формулой Эйлера:
~
V~A = V~C + [~ω × CA]
~ = [(ω2 cos θe~ξ + ω2 sin θe~ζ ) × le~ξ ] = ω2 le~η
V~C = V~o + [ω~пер × OC]
~ = re~ζ ⇒
Теперь осталось только найти скорость точки A. CA
V~A = ω2 l sin θe~η + [(ω1 + ω2 cos θ)~
eξ + ω2 sin θe~ζ × Re~ζ ] = (ω2 l sin θ − (ω1 + ω2 cos θ)R)e~η
~ = −Re~ξ , следовательВыражение для скорости точки будет отличаться только CB
но, скорость точки B будет: V~B = (ω2 l sin θ + (ω1 + ω2 cos θ)R)e~η
Поговорим об ускорениях. Найти ускорения мы можем по формуле Ривальса, итак,
запишем:
~ + [~ωд × [ω~д × CA]]
~
a~A = a~C + [~ε × CA]
Выясним, чему равно ускорение центра диска:
a~C = dtd (V~C ) = ω2 l sin θ[ω~пер × e~η ] = ω2 l sin θ[(ω2 cos θe~ξ + ω2 sin θe~ζ ) × e~η ] ⇒
a~C = ω22 l sin θ cos θe~ζ − ω22 l sin2 θe~ξ
Найдем угловое ускорение диска. Продифференцируем угловую скорость диска:
ε~д = dtd (ω~д ) = (ω1 + ω2 cos θ)[ω~пер × e~ξ ] + ω2 sin θ[ω~пер × e~ζ ] =
80
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
= (ω1 + ω2 cos θ)ω2 sin θe~η − ω22 sin θ cos θe~η
ε~д = ω1 ω2 sin θe~η
~ = ω1 ω2 sin θ[e~η × Re~ζ ] =
Что ж осталось только все аккуратно написать: [ε~д × CA]
ω1 ω2 R sin θe~ξ
~ = −(ω1 + ω2 )Re~η
Последнее выражение. [ω~д × CA]
Умножая это выражение еще раз на угловую скорость, получаем:
[(ω1 +ω2 cos θ)~
eξ ×−(ω1 +ω2 cos θRe~η )] = −(ω1 +ω2 cos θ)2 Re~ζ +Rω2 sin θ(ω1 +ω2 cos θ)~
eξ
Таким образом, угловое ускорение оказывается равным:
a~A = ω22 l sin θ cos θe~ζ −ω22 l sin2 θe~ξ +ω1 ω2 R sin θe~ξ +ω2 R sin θ(ω1 +ω2 cos θ)~
eξ −R(ω1 +ω2 cos θ)2 e~ζ
Группируем выражение и получаем:
= (−ω22 l sin2 θ + 2ω1 ω2 R sin θ + ω22 R sin θ cos θ)~
eξ + (ω22 l sin θ cos θ − R(ω1 + ω2 cos θ)2 )e~ζ
~ = −CA.
~ Таким образом, сразу запишем
Ускорение точки B. Для точки B: CB
ускорение точки B:
a~B = (−ω22 l sin2 θ−2ω1 ω2 R sin θ−ω22 R sin θ cos θ)~
eξ +(ω22 l sin θ cos θ+R(ω1 +ω2 cos θ)2 )e~ζ
81
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
9.
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Семинар 9
Основы динамики материальной точки
Рис. 55. Система координат, связанная с инерциальной системой отсчета
От задач кинематики перейдем к решению динамических задач, в которых присутствуют такие слова, как масса и сила, где ускорение изолированной материальной точки равно нулю — такие системы называются инерциальными.
Рассмотрим систему координат, связанную с какой-то инерциальной системой отсчета Oxyz, и пусть относительно этой системы движется точка, радиус-вектор
которой равен ~r. Точка находится под действием сил с равнодействующей силой:
F~ (~r, ~r˙, t)
Тогда, в соответствии со вторым законом Ньютона, мы получаем уравнение, которое
иногда называют основным уравнением динамики точки
m~r¨ = F~ (~r, ~r˙, t)
Или в проекции на оси выбранной системы:
mẍ = Fx
mÿ = Fy
mz̈ = Fz
82
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
При этом Fx , Fy , Fz могут быть функциями всех координат x, y, z; всех скоростей
ẋ, ẏ, ż; и времени t.
Если нам удалось проинтегрировать все эти уравнения и мы получили зависимости:
x = x(t), y = y(t), z = z(t)
или в векторном виде: ~r = ~r(t), то эта зависимость называется законом движения.
При интегрировании, конечно, возникают произвольные постоянные, но закон дви~ и V0 = r(0)
~˙
жения определен однозначно, если в начальный момент заданы r~0 = r(0)
Кривая, по которой движется точка, называется траекторией.
x = x(t), y = y(t), z = z(t) — траектория движения точки
В левой части основного закона динамики присутствует вторая производная радиусвектора, то есть вектор абсолютного ускорения точки. Мы выписывали множества
формул для компонент ускорения в разных системах коордиант. Так, например, если мы говорим об ускорении точки в репере Френе, то уравнение динамики в осях
естественного трехгранника имеет вид:
mV̇ = Fτ , mkV 2 = Fν , 0 = Fβ , где k — кривизна
Если мы говорим о полярной системе координат, то основное уравнение динамики
имеет вид:
m(r̈ − rϕ̇2 ) = Fr , m(rϕ̈ + 2ṙϕ̇)
Абсолютно все задачи, с которыми мы будем иметь дело, формулируются следующим образом: по заданным силам требуется определить движение точки.
Задача в общей постановке: Даны силы F~1 ..., F~n , приложенные к материальной точке, требуется определить ее закон движения и траекторию. Для этого следует:
1. Выбрать систему отсчета, то есть систему координат.
2. В выбранной системе координат записать уравнение движения точки .
3. Проинтегрировать полученные уравнения, определить из начальных условий
произвольные постоянные и найти закон движения.
83
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
Задача о точке, притягиваемой вершинами треугольника
Рис. 56. Рисунок к задаче о точке, притягиваемой вершинами треугольника
В вершине C равнобедренного прямоугольного треугольник, в котором угол
∠B = 90◦ , AC — гипотенуза, AC = 2a. Каждая из трех вершин треугольника
притягивает точку M силой, равной F = k 2 mr, где r — расстояние от точки до
соответствующего центра. Найти траекторию точки.
Решение
Введем систему координат так, что тока O — начало системы в центре гипотенузы,
ось Ox направим вдоль гипотенузы, ось Oy вдоль OB. Введем точку M , пусть ее
координаты M (x, y). Определимся с начальными условиями. В начальный момент
x(0) = a, y(0) = 0, ẋ(0) = 0, ẏ(0) = 0.
Находим компоненты сил, действующих на точку, получаем в проекциях: Ox :
F1x = k 2 mr1 (−
(a + x)
) = −k 2 m(a + x)
r1
x
) = −k 2 mx
r2
a−x
F3x = k 2 mr3 = k 2 mr3 (
) = k 2 m(a − x)
r3
Теперь проекции тех же сил на ось Oy:
F2x = k 2 mr2 (−
F1y = k 2 mr1 (−
y
) = −k 2 my
r1
a−y
) = k 2 m(a − y)
r2
y
= k 2 mr3 (− ) = −k 2 my
r3
F2y = k 2 mr2 (
F3y
84
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Напишем результирующие компоненты сил по осям:
Fx = F1x + F2x + F3x = −k 2 m(a + x) − k 2 mx + k 2 m(a − x) = −3k 2 mx
Fy = F1y + F2y + F3y = −k 2 my + k 2 m(a − y) − k 2 my = k 2 ma − 3k 2 my
Напишем уравнения движения этой системы: ẍ = −3k 2 x, ÿ = k 2 a − 3k 2 y. Добавим
к ним начальные условия: x(0) = a, y(0) = 0, ẋ(0) = 0, ẏ(0) = 0.
ẍ + 3k 2 x = 0
√
√
x = c1 cos ( 3kt) + c2 sin ( 3kt)
Теперь найдем произвольные постоянные. Их определим из начальных условий. К
счастью, система уравнений здесь такая, что каждое уравнение системы мы можем
решать отдельно от других.
√
√
√
√
Для x: x(0) = a ⇒ c1 = a ⇒ ẋ = 3kc2 cos ( 3kt) − 3kc1 sin ( 3kt)
√
3kc2 = 0 ⇒ c2 = 0.
Мы определили значения произвольных постоянных, следовательно
√
x = a cos ( 3kt)
Теперь разберемся с y. У него уравнение тоже линейное, но неоднородное. Решение
такого уравнения складывается из частного решения неоднородного + общее решение однородного уравнения.
Частное решения неоднородного: y = a3 .
√
√
Общее решение однородного: K1 cos ( 3kt) + K2 sin ( 3kt) ⇒
√
√
y = a3 +K1 cos ( 3kt)+K2 sin ( 3kt). Найдем произвольные постоянные: a3 +k1 = 0 ⇒
√
√
√
√
K1 = − a3 . Берем производную: ẏ = 3kK2 cos ( 3kt) − 3ktK1 sin ⇒ 3kK2 = 0 ⇒
y=
√
a a
− cos ( 3kt)
3 3
Рис. 57. Траектория точки — медиана стороны AB
85
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Для того, чтобы определить траекторию как функцию y(x), мы должны выразить
время. Это сделать несложно, получаем:
a x
y= −
3 3
Посмoтрим, что она из себя представляет.
Соответствующая траектория — медиана стороны AB 4ABC (рисунок 57).
Задача о точке, брошенной с Земли
Рис. 58. Рисунок к задаче о точке, брошенной с Земли
Тело брошено с поверхности Земли вертикально вверх с начальной скоростью V0 .
Найти, принимая во внимание силу Ньютоновского тяготения и пренебрегая сопротивлением воздуха, на какую максимальную высоту и в течение какого времени
поднимется тело, если радиус Земли равен R.
Решение
Сила Ньютоновского тяготения равна −µm
|r=R = −mg. Из этого соображения мы
r2
µm
2
можем найти: R2 = mg ⇒ µ = gR
2
2
2
Теперь запишем уравнение. mẍ = −mgR
=⇒ ẍ = −gR
⇒ ẍ + −gR
= 0. Домножим
x2
x2
x2
gR2
это уравнение на ẋ. ẋẍ + x2 ẋ = 0. Если внимательно приглядеться к полученному
уравнению, то можно заметить, что левая часть этого уравнения — полная произ2
2
2
2
водная по времени от выражения dtd ( ẋ2 − gRx ) = 0. Отсюда следует, что ẋ2 − gRx = h
— первый интеграл. Его физический смысл — это сохранение полной энергии системы: кинетической энергии и потенциальной. Итак, он нужен нам для нахождения
максимальной высоты.
В начальный момент x = R, а скорость была равна V0 :
При t = 0 ẋ(0) = V0 , x(0) = R
86
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
V2
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
V2
2
Получаем далее 20 − gR
= h = 20 − gR. Тем самым, мы можем записать закон
R
сохранения энергии, то есть первый интеграл уже с определенной константой h:
ẋ2 gR2
V02
−
=
− gR
2
x
2
В момент достижения максимальной высоты x = R + h, где h — та самая максимальная высота, следовательно ẋ = 0. Константа интеграла все равно сохранится,
V2
2gR−V02
−g 2
gR2
поэтому, подставляя эти значения, находим: R+h
= 20 − gR ⇒
= r+h
2
2
2gR−V02
=
R+h
gR2
⇒h=
2gR2
2gR−V02
−R=
2gR2 −2gR2 +V02 R
2gR2 −V02
hmax =
⇒
V02 R
2gR − V02
√
Значение, равное V0 = 2gR, известное, оно называется второй космической
скоростью ≈ 11.2 км/с. Это скорость, необходимая спутнику, чтобы преодолеть
притяжение Земли и выйти в открытый космос.
Задача о разлетающихся точках
Рис. 59. Рисунок к задаче о разлетающихся точках
Из данной фиксированной точки O одновременно бросают материальные точки с
одинаковой по величине скорость V0 по различным направлениям, лежащим в одной
вертикальной плоскости. Предположим, что движение проиисходит в пустоте. На
какой кривой в каждый момент времени располагаются все эти точки?
Решение
87
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Выберем оси системы координат так, что начало будет в той неподвижной точке,
из которой все эти точки одновременно полетели. Пусть начальная скорость V0
образует с осью Ox это системы угол α, тогда в начальный момент ẋ(0) = V0 cos α,
ẏ = V0 sin α. x(0) = 0, y(0) = 0.
На точку действует только сила тяжести. Выберем ось Oy по направлению действия
силы тяжести, тогда уравнения движения точки имеют вид: mẍ = 0, mÿ = −mg.
ẋ = C = const ẋ(0) = V0 cos α ⇒ ẋ = V0 cos α.
Еще раз интегрируем: x(t) = V0 t cos α + x0 , x(t) |t=0 = 0 ⇒ x0 = 0
x(t) = V0 t cos α
Теперь разбираемся с y: ẏ = −gt + K, ẏ(0) = V0 sin α ⇒ K = V0 sin α ⇒
2
ẏ = −gt + v0 sin α. Еще раз проинтегрируем это уравнение: y(t) = − gt2 + V0 t sin α +
y0 ⇒ y(0) = 0 ⇒ y0 = 0
gt2
y(t) = V0 t sin α −
2
В условии задачи было сказано, что вылетают в различные точки, а мы взяли всего,
а выбор этой точки определяется углом α, следовательно, чтобы понять, на какой
кривой лежат все эти точки, нужно избавится от этого угла.
2
Сделать это можно так. Возведем в квадрат: x2 +(y+ gt2 )2 = V02 t2 cos2 α+V02 t2 sin α =
V02 t2 . Кривая, на которой лежам все эти точки, имеет вид:
x2 + (y +
gt2
gt2
) = V02 t2 — окружность радиуса V0 t с центром в точке (0, − )
2
2
Таким образом с течением времени, центр окружности опускается и сама окружность растет (ее радиус растет).
Данная задача допускает обобщение и на пространственный случай. В этом случае
точки, вылетающие в начальный момент из одной точки, будут располагаться на
сфере, которая тоже подчиняется тем же условиям. Где мы можем это наблюдать?
Это самая простая и примитивная модель салюта.
88
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
10.
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Семинар 10
Задачи динамики точки
Продолжим заниматься задачами динамики точки, движущейся по кривой.
Напоминание:
Задача о движении точки по кривой под действием силы тяжести.
Для описания движения точки вводим естественный трехгранник(репер Френе).
Рис. 60. Движении точки по кривой под действием силы тяжести
Тогда уравнения движения точки в проекции на оси репера Френе записываются
следующим образом:
ms̈ = −mg sin ϕ
mkv 2 = N − mg cos ϕ
Из первого соотношения можно получить интеграл энергии. Вспомним, что
sin ϕ = dy
(производная координаты y по натуральному параметру).
ds
Тогда первое уравнение переписывается в виде:
s̈ + g dy
=0
ds
Домножим на ṡ:
ṡs̈ + g dy
ṡ = 0
ds
В левой части получаем полную производную:
d ṡ2
( + gy) = 0
dt 2
Таким образом:
ṡ2
+ gy = h
2
Кинетическая и потенциальная энергии сохраняются во все время движения, и их
сумма равна константе интеграла энергии h. Значения h определяются из начальных условий.
Большинство задач будут опираться либо на уравнения движения либо на существующий в системе интеграл энергии.
89
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Задача о точке, удаляющейся от вертикали с постоянной
скоростью
Рис. 61. Точка, удаляющаяся от вертикали с постоянной скоростью
Материальная точка спускается под действием силы тяжеси по гладкой кривой
расположенной в вертикальной плоскости. Известно, что точка удаляется от горизонтали, проходящей через ее начальное положение, с постоянной скоростью v = c.
Найти эту кривую.
Решение
Точка удаляется от горизонтали с постоянной скоростью c ⇒ ẏ = c или dy
= c.
dt
ṡ2
Будем считать y > 0, тогда Закон сохранения энергии будет иметь вид 2 − gy = h.
2
2
Перепишем в следующем виде ẋ +2 ẏ − gy = h.
dy
Пусть кривая задана в виде x = x(y). Тогда dx
= dx
= c dx
dt
dy dt
dy
ẋ2 +ẏ 2
2
− gy = h переписывается в виде
c2 dx 2
(( ) + 1) − gy = h (∗)
2 dy
Энергия и компонента скорости по y сохраняются во все моменты движения. Выбрав начало системы координат так, что оно проходит через начальную точку, мы
добились справедливости условий:
x(0) = 0
y(0) = 0
ẋ(0) = 0
90
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
ẏ(0) = c
Подставим эти условия в интеграл энергии и получим, что h =
Переписывая выражение (∗) получим:
c2 dx 2
( ) − gy = 0
2 dy
dx
dy
=
√ √
2g y
c
√
c2
2
3
Таким образом x = ± c2g 23 y 2
Возведем в квадрат, чтобы избавиться от ± и получим уравнение для нашей кривой
x2 =
8g 3
y
9c2
Задача о точке, движущейся по параболе
Рис. 62. Точка, движущаяся по параболе
Точка M массы m может скользить без трения по дуге параболы y = ax2 под
действием силы тяжести и силы отталкиваня, параллельной оси Ox, от оси параболы F~ = m~ω 2 x. В начальный момент времени x(0) = 0 y(0) = 0 ẋ(0) = v0 ẏ(0) = 0.
Определить на какую максимальную высоту ymax поднимается точка.
Решение
Введем репер Френе с началом в движущейся точке. В данном случае на оси репера
проецируются 2 силы.
ϕ - угол между e~τ и единичным вектором оси Ox e~x . Тогда направление силы тяжести образует с e~τ угол π2 − ϕ и ms̈ = mω 2 x cos ϕ − mg sin ϕ (∗). Получим из этого
уравнения первый интеграл. Учитывая, что cos ϕ = dx
, sin ϕ = dy
первый интеграл
ds
ds
имеет вид:
dx
dy
s̈ − ω 2 x + g
=0
ds
ds
91
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Домножая на ṡ получаем в левой части полную производную
Итак
d ṡ2
(
dt 2
2 2
− ω 2x + gy) = 0
ẋ2 + ẏ 2 ω 2 x2
−
+ gy = h
2
2
2
2
2 2
2
Определим h из начальных условий. Тогда ẋ +2 ẏ − ω 2x +gy = v20 . ẋ2 + ẏ 2 перепишем
как v 2 и подставим в уравнение x2 = ay (из уравнения параболы). Получаем:
v2 ω2y
v0 2
−
+ gy =
2
2a
2
y = ymax когда v = 0. Подставив в последнее уравнение v = 0 получим
2
2
(g − ω2a )ymax = v20
В итоге:
v0 2 a
ymax =
2ag − ω 2
Задача о шаре, который катится внутри эллипса
Рис. 63. Шар катится внутри эллипса
Шарик массы M скатывается внутри эллипса с полуосями a и b. Малая ось эллипса вертикальна. Определить давление шарика на эллипс (реакцию в нижней
точке), если движение шарика начинается с нулевой скоростью с конца большой
полуоси эллипса.
Решение
92
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Введем систему координат с началом в центре эллипса. В этой системе координат
начальные условия таковы: x(0) = a y(0) = 0 ẋ(0) = 0 ẏ(0) = 0
Напишем уравнение, для нахождения реакции: mkv 2 = N − mg (∗)
Наша задача определить кривизну эллипса в низшей точке и найти чему равен
квадрат скорости.
Квадрат скорости будем искать из интеграла энергии.
2
В начальный момент mv2 + mgy = 0.
Следовательно, в момент, когда точка достигает положения y = −b мы должны
2
получить mv2 − mgb = 0 или v 2 = 2gb. Это значение квадрата скорости.
Теперь определимся с кривизной. Найти кривизну эллипса в необходимой точке
можно взять параметризацию x = a cos ϕ y = b sin ϕ. При ϕ = 0 получаем начальные условия.
Кривизна считается по формуле:
k=
ÿ ẋ − ẍẏ
3
(ẋ2 + ẏ 2 ) 2
Здесь точка - производная по ϕ. Тогда
ẋ = −a sin ϕ ẏ = b cos ϕ
ẍ = −a cos ϕ ÿ = −b sin ϕ
Соответственно числитель в формуле кривизны при подстановке оказывается равным ab. Тогда
ab
k=
3
(a2 sin ϕ2 + b2 cos ϕ2 ) 2
Нужно посчитать эту кривизну в точке ϕ = − π2 (угол при низшей точке эллипса)
k |ϕ=− π2 =
ab
b
= 2
3
a
a
Тогда подставим полученные значения в (∗) и получим m ab2 2gb = N − mg, отсюда
N = mg(1 +
93
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
2b2
)
a2
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Задача о шаре, который катится по окружности
Рис. 64. Шар катится по окружности
Желоб, который имеет форму окружности радиуса R, установлен в вертикальной плоскости. В начальный момент времени в низшую точку желоба кладут шарик
массы m и сообщают ему начальную горизонтальную скорость v0 . Найти, какова
должна быть начальная скорость шарика, чтобы:
1. Шарик прошел всю окружность
2. Шарик мог совершать колебательные движения
3. Шарик выскочил из желоба
Решение
Положение шарика будем определять углом ϕ. Систему координат сначала возьмем
в начале окружности. Выберем естественный трехгранник с началом в движущейся
точке.
Шарик движется под действием силы тяжести, тогда мы можем написать З.С.Э.
v2
+ gy = h.
2
2
Для определения нормальной реакции мы получаем уравнение mv
= N − mg cos ϕ,
R
1
так как кривизна окружности постоянна и равна R .
Заметим, что y координата может быть выражена через радиус окружности и угол
ϕ: y = −R cos ϕ.
2
Таким образом получаем v2 − gR cos ϕ = h.
2
С другой стороны mv
= N − mg cos ϕ
R
94
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
Сила реакции N имеет смысл давления шарика на кривую. Если в какой-то момент
сила обращается в ноль, а дальше меняет знак, то для нас это сигнал, что шарик
"отвалился"от окружности, и наши уравнения для описания движения шарика уже
не работают.
Теперь, с учетом начальных значений, вычислим значение постоянной интеграла
энергии. В начальный момент шарик находился в положении ϕ = 0 и имел начальную скорость v(ϕ)|ϕ=0 = v0 .
2
2
Интеграл энергии может быть переписан в виде v2 − gR cos ϕ = v20 − gR.
2
2
2
Получим выражение для v2 : v2 = v20 − gR(1 − cos ϕ)
Таким образом v 2 = v0 2 − 2gR(1 − cos ϕ)
2
Получаем mv
=
R
силу реакции
mv0 2
R
− 2mg + 2mg cos ϕ и с помощью этой формулы вычислим
N=
mv0 2
− 2mg + 3mg cos ϕ
R
1.Чтобы шарик прошел всю окружность, сила давления всюду должна быть неотрицательной. Минимум выражения для давления достигается в точке ϕ = π, и он
2
должен быть неотрицательным. mvR0 − 2mg − 3mg или
v0 2 ≥ 5gR
2.При каких условиях шарик может совершать колебательные движения. Колебательное движение характерно тем, что шарик движется по периодическому закону,
по дуге и на концах дуги у него точки остановки. Рассмотрим такую точку остановки. В момент остановки давление шарика должно оставаться неотрицательным,
следователньо в момент остановки v = 0 и N = mg cos ϕ ≥ 0. Следовательно колебательное движение возможно только при ϕ ∈ [− π2 ; π2 ].
Следовательно колебательное движение выполняется при v0 2 − 2gr ≤ 0 так как
v 2 = v0 2 − 2gR(1 − cos ϕ)
3.Последний случай, когда 5gR > v0 2 > 2gR - происходит "отрыв". Получаем,
что угол отрыва можно определить из выражения для силы реакции N . В момент,
2
когда N обращается в 0, получаем mvR0 − 2mg + 3mg cos ϕ = 0. Тогда
cos ϕ =
2
v0 2
−
(∗)
3 3gR
Это угол, при котором произойдет отрыв шарика от окружности. Запомним эту
формулу.
95
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Задача о точке, попадающей на окружность с произвольной
траектории
Рис. 65. Точка попадает на окружность с произвольной траектории (1)
Весомая точка скользит без трения с начальной скоростью из точки A по произвольной гладкой кривой и поднимается по внутренней стороне окружности радиуса R. Точка A находится на высоте H над низшей точкой окружности.Требуется,
чтобы точка оставила круговую траекторию в некоторой точке, а потом, в своем
свободном падении, прошла через центр окружности. Найти при какой высоте H
такое возможно, найти cos ϕ, при котором такое возможно.
Решение
2
Запишем выражение для интеграла энергии mv2 −mgR cos ϕ = mgH −mgR. Правая
часть выражения - высота точки над выбранной системой координат.
С другой стороны выразим cos ϕ через H. В прошлой задаче интеграл энергии имел
2
2
вид v2 − gR cos ϕ = v20 − gR. Сравнивая эти 2 выражения получаем, что v0 2 = 2gH.
Следовательно
2
H
cos ϕ∗ = (1 − )
3
R
Точка поднимается по кривой, отрывается при данном значении ϕ = ϕ∗ .
Найдем скорость, которой обладает точка в момент отрыва от окружности.
v2
= gR cos ϕ + gH − gR. Сюда нужно подставить выражение для H и cos ϕ.
2
v 2 (ϕ)|ϕ=ϕ∗ = 2gH − 2gR + 2gR cos ϕ
96
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Из формулы для cos ϕ∗ получим, что H − R =
−3R cos ϕ∗
.
2
Значит
v1 2 (ϕ)|ϕ=ϕ∗ = v 2 (ϕ)|ϕ=ϕ∗ = −gR cos ϕ∗
Получаем, что точка вылетает под углом π − ϕ∗ . С этого момента точка движется
Рис. 66. Точка попадает на окружность с произвольной траектории (2)
под углом к горизонту под действием силы тяжести с начальной скоростью v1 .
mÿ = 0
mẍ = −mg
ẏ(0) = −v1 cos ϕ∗
ẋ(0) = v1 sin ϕ∗
2
Таким образом y(t) = −v1 t cos ϕ∗ , а x(t) = v1 t sin ϕ∗ − gt2 . Нас интересует момент t,
когда по y пройдена дистанция R sin ϕ∗ , а по x при этом дистанция равна R cos ϕ∗ .
Теперь, подставляя эти значения в формулу, мы получим −v1 t cos ϕ∗ = R sin ϕ∗ ,
откуда
R sin ϕ∗
t=−
v1 cos ϕ∗
Подставляя это значение в x получаем
x=
∗
∗ −R sin ϕ
v1 sin ϕ
v1 cos ϕ∗
gR2 sin2 ϕ∗
−
2v1 2 cos2 ϕ∗
эта величина должна быть равна R cos ϕ∗ . Находим из этого выражения, что
v1 2 =
−gr sin2 ϕ∗
2 cos ϕ∗
97
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Это условие того, что точка должна пройти через центр окружности. Сравним два
найденных выражения для v1 2
−gr sin2 ϕ∗
= −gR cos ϕ∗
2 cos ϕ∗
Тогда получим, что sin2 ϕ∗ = 2 cos2 ϕ∗ или
−1
cos ϕ∗ = √
3
Чтобы найти зависимость H от R, напишем, что
√
H = R(1 +
98
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
3
)
2
−1
√
3
= 23 (1 −
H
).
R
В итоге
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
11.
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Семинар 11
Задача о "мертвой петле"
Рис. 67. Рисунок к задаче о "мертвой петле"
По рельсам, расположенным в вертикальной плоскости и образующим петлю
BCD радиуса R, скатывается точка. Движение начинается с нулевой начальной
скоростью из точки, расположенной на высоте H над нижней точкой петли B.
Участок AB - произвольной формы, участок BC - движение по окружности. Считая, что эта окружность гладкая, найти, как зависит от угла α высота скатывания
H = H(α), чтобы точка могла пройти всю окружность.
Решение
2
Запишем З.С.Э. mv2 + mgR + mgR cos α = mgH. Нужно найти как зависит от α
квадрат скорости. Заметим, что |CD| = 2R sin α. Мы вылетаем с некоторой скоростью v1 под углом α.
Тогда
ÿ = 0
ẍ = −g
ẏ(0) = v1 cos α
ẋ(0) = v1 sin α
x(0) = 0
y(0) = 0
2
Получаем такие формулы y(t) = v1 t cos α x(t) = v1 t sin α − gt2
99
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
В момент, когда полет прекращается y = 2R sin α, а x = 0. Тогда v1 t cos α = 2R sin α
или
2R sin α
t=
v1 t cos α
Для x получаем
v1 sin α
2R sin α g 4R2 sin2 α
−
=0
v1 cos α
2 v1 2 cos2 α
gR
Получаем v1 2 = cos
, скорость, при которой мы попадем в точку D на окружности.
α
Подставляем v1 в З.С.Э.
H = R(
1
+ cos α + 1)
2 cos α
Задачи с трением
Если точка движется по прямой, под действием силы тяжести, против силы тя~ , где k - коэфжести действует сила реакции опоры, то сила трения равна F~ = k N
фициент трения.
Задача о движении вагона, на который действует трение и
сила сопротивления воздуха
Рис. 68. Движение вагона, под действием силы трения и силы сопротивления воздуха
Вагон массы m, получивший начальную скорость v0 , движется под действием
силы сопротивления воздуха |FC | = kv 2 , и под действием силы трения, где f коэффициент трения. Определить путь, пройденный вагоном, до остановки.
100
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Решение
По оси Ox: mv̇ = −kv 2 − FT , по оси Oy: mg − N = 0
FT = f N = f mg, тогда получаем уравнение
mv̇ = −kv 2 − f mg (∗)
с условием v(0) = v0
Будем считать, что скорость задана как v = v(x), тогда условие v = 0? дает нам
необходимое xmax . Тогда
dv
dv dx
dv
d v2
1 d 2
=
=v
=
( )=
(v )
dt
dx dt
dx
dx 2
2 dx
Перепишем уравнение (∗) и получим
m d 2
(v ) = −kv 2 − f mg
2 dx
с условием v(0) = v0 .
Положим v 2 = w и получим dw
= −2k
w − 2f g и начальные условия w(0) = v0 2
dx
m
В итоге мы имеем линейное дифференциальное уравнение.
Начнем с частного решения неоднородного уравнения.
−2k
w − 2f g = 0
m
k
−f g = m
w
−f mg
w0 = k - частное решение неоднородного уравнения
−2k
Теперь общее решение однородного уравнения. dw
= −2k
w и его решение: Ce m x
dx
m
Таким образом общее решение имеет вид
w = Ce
−2k
x
m
−
f mg
k
В момент w(0) = v 2 . Из этого условия получаем C = v0 2 +
w = (v0 2 +
f mg −2k x f mg
)e m −
k
k
В момент w(t∗ ) = 0 получаем x(t∗ ) = xmax . Следовательно
(v0 2 +
f mg −2k xmax f mg
)e m
−
=0
k
k
Преобразуя это выражение получим
xmax =
m
kv0 2
ln(1 +
)
2k
f mg
101
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
f mg
.
k
Тогда
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Задача о шарике на проволоке
Рис. 69. Задача о шарике на проволке
Шарик массы m, который двигается под действием силы трения и силы тяжести,
нанизан на горизонтальную проволочную окружность радиуса R. Его положение
характеризуется углом ϕ. Определить какую начальную скорость нужно сообщить
шарику, чтобы он сделал по окружности один полный оборот.
Решение
Уравнения движения шарика имеют вид
m dv
= −FT
dt
mv 2
= N1
R
N2 − mg = 0
а сила трения имеет вид
FT = f |N | =
fmp 4
v + g 2 R2
R
102
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Таким образом
dv
fp 4
=−
v + g 2 R2
dt
R
Удобно перейти к длине дуги - пути, пройденному шарику. Считаем v = v(s), тогда
dv ds
dv
d v2
1 d 2
dv
=
=v
= ( )=
(v )
dt
ds dt
ds
ds 2
2 ds
p
2
2f
Получаем dv
=
−
v 4 + g 2 R2
ds
R
Введем w = v 2 . В итоге
dw
2f p 2
=−
w + g 2 R2
ds
R
Проинтегрируем это уравнение. Получаем
p
w + w 2 + g 2 R2
2f
=− s+C
ln
gR
R
Определим значение постоянной C. В момент w|s=0 = v0 2 . Подставляя это значение,
получаем
p
v0 2 + v0 4 + g 2 R 2
C = ln
gR
В момент, когда мы проходим один полный оборот, скорость должна обратиться в
ноль. Значит, когда длина дуги становится равной
2πR и w|s=2πR = 0. Подставляя в
√
v
2+
v
4 +g 2 R2
0
логарифм w = 0 получим 0 = − 2f
2πR+ln 0
. Преобразуя это выражение,
R
gR
получим
1
1
v0 = gR (e4πf − 4πf ) = gR sinh (4πf )
2
e
103
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Задача о движении точки по внутренней стороне окружности
Рис. 70. Движение точки по внутренней стороне окружности
Точка движется под действием силы тяжести по внутренней поверхности окружности радиуса R, выходя из конца горизонтального диаметра с нулевой начальной
скоростью. Зная, что коэффициент трения равен f , найти скорость, с которой точка
достигает низшей точки на окружности.
Решение
Выберем репер Френе с началом в движущейся точке. Напишем
m dv
= −mg cos ϕ − FT (1)
dt
mv 2
R
= N − mg sin ϕ (2)
2
+ mg sin ϕ. Подставляя в (1)
Сила трения: FT = f N . Из (2) получим N = mv
R
получаем
dv
f v2
= g cos ϕ −
− f g sin ϕ
dt
R
Заметим, что пройденная дуга s = Rϕ. Будем считать, что v = v(s), то есть
dv
dv ds
dv
d v2
1 d 2
d
=
=v
= ( )=
(v ) =
(v 2 )
dt
ds dt
ds
ds 2
2 ds
2Rdϕ
Таким образом
1 dv 2
−f 2
=
v + g cos ϕ − f g sin ϕ
2R dϕ
R
Введем w = v 2 и домножим на 2R. Тогда
dw
= −2f w + 2gR cos ϕ − 2f gR sin ϕ
dϕ
104
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
Это неоднородное линейное дифференциальное уравнение. Найдем частное решение неоднородного уравнения w0 = C1 cos ϕ + C2 sin ϕ.
dw0
= C2 cos ϕ − C1 sin ϕ
dϕ
C2 cos ϕ − C1 sin ϕ = −2f C1 cos ϕ − 2f C2 sin ϕ + 2gR cos ϕ − 2f gR sin ϕ
(C2 + 2f C1 ) cos ϕ + (2f C2 − C1 ) sin ϕ = 2gR cos ϕ − 2f gR sin ϕ
Получили систему соотношений на коэффициенты C1 C2 :
C2 + 2f C1 = 2gR
C1 − 2f C2 = 2f gR
Запишем в виде матрицы
1
2f
−2f
1
C1
2f gR
=
C2
2gR
Найдем обратную матрицу к той, которая стоит в выражении слева:
!
2f
1+4f 2
1
1+4f 2
1
1+4f 2
−2f
1+4f 2
Домножая на обратную матрицу слева получаем
!
2f
1
2f gR
C1
1+4f 2
1+4f 2
=
−2f
1
2gR
C2
1+4f 2
1+4f 2
В итоге
6f gR
1 + 4f 2
2gR
C2 =
(1 − 2f 2 )
2
1 + 4f
C1 =
Осталось найти общее решение однородного уравнения. Оно имеет вид w = Ke−2f ϕ ,
где K - произвольная постоянная.
Таким образом общее решение неоднородного уравнения записывается так
w = Ke−2f ϕ +
6f gR
2gR
cos
ϕ
+
(1 − 2f 2 ) sin ϕ
1 + 4f 2
1 + 4f 2
При ϕ = 0 получаем w = 0. Для K получаем ограничение: K +
K=−
6f gR
1 + 4f 2
105
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
6f gR
1+4f 2
= 0 или
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
В итоге
w=−
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
6f gR −2f ϕ
6f gR
2gR
e
+
cos
ϕ
+
(1 − 2f 2 ) sin ϕ
2
2
2
1 + 4f
1 + 4f
1 + 4f
Нужно найти значение данного выражения при ϕ = π2 . Получаем
v 2 = w|ϕ= π2 =
2gR
6f gR −f π
2
(1
−
2f
)
−
e
1 + 4f 2
1 + 4f 2
106
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
12.
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Семинар 12
Поведение системы на фазовой плоскости, фазовый портрет
mẍ = F (x, ẋ) (∗) - уравнение движения точки массы m по прямой, вдоль направления e~x , под действием силы F . Мы можем провести качественный анализ
движения этой системы, рассматривая поведение ее траектории на плоскости x и
ẋ. Такая плоскость называется Фазовой плоскостью. Считаем, что x и ẋ - скалярные функции.
Можно рассматривать многомерный вариант. Тогда фазовая плоскость превращается в Фазовое пространство.
Если нам известен закон изменения x = x(t), то по нему мы можем найти зависимость скорости от времени ẋ = ẋ(t) и нарисовать на плоскости (x,ẋ) параметрически заданную кривую {x(t),ẋ(t)}.
Координаты изначально заданной точки на плоскости можно выбрать за начальные
условия для данной фазовой кривой. Для уравнения второго порядка задание положения и скорости однозначно определяет траекторию (по теореме существования и
единственности решения дифференциального уравнения), поэтому можно сказать
что через каждую точку на плоскости проходит единственная фазовая кривая.
Чтобы охарактеризовать поведение системы, нам нужно нарисовать фазовый портрет данной системы. Фазовый портрет - совокупность всех наиболее характерных
фазовых кривых на фазовой плоскости.
Движение системы - движение точки по фазовой кривой. Направление движения
задается стрелками. В верхней полуплоскости в сторону возрастания x, так как
ẋ > 0, следовательно x - возрастает. В нижней полуплоскости ẋ < 0, следовательно
x - убывает, поэтому стрелка направлена в сторону убывания x.
Рассмотрим точку на фазовой кривой - (x, ẋ). Ее фазовая скорость - (ẋ, ẍ). В
ẋ)
точках, где ẋ = 0, фазовую скорость можно переписать в виде (ẋ, F (x,
). Если мы
m
рассмотрим фазовую кривую, пересекающую ось Ox, то вектор фазовой скорости
является касательным к данной кривой, и в точке (x0 , 0) вектор фазовой скорости
имеет вид (0, F (xm0 ,0) ). То есть, если F (x0 , 0) 6= 0, то этот вектор перпендикулярен
оси Ox.
Вывод - фазовая кривая пересекает ось абсцисс под прямым углом.
Если же F (x0 , 0) = 0 или ẋ = 0 и ẍ = 0, то уравнение (∗) имеет решение x ≡ x0 .
Такое решение называется положением равновесия. Точка (x0 , 0) на фазовой
107
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
плоскости называется состоянием равновесия. Состояние равновесия - тоже фазовая кривая, состоящая из одной точки.
Положение равновесия является устойчивым, если для решения, которое начинается в малой окрестности положения равновесия и имеет малую скорость, это
решение продолжает оставаться в малой окрестности положения равновесия. В противном случае положение равновесия называется неустойчивым.
Рассмотрим частный случай уравнения (∗) - mẍ = F (x) (∗∗). В этом случае говорят, что мы имеем дело с консервативной системой с одной степенью свободы. Если
R
ввести функцию V = − F (x)dx, то мы можем показать, что из уравенения (∗∗)
следует существование первого интеграла m2 ẋ2 + V (x) = h.
Здесь T = m2 ẋ2 - кинетическая энергия точки или системы, а V (x) - потенциальная
энергия точки или системы.
Когда постоянная интеграла энергии задана, то движению системы при заданном
уровне энергии соответствует движение по некоторой фазовой кривой, возможно не
по одной. Фазовый портрет консервативной системы состоит из наиболее характерных фазовых кривых, получающихся для всевозможных значений уровня энергии.
q
(x) = h мы можем написать, что ẋ = ± m2 (h − V (x)), где
Из соотношения
+ в степени ẋ соответствует движению в верхней полуплоскости, а - соответсвует
движению в нижней.
±
m 2
ẋ +V
2
Если x0 - точка локального минимума функции V (x), то эта точка - точка локального максимума функции x+ (x) и точка локального минимума функции x− (x).
Фазовые кривые, заданные соотношением m2 ẋ2 + V (x) = h, всегда симметричны
относительно оси Ox, так как ẋ входит в данное соотношение в квадрате. Это особенность консервативной системы.
q
Из соотношения ẋ± = ± m2 (h − V (x)) следует, что движение по фазовой кривой
возможно только при V (x) ≤ h. Для кажого фиксированного уровня энергии h
множество {x : V (x) ≤ h} называется областью возможности движения (ОВД).
{(x, 0) : V (x) ≤ h - тоже ОВД.
Если при x = x0 V (x0 ) = h, то точка x = x0 называется граничной точкой ОВД.
Как ведет себя точка вблизи границы? Зафиксируем h = h0 . Пусть V (x0 ) = h0 ,
тогда x0 - граничная точка ОВД. Вблизи значения x = x0 разложим потенциальную энергию в ряд
V (x) = V (x0 ) + V 0 (x0 )(x − x0 ) +
V 00 (x0 )(x − x0 )2
+ O(|x − x0 |3 )
2
108
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
подставляя это выражение в интеграл энергии, получаем
m 2
V 00 (x0 )(x − x0 )2
ẋ + V 0 (x0 )(x − x0 ) +
= h − h0
2
2
Так выглядит фазовая кривая в окрестности граничной точки x0 .
1. x0 - простая граничная точка, то есть V 0 (x0 ) 6= 0. В этом случае в окресности
простой граничной точки фазовая кривая приближенно записывается в виде
m 2
ẋ + V 0 (x0 )(x − x0 ) = h − h0
2
а)Пусть V 0 (x0 ) < 0. Тогда ОВД значения x, при которых V (x) < h0 , распологается
справа от точки x = x0 . При x > x0 V (x) < V (x0 ).
Как устроения фазовая кривая? Перепишем
m 2
ẋ = −V 0 (x0 )(x − x0 ) + h − h0
2
x − x0 > 0 − V (x0 ) > 0 Следовательно парабола имеет стандартный вид: при росте
x растет ẋ.
Рис. 71. Фазовая кривая в пункте а
109
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
b)Пусть V 0 (x0 ) > 0. Тогда ОВД значения x, при которых V (x) < h0 , распологается слева от точки x = x0 .
В этом случае ветви параболы направлены в другую сторону.
Рис. 72. Фазовая кривая в пункте b
2. x0 - критическая точка функции V (x), то есть V 0 (x0 ) = 0. Так как V 0 (x) = −F (x)
следовательно F (x0 ) = 0, то есть x = x0 положение равновесия. Будем считать, что
положение равновесия x = x0 - невырожденное, то есть V 00 (x0 ) 6= 0.
Выражение
V 00 (x0 )(x − x0 )2
m 2
ẋ + V 0 (x0 )(x − x0 ) +
= h − h0
2
2
принимает вид
m 2 V 00 (x0 )(x − x0 )2
ẋ +
= h − h0
2
2
а) V 00 (x0 ) > 0. Тогда:
1)h < h0 - решений нет
2)h = h0 - единственное решение (x0 , 0)
3)h > h0 - эллипсы в окрестности точки x0
V 00 (x0 ) > 0 - положение равновесия устойчиво. Это означает, что в точке x0 потенциальная энергия имеет минимум.
110
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Рис. 73. Фазовые кривые при h > h0
b) V 00 (x0 ) < 0. Тогда:
1)h < h0 - гиперболы, расположенные справа и слева от x0
2)h > h0 - гиперболы, расположенные сверху и p
снизу от x0
p
√
√
00
00
3)h = h√
0 - пара пересекающихся прямых ( mẋ+ −V (x0 )(x − x0 ))( mẋ− −V (x0 )(x − x0 ))
−V 00 (x0 )
√
tg α =
- тангенс угла наклона этих прямых к оси Ox
m
Эти прямые разбиваются на полупрямые, так как точка (x0 , 0) сама является фазовой кривой.
Рис. 74. Фазовые кривые при V 00 (x0 ) < 0
В случае а - особая точка типа "центр". В случае b - особая точка типа "седло".
Когда h > Vmax (x) - получается фазовая кривая, на которой скорость нигде не
обрщается в ноль.
111
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Подход к построению фазовых портретов
R
mẍ − F (x) = 0. Формируем потенциальную энергию: V (x) = − F (x)dx и изображаем график этой потенциальной энергии на плоскости (x, V (x))
Отмечаем все максимумы и минимумы функции. Рисуем горизонтальные прямые,
которые соответствуют уровням энергии. Это отрезки ОВД.
В точке минимума - устойчивое положение равновесия, в точке максимума - неустойчивое.
Пока потенциальная энергия растет и не достигает максимума - кривые типа эллипсов, симметричные относительно оси Ox.
Уровень энергии соответсвует максимуму - сепаратриса.
При уровнях энергии превосходящих максимум - гиперболы.
Рис. 75. Построение фазового портрета произвольной кривой
Пример №1. Фазовый портрет гармонического осциллятора
ẍ + 4x = 0
112
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
dV
dx
= 4x следовательно V (x) = 2x2 - график потенциальной энергии - парабола.
x = 0 - (0, 0) - положение равновесия. С ростом уровня энергии получаем семейство
эллипсов, вытянутых по оси Oẋ.
Рис. 76. Фазовый портрет гармонического осцилятора
Это можно обосновать. ẍ + 4x = 0 - уравнение вида гармонического осцилятора.
Его явное решение x(t) = C1 cos 2t + C2 sin 2t.
Следовательно ẋ(t) = 2C2 cos 2t − 2C1 sin 2t. Если избавиться от sin и cos то мы
2
получим x2 + ẋ4 = C12 + C22 или
ẋ2
x2
+
=1
C12 + C22 4(C12 + C22 )
Это уравнение эллипса, где полуось по ẋ в 4 раза длинее, чем полуось по x.
Пример №2. Фазовый портрет уравнения второго порядка
2
ẍ − x = 0 dV
= −x и V (x) = −x2 . Потенциальная энергия имеет вид параболы,
dx
ветви которой направлены вниз. Точка (0, 0) - максимум функции.
Фазовый портрет аналогичен портрету из пункта b (V 00 (x0 ) < 0)
Решением уравнения ẍ − x = 0 будет x(t) = C1 cosh t + C2 sinh t.
ẋ(t) = C2 cosh t + C1 sinh t.
Исключим время из уравнения и получим
x2 − ẋ2 = C12 − C22
113
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
При C1 = C2 - сепаратрисы.
C1 = C2 = 0 - положение равновесия (0, 0)
Остальные значения постоянных соответствуют гиперболам.
Пример №3. Фазовый портрет уравнения второго порядка
= 2x3 − 2x.
ẍ + 2x3 − 2x = 0. Заметим, что dV
dx
Определимся с критическими точками (нули производной).
2x(x2 − 1) = 0 следовательно 3 критические точки x1 = 0 x2 = 1 x3 = −1
d2 V
|
dx2 x=0
< 0 следовательно в точке x = 0 - максимум.
4
Функция V (x) имеет вид x2 − x2 с максимумом в x = 0. Минимумы в точках ±1 и
они равны −1
.
2
Рис. 77. Фазовый портрет функции ẍ + 2x3 − 2x = 0
Фазовый портрет математического маятника
На невесомой нерастяжимой нити длины l движется точка массы m, положение
которой определяется углом ϕ. Точка движется под действием силы тяжести. Введем естественный трехгранник. Тогда ms̈ = −mg cos( π2 − ϕ) = −mg sin ϕ
114
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Рис. 78. Рисунок к задаче про математический маятник
Так как s = lϕ, то получаем
g
sin ϕ = 0
l
Это уравнение движения математического маятника.
Движение маятника можно проанализировать методом фазовой плоскости. Выберем параметры так, что g = 1 и l = 1. Тогда dV
= sin ϕ и V = − cos ϕ.
dϕ
Критическими точками функции V являются точки xn = πn, где n ∈ Z
2
При этом ddxV2 = cos ϕ, следовательно если n - четное, V имеет максимум, нечетное
- минимум.
ϕ̈ +
Рис. 79. Фазовый портрет математического маятника
Угол ϕ меняется по модулю 2π, поэтому фазовое пространство математического
маятника - {ϕ, ϕ̇} ∈ S 1 × R1 - угол меняется по окружности, а скорость по прямой.
115
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
13.
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Семинар 13
Движение точки в инерциальной системе отсчета
Необходимые формулы
Уравнение движения точки представляется в виде второго закона Ньютона
m~a = F~ . Если мы собираемся спроецировать это уравнение на оси неинерциальной системы отсчета, для нахождения абсолютного ускорения точки необходимо
пользоваться формулой сложения ускорений
~aабс = ~aпер + ~aотн + ~aкор
Рассмотрим неподвижную систему координат Oxyz, относительно которой движется точка. Также рассмотрим подвижную систему координат Aξηζ, начало которой
перемещается с ускорением. ω - угловая скорость осей Aξ Aη Aζ. ε - угловое ускорение осей Aξ Aη Aζ.
Тогда абсолютное ускорение точки P
~aабс
P
~ )
d2 (OP
=
dt2
может быть записано как
~ )
δ 2 (AP
δt2
где производная δ отличается от производной d тем, что δ берется только по компонентам вектора, несмотря на то, что вектор задан в подвижной системе координат
~aотн
P =
~ ] + [ω × [ω × AP
~ ]]
~aпер
aабс
ε × AP
A + [~
P =~
~
δ AP
]
δt
Складывая эти ускорения мы получим абсолютное ускорение точки P в подвижной
системе координат.
~aкор
P = 2[ω ×
Задача о вращении трубки с шариком на пружине
Прямолинейная трубка OA вращается в вертикальной плоскости вокруг горизонтальной оси O, направленной на нас, с постоянной угловой скоростью ω. В трубке
находится тяжелый шарик массы m, прикрепленный к пружине, другой конец которой закреплен в точке O. Жесткость пружины c. В начальный момент времени
116
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
трубка находилась горизонтально, и относительна скорость шарика равна нулю.l0
- длина пружины в нерастянутом состоянии.
1.Найти закон движения шарика относительно трубки.
p
2. Рассмотреть частный случай ω = mc
Решение
1. Введем систему координат Ox1 x2 x3 . Ox1 - направлена вдоль трубки, Ox3 - вдоль
оси вращения (на нас), Ox2 - дополняет эти оси до правой системы координат.
Рис. 80. Рисунок к задаче о вращении трубки с шариком на пружине
~ = x~e1 , где M - положение шарика в
Тогда радиус вектор шарика имеет вид OM
~ )
δ(OM
отн
.
трубке. Тогда δt = ẋ~e1 = ~vM
На точку действуют сила тяжести и сила упругости.
F~упр = −c(x − l0 )~e1
mg = −mg sin(ωt)~e1 − mg cos(ωt)~e2
Относительное ускорение точки M - ~aотн
e1
M = ẍ~
Будем искать закон движениа в проекции на ~e1 . Переносное ускорение точки M
~ ] + [ω × [ω × OM
~ ]]
ε × OM
~aпер
aабс
O + [~
M =~
Точка O - неподвижна, следовательно ~aабс
O = 0. Угловое ускорение ε тоже равно
нулю, так как система вращается с постоянной уголовй скоростью.
2
~
~aпер
e1
M = [ω × [ω × OM ] = −ω ~
~aкор
e3 × ẋ~e1 ] = 2ω ẋ~e2
M = 2ω[~
117
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
Кориолисово ускорение не дает проекции на ~e1 . С его помощью находится силы
реакции шарика при его давлении на стенки трубки.
Таким образом мы можем написать получившееся соотношение в проекции на ~e1
так
mẍ − mω 2 x = −cx + cl0 − mg sin ωt
Обозначим
c
m
= k 2 и получим
ẍ + (k 2 − ω 2 )x = k 2 l0 − g sin ωt
Далее обозначим k 2 − ω 2 = n2 . Тогда уравнение принимает вид
ẍ + n2 x = k 2 lo − g sin ωt
Это линейное неоднородное уравнение. Частное решение неоднородного уравнения
ищем в виде xчастн = C0 + C1 sin ωt + C2 cos ωt.
Производная этого решения имеет вид ẋчастн = C1 ω cos ωt − C2 ω sin ωt
Вторая производная ẍчастн = −C1 ω 2 sin ωt − C2 ω 2 cos ωt
Подставим эти выражения в наше уравнения. Получим
−C1 ω 2 sin ωt − C2 ω 2 cos ωt + n2 (C0 + C1 sin ωt + C2 cos ωt) = k 2 l0 − g sin ωt
При косинусе должен быть 0, следовательно C2 = 0.
2
Приравнивая коэффициенты без sin и cos получим, что C0 = kn2l0
g
Приравнивая коэффициенты при sin получим, что C1 = ω2 −n
2.
Таким образом частное решение нашего неоднородного уравнения записывается
так
k 2 l0
g
sin ωt
xчастн = 2 + 2
n
ω − n2
Чтобы получить общее решение неоднородного, мы должны найти общее решение
однородного. Это решение выглядит следующим образом
xобщ = a1 cos nt + a2 sin nt
где a1 и a2 - произвольные постоянные.
Таким образом
x(t) = a1 cos nt + a2 sin nt +
118
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
k 2 l0
g
sin ωt
+ 2
2
n
ω − n2
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
Для ответа на первый вопрос мы должны определить постоянные a1 и a2 . Мы знаем,
что x(t)|t=0 = l0 и ẋ(t)|t=0 = 0.
2
Подставляем t = 0 в наше решение и получаем x(t)|t=0 = a1 + kn2l0 = l0 следовательно
a1 =
l0 2
(n − k 2 )
2
n
Найдем производную нашего выражения для x(t)
ẋ(t) = a2 n cos nt − a1 n sin nt + ω
ω2
g
cos ωt
− n2
g
В момент t = 0 получаем ẋ(t)|t=0 = a2 n + ω ω2 −n
2 = 0 Следовательно
a2 = −
gω
− n2 )
n(ω 2
Таким образом общее решение для x(t) имеет вид
x(t) =
l0 2
gω
k 2 l0
g
2
(n
−
k
)
cos
nt
−
sin
nt
+
+
sin ωt
n2
n(ω 2 − n2 )
n2
ω 2 − n2
Заметим, что n2 − k 2 = −ω 2 следовательно можно упростить решение
x(t) =
g
ω
l0 2
(k − ω 2 cos nt) + 2
(sin ωt − sin nt)
2
2
n
(ω − n )
n
2. Тепрь рассмотрим частный случай. Мы обозначали k 2 =
p
ω = mc означает, что ω = k и следовательно n = 0.
При n = 0 мы имеем
ẍ = k 2 l0 − g sin ωt
c
m
Дальнейшее решение мы можем получить интегрированием с соблюдением начальных условий.
g
ẋ = k 2 l0 t + cos ωt + K1
ω
K1 - произвольная постоянная. ẋ(0) = 0, поэтому K1 = − ωg Следовательно
ẋ(t) = k 2 l0 t +
g
g
cos ωt − =
ω
ω
Отсюда найдем x(t)
k 2 l0 2 g
g
t − t + 2 sin ωt + x0
2
ω
ω
В момент t = 0 x(0) = l0 Следовательно x0 = l0
Решение при n = 0
k 2 l0 2 g
g
x(t) =
t − t + 2 sin ωt + l0
2
ω
ω
x(t) =
119
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Задача о положении равновесия точки на вращающейся
окружности
Окружность ражиуса R, плоскость которой вертикальна, вращается вокруг своего вертикального диаметра с постоянной угловой скоростью ω. По окружности
может скользить тяжелая точка массы m. Положение точки определяется углом ϕ
между неподвижным диаметром, опущенным в низшую точку окружности, и радиусом, соединяющим текущую положение точки с центром окружности. Определить
положение относительного равновесия точки.
Рис. 81. Рисунок к задаче о положении равновесия точки на вращающейся окружности
Решение
На точку действуют сила тяжести и сила реакции, одна компонента которой направлена по нормали к окружности, а вторая перпендикулярно плоскости окружности.
Найдем радиус вектор точки. В качестве подвижных осей возьмем оси Ox и Oy,
~ имеет вид
которые вращаются с угловой скоростью ω. Радиус вектор OM
~ = R sin ϕ~ex − R cos ϕ~ey
OM
Для нахождения относительной скорости мы должны продифференцировать ради~ , не трогая при этом сами подвижные векторы.
ус вектор OM
отн
~vM
= Rϕ̇ cos ϕ~ex + Rϕ̇ sin ϕ~ey
120
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Можем записать относительное ускорение
2
~aотн
ex + (Rϕ̈ sin ϕ + Rϕ̇2 cos ϕ)~ey
M = (Rϕ̈ cos ϕ − Rϕ̇ sin ϕ)~
Теперь найдем переносное ускорение.
~
~
~aпер
aабс
O + [ε × OM ] + [ω × [ω × OM ]]
M =~
~aабс
O = 0, так как центр окружности остается на месте. ε = 0, так как ω = const
Поэтому переносное ускорение имеет вид
~
~aпер
ey × [~ey × R sin ϕ~ex ]] = −ω 2 R sin ϕ~ex
M = [ω × [ω × OM ]] = [~
~aкор
ex ] = −2ωRϕ̇ cos ϕ~ez
M = 2[ω × Rϕ̇ cos ϕ~
Это выражение не лежит в плоскости Oxy. С помощью кориолисового ускорения
определяется одна из компонент силы реакции.
Запишем уравнение движения в проекциях на Ox и Oy
m(Rϕ̈ cos ϕ − Rϕ̇2 sin ϕ − ω 2 R sin ϕ) = −N1 sin ϕ
m(Rϕ̈ sin ϕ + Rϕ̇2 cos ϕ) = N1 cos ϕ − mg
Умножим первое уравнение на cos ϕ и второе на sin ϕ. После сложения этих двух
уравнений N1 пропадет, и мы получим закон движения. В итоге получем
ϕ̈ +
g
sin ϕ − ω 2 sin ϕ cos ϕ = 0
R
В задаче требуется найти положение относительного равновесия, то есть решение
ϕ = ϕ0 = const. Эти решения определяются из соотношения
ω2R
g
(1 −
cos ϕ) = 0
R
g
Это условие на положение равновесия. В данном случае положение равновесия
2
сильно зависит от значения параметра ω gR .
В нашем случае потенциальная энергия так же зависит от параметра. Но мы можем исследовать вопрос об устойчивости всех положений равновесия, получив информацию только об устойчивости одного положения при фиксированом значении
параметра.
Рассмотрим плоскость, где по оси ординат откладываем ϕ, а по оси абсцисс пара2
метр ω gR . Рассмотрим всевозможные положения равновесия. Когда
ω2 R
g
< 1, то существуют три положения равновесия ϕ1 = 0 ϕ2 = π ϕ3 = −π положения, когда sin ϕ = 0
2
Когда ω gR ≥ 1, то к уже найденным положениям добавляются ϕ4,5 = ± arccos Rωg 2
Отобразим все эти положения на нашей плоскости.
121
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Значение ϕ = 0 существует при любом значении параметра.
Так же положения ϕ = ±π существуют всегда.
При значении параметра больше 1 положения стремятся к ± π2
Устойчивое положение рановесия обозначим "+ неустойчивое "−". Если провести
любую прямую, параллельную оси ϕ, то вдоль этой прямой устойчивое и неустойчивое положения всегда чередуются.
Найдем вторую производную потенциальной энергии
d2 V
ω2R
g
(1
−
)
|
=
ϕ=0
dϕ2
R
g
Следовательно до того, как значение параметра становится равным 1 идут устойчивые положения, после - неустойчивые.
По сути, мы имеем дело с маятником во вращающейся системе координат. Мы
знаем, что пока окружность не вращается, положение маятника устойчивое. Положение также будет устойчивым и при небольших значениях угловой скорости.
Когда этот параметр достигает значения 1, низшее положение теряет свою устойчивость, но при этом возникают другие устойчивые положения - ϕ4,5 . Наивысшие
положениях точки всегда неустойчивые.
Рис. 82. Бифуркационная диаграмма Пуанкаре
Чередования происходят из-за того, что при фиксации параметра потенциальная
энергия становится функцией, зависящей только от ϕ, следовательно она непрерывная. Для непрерывной функции максимумы и минимумы чередуются, значит
чередуются устойчивые и неустойчивые положения равновесия.
Такие картины называются Бифуркационными диаграммами Пуанкаре.
122
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
14.
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Семинар 14
Центр масс, момент инерции
Рис. 83. Система точек
От динамики одной точки перейдем к динамике системы точек. Начнем с геометрических характеристик, которые отличают систему точек от одной точки.
Первая характеристика - центр масс системы материальных точек. Пусть имеется
инерциальная система отсчета Oxyz и некоторая система точек с массами mi ш
радиус-векторами ri . Тогда, по определению, центром масс материальных точек
mi называется точка, радиус-вектор которой имеет вид
PN
ri mi
~rs = Pi=1
N
i=1 mi
Это определение для конечной системы материальных точек. Для твердого тела
сумма заменяется интегралом.
Рассмотрим несколько случаев и посмотрим то, как работает данное выше определение.
1. Возьмем отрезок массы M и длины l и попытаемся найти его центр масс.
Введем оси. Одну вдоль отрезка, другую перпендикулярно. Выделим элементарную
длину dx. Масса этого маленького отрезка равна dm = ρdx = Ml dx, где ρ = Ml плотность.
Согласно формуле для центра масс
Z
Z l
1
1
M
l
xs =
xdm =
x dx =
M L
M 0
l
2
123
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
Рис. 84. Центр масс отрезка
2.Рассмотрим две точки массы m1 и m2 , находящиеся друг от друга на расстоянии
l. Выясним где находится центр масс такой системы.
Рис. 85. Центр масс двух точек
Поместим начало системы координат в центр масс. Считаем, что расстояние от
первой точки до центра масс - x, от второй - l − x. Тогда
xs =
m2 (l − x) − m1 x
=0
m1 = m2
Отсюда получаем соотношение
m1
l−x
=
m2
x
Отрезки обратно пропорциональны массам для центра масс системы из двух точек.
Задача о нахождении центра масс дуги
Найдем центр массс однородной дуги, радиуса R и с раствором дуги 2ψ.
Решение
124
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Заметим, что мы имеем дело с симметичным объектом, поэтому xs = 0. Необходимо
найти ys
Выделим элементарную массу
dm = ρdl =
где плотность ρ =
M
,
2Rψ
M
M
Rdϕ =
dϕ
2Rψ
2ψ
а dl = Rdϕ
Рис. 86. Центр масс дуги
Напишем общую формулу для ys
Z
Z ψ
1
M
R sin ψ
1
ydm =
R cos ϕ dϕ =
ys =
M L
M −ψ
2ψ
ψ
Центр масс дуги находится в точке xs = 0 ys =
R sin ψ
ψ
Нахождение центра масс системы методом нахождения
центров масс подсистемы
Мы можем искать центр масс системы точек, разбивая систему по какому-то правилу на меньшие системы. Найти для каждой такой системы центр масс, и затем
найти центр масс центров масс.
Рассмотрим системe точек mi с радиус-векторами ri . Берем некоторую подсистему i = 1, ..., K. Для нее центр масс
PK
mi~ri
R~1 = Pi=1
K
i=1 mi
125
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Рассмотрим вторую подсистему i = K + 1, ..., N
PN
mi~ri
R~2 = Pi=K+1
N
i=K+1 mi
Найдя радиус-векторы двух центров масс, где M1 =
Мы можем написать, что
~ 1 + M2 R
~2
M1 R
~rs =
M1 + M2
PK
i=1
mi , M2 =
PN
i=K+1
mi
Задача о нахождении центра масс однородного полукруга
Решение
Рассмотрим однородный полукруг радиуса R. Это симметричная фигура, поэтому
вводим систему координат так, что ось Ox лежит на диаметре, центр системы координат находится в центре полукруга, ось Oy проходит через ось симметрии.
Тогда в этой системе xs = 0.
Рис. 87. Рисунок к задаче о нахождении центра масс однородного полукруга
Заметим, что площадь полукруга S =
Напишем формулу для ys
πR2
,
2
значит его плотность ρ =
2M
πR2
Z
1
ys =
ydm
M D
где D означает интеграл по всему полукругу. dm - элемент массы. Для него будем
использовать оси полярной системы координат
dm = ρrdrdϕ
В нашей системе координат
1 2M
ys =
M πR2
R
Z
Z
0
126
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
0
π
r2 sin ϕdrdϕ
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Выполнив все преобразования мы получим
ys =
4R
3π
Этот результат мы получили из определения. Теперь попробуем найти центр масс,
поделив полукруг на дуги.
В нашем случае дуга раствора π. Для дуги радиуса r положение центра масс ys = 2r
π
ρπR2
из формулы для дуги раствора 2ψ. M = 2
Теперь мы должны найти центр масс соответствующей дуги.
Z R
Z R
1
2
4R
2r
4R3
2
ys =
=
ρπrdr =
ρ2
r
dr
=
2
2
M 0
π
ρπR
πR 3
3π
0
это формула для нахождения центра масс полукруга, как центра масс центров масс
дуг.
Задача о нахождении центра масс прямоугольника,
склеенного с полукругом
Фигура состоит из прямоугольника со сторонами 2R и a, к которому присоединен
полукруг радиуса R.
Решение
Введем систему координат в центре полукруга и ось Ox направим по диаметру.
Рис. 88. Рисунок к задаче о нахождении центра масс прямоугольника склееного с
полукругом
Эта система разбивает фигуру на две симетричные части, значит xs = 0. Для прямоугольника, координата его центра масс на пересечении середин сторон. Для нашей
127
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
системы координат yr = − a2 , а для полукруга yd =
Теперь мы должны написать суммарную массу
M = ρ(2Ra +
4R
3π
πR2
ρR
)=
(4a + πR)
2
2
2
Массы отдельных частей M1 = ρ2Ra M2 = ρ πR2 . Осталось написать формулу для
центра масс центров масс.
2(2R2 − 3a2 )
M2 yd + M1 yr
=
ys =
M1 + M2
3(4a + πR)
Задача о нахождении центра масс однородного треугольного
контура
Рис. 89. Рисунок к задаче о нахождении центра масс однородного треугольного
контура
Найдем положение центра масс однородного треугольного контура.
Решение
У каждого из отрезков центр масс в его центре. Значит для каждых двух отрезков
центр масс лежит на линии, соединяющей их центры. Эта точка делит отрезки
обратно пропорционально массам.
m2 = ρBC m1 = ρAB. Тогда
C1 K
m1
BC
2B1 C1
B1 C1
=
=
=
=
A1 K
m2
AB
2A1 B1
A1 B1
Заметим, что общий центр масс двух отрезков разбивает отрезок A1 C1 на отрезки,
пропорциональные прилежащим к этим отрезкам сторонам, так как BC11CK1 = AA11CK1 .
Таким свойством обладает точка, лежащая на биссектрисе угла B1 . В итоге мы
получаем, что центр масс такого контура лежит в центре окружности, вписанной
в треугольник, составленный из средних линий треугольника исходного.
128
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Задача о нахождении центра масс конуса
Рассмотрим прямой круговой конус. R - радиус основания конуса, H - высота, 2α
- угол раствора.
Решение
По осям Ox и Oy координаты центра масс xs и ys равны 0, так как конус симметричный.
Рис. 90. Рисунок к задаче о нахождении центра масс конуса
Радиус, высота и угол связаны соотношением R = H tg α
Плотность конуса
3M
ρ=
πR2 H
Элемент массы dm = ρdrdϕdz в цилиндрической системе координат. Координата z
центра масс равна
Z
Z 2π Z H Z z tg α
1
1 3M
3H
zs =
zdm =
zrdrdϕdz
=
M V
M πR2 H 0
4
0
0
Это положение центра масс конуса в выбранной ннами системе.
129
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
Понятие момента инерции
По определению, моментом инерции системы точек mi относительно оси l
называется выражение
N
X
Jl =
m i d2 i
i=1
где di - расстояние от точки с массой mi до соответствующей оси.
Пусть имеется система координат Oxyz, и пусть ось l имеет с осями этой системы углы α β γ. Тогда единичный направляющий вектор оси l это
~e = cos α~ex + cos β~ey + cos γ~ez
Рис. 91. Момент инерции системы точек
Нам нужно найти расстоение между осью l и радиус-вектором ri . Это расстояние
равно
d2i = (~ri · ~ri ) − (~ri · ~e)2
Пользуясь этой формулой распишем момент инерции Jl
Jl =
N
X
i=1
mi (x2i
+
yi2
+
zi2 )
−
N
X
mi (xi cos α + yi cos β + zi cos γ)2
i=1
130
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
Раскроем скобки и запишем все под один знак суммы. Заметим, что вектор ~e единичный. Поэтому при вычитании из единицы (коэффициента при x2i ) cos2 α остается
cos2 β + cos2 γ.
Jl =
N
X
mi (x2i (cos2 β+cos2 γ)+yi2 (cos2 α+cos2 γ)+zi2 (cos2 α+cos2 β)−2xi yi cos α cos β−
i=1
−2xi zi cos α cos γ − 2yi zi cos β cos γ)
Углы, определяющие положение оси l не меняются, при переходе к другой точке.
Поэтому суммирование происходит только по координатам точек. Вынесем за знак
суммы все, по чему не происходит суммирование.
2
Jl = cos α
N
X
mi (yi2
+
zi2 )
2
+ cos β
i=1
−2 cos α cos β
N
X
mi (x2i
+
zi2 )
i=1
N
X
mi xi yi − 2 cos α cos γ
i=1
+ cos γ
N
X
mi (x2i + yi2 )
i=1
N
X
mi xi zi − 2 cos β cos γ
i=1
(x2i
2
N
X
mi yi zi
i=1
yi2 )
Если взять конец вектора ~ri , то
+
- квадрат расстояния от точки mi до оси
z. Поэтому переобозначим первые три суммы.
Jxx =
N
X
mi (yi2 + zi2 )
i=1
Jyy =
N
X
mi (x2i + zi2 )
i=1
Jzz =
N
X
mi (x2i + yi2 )
i=1
где Jxx Jyy Jzz - моменты инерции системы относительно осей Ox Oy Oz соответственно. Также есть центробежные моменты инерции
Jxy =
N
X
m i xi y i
i=1
Jxz =
N
X
mi xi zi
i=1
Jyz =
N
X
i=1
131
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
mi yi zi
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
Таким образом Jl выражается через осевые и центробежные моменты инерции по
формуле
Jl = Jxx cos2 α+Jyy cos2 β +Jzz cos2 γ −2Jxy cos α cos β −2Jxz cos α cos γ −2Jyz cos β cos γ
или можем переписать эту формулу в таком виде
−Jxy
Jyy
−Jyz

Jxx

Jl = (JO~e · ~e) = cos α cos β cos γ
−Jxy
−Jxz


cos α
−Jxz
−Jyz  cos β 
cos γ
Jzz
JO - матрица, состоящая из осевых и центробежных моментов, задает тензор системы в точке O, относительно системы координат Oxyz.
По определению, главными осями инерции в точке O называется система координат такая, что в ней Jxy = 0 Jxz = 0 Jyz = 0. То есть момент инерции выражается
только через осевые моменты инерции. Матрица тензора инерции в данном случае
имеет диагональный вид.
Если главные оси инерции построены в центре масс, то они называются главными
центральными осями инерции.
Заметим, что если взять сумму
Jxx + Jyy =
N
X
mi (x2i
+
yi2 )
i=1
+2
N
X
mi zi2
i=1
поэтому всегда
Jxx + Jyy ≥ Jzz
Моменты инерции относительно осей координат удовлетворяют неравенствам треугольника. Равенство возможно только в случае плоского тела.
Перечислим некоторые свойства главных центральных осей инерции:
1. Главная центральная ось инерции является главной во всех своих точках.
Докажем это свойство.
Возьмем главные оси симметрии в центре масс и перенесем вдоль одной из осей
систему координат. Тогда для любого вектора
~ri = ξi~eξ + ηi~eη + ζi~eζ = ξi0~eξ + ηi0~eη + (a + ζi0 )~eζ
Таким образом
ξi = ξi0 ηi = ηi0 ζi = a + ζi0
132
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
Рис. 92.
Главные оси выбраны в точке S. Рассмотрим центробежный момент инерции
N
X
i=1
mi ξi0 ζi0
=
N
X
mi ξi (ζi − a) =
i=1
N
X
i=1
mi ξi ζi − a
N
X
mi ξi
i=1
Первая сумма равна нулю, так как мы выбрали главные оси инерции в центре масс.
Вторая сумма обращается в ноль, так как она представляет собой радиус-вектор
центра масс относительно системы координат с началом в центре масс, то есть нулевой радиус-вектор.
Теорема Гюйгенса-Штейнера
Момент инерции твердого тела относительно некоторой оси l равен моменту инерции этого тела относительно оси, параллельной l и проходящей через центр масс
тела, плюс произведение массы тела на квадрат расстояния между осями.
Jl0 = Jl + M d2
Из этой теоремы следует, что моменты инерции твердого тела относительно центра
масс обладают свойством минимальности. Таким образом, если мы хотим понять,
какая ось проходит через центр масс, то нам необходимо найти минимальный момент инерции.
Если однородное твердое тело имеет ось симметрии, то эта ось является главной
центральной осью инерции. Пусть в теле есть ось симметрии. Направим по оси
симметрии ось z, тогда всякой точке с координатами (x, y, z) соответствует точка с координатами (−x, −y, −z). Если мы возьмем выражения для центробежных
133
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
моментов инерции
Z
Jxz =
xzdm = 0
D
Z
Jyz =
yzdm = 0
D
Это означает, что ось z является главной.
Рис. 93. Рисунок к теореме Гюйгенса-Штейнера
По определению, поверхность, задаваемая уравнением (JO~r · ~r) = 1 называется эллипсоидом инерции системы относительно точки O. Единица здесь имеет раз[масса]
мерность [длина]
4
Общее уравнение имеет вид
Jxx x2 + Jyy y 2 + Jzz z 2 − 2xyJxy − 2xzJxz − 2yzJyz = 1
Чтобы построить эту поверхность, необходимо взять точку O на произвольном твердом теле. Проводим через точку O ось и на этой оси откладываем по обе стороны
от точки O две точки на расстоянии √1Jl . Геометрическое место таких точек дает
эллипсоид инерции.
Рис. 94. Эллипсоид инерции
В главных осях инерции уравнение эллипсоида инерции представляется в виде
Ax2 + By 2 + Cz 2 = 1
134
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
где A B C - главные моменты инерции.
Таким образом главные оси инерции являются главными осями эллипсоида, и его
полуоси связаны с моментами инерции формулами √1A √1B √1C
135
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
15.
Семинар 15
Задача о нахождении момента инерции отрезка
Рис. 95. Рисунок к задаче о нахождении момента инерции отрезка
Решение
Рассмотрим материальный отрезок массы m длины l. Возьмем любую ось, перпендикулярную отрезку, допустим через середину. Выделяем элемент длины dx на
расстоянии x от центра. Для данного отрезка dm = ρdl = Ml dx
Чтобы найти соответсвующий момент инерции Jyy получаем
Z
l
2
Jyy =
− 2l
M x3
x
dx =
l
l 3
2M
l
2
=
l
−2
M l3
l3
M l2
( + )=
l 24 24
12
Для отрезка мы не получим эллипсоида инерции, так как момент инерции относительно оси, проходящий через отрезок, нулевой. В этом случае эллипсоид вырождается в круговой цилиндр.
Мы можем взять для отрезка другую ось и проверить теорему Гюйгенса-Штейнера.
Берем ось, проходящую через начало отрезка. Тогда относительно этой оси
Z l
M
M l2
0
Jyy =
x2 dx =
l
3
0
Эта ось находится на расстоянии 2l от оси, проходящей через центр масс. Следовательно по теореме Гюйгенса-Штейнера
M l2
l2
M l2
J =
+M =
12
4
3
l0
136
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Задача о нахождении момента инерции обруча
Решение
Рассмотрим однородный обруч. Это тело плоское, следовательно Jxx +Jyy = Jzz . Так
же заметим, что всякая ось, лежащая в плоскости обруча и проходящая через его
центр, - ось симметрии, а значит эта ось главная. Это означает, что Jxx = Jyy . Легко
найти момент инерции обруча относительно оси, перпендикулярной плоскости обруча и проходящей через его центр. Все точки обруча расположены от этой оси на
расстоянии R, поэтому при суммировании мы получим Jzz = M R2 , следовательно
Jxx = Jyy =
M R2
2
Задача о нахождении момента инерции диска
Решение
Рассмотрим однородный диск. Для него справедливы выводы, как для обруча. Найдем выражение для осевого момента инерции диска.
Выделим элементарную окружность. Она находится на расстоянии r от соответствующей оси. Для точек этой окружности
dm = ρds =
M
2πrdr
πR2
Точки этой окружности лежат на расстоянии r2 от оси, перпендикулярной диску и
проходящей через его центр, значит
Z R
M R2
M
2
2π
r
·
r
dr
=
Jzz =
πR2
2
0
Соответственно Jxx = Jyy =
M R2
4
Задача о нахождении момента инерции шара
Решение
137
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
Рассмотрим однородный шар. Всякая плоскость, содержащая его центр, является
плоскостью симметрии. Следовательно главная ось всегда проходит через центр
перпендикулярно плоскости симметрии. Масса относительно такой оси всегда распределена симметрично. Поэтому
Jxx = Jyy = Jzz = J
Для шара
Рис. 96. Рисунок к задаче о нахождении момента инерции шара
Jxx + Jyy + Jzz = 3J =
N
X
mi (yi2 + zi2 + x2i + zi2 + x2i + yi2 )
i=1
Получаем две суммы, в которых фигурирует расстояние от точки с координатами
(xi , yi , zi ) до центра шара
2
N
X
mi (x2i + yi2 + zi2 ) = 2I
i=1
Чтобы найти величину I, будем интегрировать сферами. Возьмем элемент массы
M
2
dm = 4 πR
3 4πr dr Для подсчета момента инерции I мы должны взять квадрат рас3
стояния от сферы с элементарной массой dm до центра. Это расстояние равно r.
Получаем
Z R
M
3
I = 4 3 4π
r2 · r2 dr = M R2
5
πR
0
3
2I = 3J, следовательно
2
J = M R2
5
138
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Задача о построении эллипсоида инерции кубика
Дан однородный кубик массы M с длиной стороны 2a. Необходимо построить
эллипсоид инерции
1. Для центра S куба
2. Для точки A середины боковой грани
3. Для вершины F куба
Рис. 97. Рисунок к задаче о построении эллипсоида инерции кубика
Решение
1. Если посмотреть на вид сбоку, то для каждого из таких квадратов главные оси направлены перпендикулярно сторонам. Поскольку главные оси проходят через центр
масс, то они остаются главными для всех сечений кубика. Относительно этих осей
получаем
M a2 M a2
M a2
Jxx =
+
=2
3
3
3
Это момент инерции относительно оси, проходящей через центр. В центре масс все
три момента равны между собой. Следовательно, эллипсоид инерции относительно
центра куба - сфера.
2. Для точки A воспользуемся соображением, что моменты инерции относительно
главных осей обладают свойством экстремальности. Соответствующий момент либо
2
минимален, либо максимален. Возьмем ось, с моментом 2 M3a и перенесем ее в точку
A. По теореме Гюйгенса-Штейнера все моменты инерции получат "добавок кроме
одного, который проходит и через центр масс и через точку A. Значит этот момент
остается минимальным.
Поэтому ось Ay - главная ось и большая ось эллипсоида инерции. Две другие оси
139
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
лежат в плоскости грани. К моментам инерции относительно осей, лежащих в плоскости грани, добавляется M a2 . Значит соответствующий эллипсоид инерции в точке
A - эллипсоид вращения, вытянутый вдоль прямой SA.
Рис. 98. Эллипсоид инерции кубика в точке A
3. Для вершины F возьмем ось, проходящую через центр куба, и параллельную ей,
проходящую через точку F . Тогда при переносе в точку F все моменты изменятся,
кроме момента относительно оси, проходящей через точки S и F . Следовательно
эта ось является главной осью инерции куба в точке F . Эллипсоид инерции куба в
точке F снова является эллипсоидом вращения, вытянутым вдоль прямой SF .
Рис. 99. Эллипсоид инерции кубика в точке F
140
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Задача о существовании сферического эллипсоида инерции
в точке
Определить условия существования в твердом теле точек, для которых эллипсоид
инерции представляет собой сферу.
Решение
Рассмотрим твердое тело. Sxyz - главные оси инерции в центре масс. Пусть имеется
шаровая точка F . Это означает, что любая система из трех взаимно-перпендикулярных
осей является главной. Возьмем оси, параллельные осям x y z. Тогда F x0 y 0 z 0 - главные оси в точке F .
Рис. 100. Рисунок к задаче о существовании сферического эллипсоида инерции в
точке
Если взять радиус-вектор любой точки относительно системы F x0 y 0 z 0 , то он равен
ρ~ = F~S + ~r, где ~r - радиус вектор из точки S. Пусть F~S = ξ~ex + η~ey + ζ~ez . Тогда
x0i = ξ + xi yi0 = η + yi zi0 = ζ + zi Так связаны компоненты радиус-векторов разных
точек, составляющих твердое тело. В силу того, что оси F x0 y 0 z 0 главные, имеем
Jx0 y0 =
N
X
mi x0i yi0 = 0
i=1
N
X
mi x0i yi0 =
i=1
N
X
i=1
mi (ξ + xi )(η + yi )
N
X
mi ξη +
i=1
N
X
i=1
mi ξyi +
N
X
i=1
mi ηxi +
N
X
mi xi yi
i=1
Заметим, что xi и yi - компоненты радиус-вектора в системе координат, начало
которого расположено в центре масс. Соответственно две суммы по xi и yi равны
нулю, так как это координаты центра масс в системе координат, начало которой
расположено в центре масс. Последняя сумма также обращается в ноль, так Sxyz
- главные центральные оси инерции. Отсюда получаем условие, что
ξ·ζ =0
141
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Приравнивая к нулю другие центробежные моменты инерции мы получим, что
ξ·ζ =0
η·ζ =0
Это условия на координаты точки F относительно точки S.
Рис. 101. Рисунок к задаче о существовании сферического эллипсоида инерции в
точке
Эта система имеет решение, например ξ = 0 η = 0 ζ - произвольное число. Это
означает, что шаровая точка, если она существует, расположена на продолжении
одной из сторон системы координат, проходящей через центр масс.
Пусть A, B, C - главные центральные моменты инерции. Тогда в точке F моменты
инерции равны A1 = A + M ζ 2 , B1 = B + M ζ 2 , а C1 = C и так как точка F шаровая, то A1 = B1 = C1 . Из этого условия следует, что A = B. Это значит, что
для существования шаровых точек необходимо, чтобы эллипсоид инерции в центре
масс был эллипсоидом вращения. Кроме того A1 = C1 , следовательно
r
C −A
ζ=±
M
Это означает, что момент инерции относительно оси z должен быть максимальным,
а эллипсоид, в свою очередь, является сплющенным, так как длина его полуоси обратно пропорциональна квадратному корню из соответствующего момента инерции.
Вывод: в твердом теле шаровые точки могут существовать только в том случае,
если центральный эллипсоид инерции тела представляет собой сжатый эллипсоид
вращения. Шаровые точки расположены
q по обе стороны от оси с максимальным
моментом инерции на расстоянии ζ = ±
C−A
.
M
142
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
16.
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Семинар 16
Задача о нахождении главных осей инерции пластины
Дана однородная прямоугольная пластинка со сторонами 2a и 2b. Вводим система
координат, с началом в центре пластинки. Требуется найти главные оси инерции в
точке F с координатами (x0 , y0 ), относительно системы координат Oxyz.
Решение
Заметим, что нам известны моменты инерции относительно осей Ox и Oy
JOx =
M b2
3
M a2
3
Поскольку пластника - твердое плоское тело, то для нее всякая ось, перпендикулярная плоскости пластинки, является главной в той точке, где она пересекает
пластину. Следовательно одна из главных осей известна - ось F z||Oz
Посчитаем момент инерции относительно F z с помощью теоремы Гюйгенса-Штейнера
JOy =
JF z =
M b2 M a2
+
+ M (x2o + y02 )
3
3
Нужно найти положение двух других осей в плоскости пластины. Моменты инерции
относительно главных осей обладает свойством экстримальности.
Проведем через точку O направляющий единичный вектор ~e, который образует с
осью Ox угол α. Тогда координаты вектора в проекциях на оси нашей системы
координат ~e = (cos α, sin α, 0)
Рис. 102. Рисунок к задаче о нахождении главных осей инерции пластины
143
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Момент инерции относительно оси l, для которой ~e - направляющий вектор
Jl = JOx cos2 α + JOy sin2 α
Это момент инерции для центра. Проведем через точку F ось l0 , параллельную l.
Между ними расстояние d. Значит по формуле Гюйгенса-Штейнера
Jl0 = Jl + M d2
~ на вектор, перпендиЧтобы найти это расстояние, возьмем проекцию вектора OF
кулярный ~e. Таким образом d = | − xo sin α + y0 cos α| Следовательно
Jl0 = JOx cos2 α + JOy sin2 α + M (y0 cos α − xo sin α)2 =
= (JOx + M y02 ) cos2 α + (JOy + M x20 ) sin2 α − 2M x0 y0 sin α cos α
Это выражние может быть представлено в виде квадратичной формы
JOx + M y02
cos α
−M x0 y0
cos α
sin α
sin α
−M x0 y0
JOy + M x20
Если квадратичная форма приведена к сумме квадратов, то это соответствует главным осям. Для нахождения соответствующих главных направлений необходимо
найти собственные векторы соответсвующей матрицы.
Нам необходимо найти направления главных осей инерции. Воспользуемся методом производной
dJl0
= 2(JOy +M x20 ) sin α cos α−2(JOx +M y02 ) sin α cos α−2M x0 y0 cos2 α+2M x0 y0 sin2 α = 0
dα
Отсюда легко найти выражение для угла α, соответствующего главному направлению.
(JOy + M x20 − JOx − M y02 ) sin 2α − 2M x0 y0 cos 2α = 0
Следовательно главное направление определяется по формуле
tg 2α =
2M x0 y0
JOy + M x20 − JOx − M y02
Рассмотрим случай, когда одна из координат нулевая. Значит эта точка лежит на
одной из осей Ox или Oy, а обе эти оси проходят через центр масс, а если ось проходит через центр масс, то все ее точки являются главными, и направления осей в
любой точке оси такое же, как в точке O. Пусть y0 = 0, тогда α = 0.
Получающийся эллипсоид инерции будет сплюснут по вертикальной оси.
144
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Характеристики твердого тела
Рассмотрим неподвижную систему координат Oxyz и множество точек с массами
mi и радиус-векторами ri .
По определению, импульсом системы материальных точек m1 , ..., mN называется
выражение
N
N
X
X
~
~
Q=
Qi =
mi~vi
i=1
i=1
Вспомним формулу для радису-вектора центра масс
PN
mi~ri
~rS = Pi=1
N
i=1 mi
Если продифференцировать обе части этой формулы, то мы получим
PN
mi~vi
~vS = Pi=1
N
i=1 mi
Следовательно выражение для импульса можно записать в виде M~vS
Если взять некоторое твердое тело и зафиксировать полюс, то импульсом твердого
тела называется
Z Z Z
~
σ(x, y, z)~v dV
Q=
V
где σ - плотность тела. Если воспользоваться формулой Эйлера, взяв точку O за
полюс, то можно написать
Z Z Z
Z Z Z
Z Z Z
~
σ[~ω × ~r]dV =
Q=
σ(~vo + [~ω × ~r])dV = ~vo
σdV +
V
V
V
~ = M~vS
= M vo + M [~ω × OS]
Говорят, что на движение системы точек наложены связи, если на ее координаты
или скорости наложены какие-то ограничения. Ограничения на координаты - голономные или геометрические связи.
Чтобы описать движение системы, мы должны к заданым силам добавить реакции
связей, которые обеспечивают движение системы, как при наличии связей.
Заданные силы делятся на внутренние и внешние. Внешние силы - силы действующие на систему со стороны внешних объектов. Внутренние силы - силы попарного
взаимодействия между точками системы. Точно так же есть внутренние и внешние
реакции. Внутренние реакции допускают перемещение системы как твердого тела.
Внешние - все остальные. Если на систему наложены некоторые связи, то эти связи
145
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
могут иметь вид fj (t, ~r1 , ..., ~rN ) = 0, где j = 1, ..., l l < 3N
Тогда виртуальным перемещением системы называется вектор
δ~r = {δ~r1 , ..., δ~rN } ∈ R3N
где δ~ri = (δxi , δyi , δzi ) определяется следующим образом
N
X
∂fi
∂fi
∂fi
δxi +
δyi +
δzi ) = 0
(
∂x
∂y
∂z
i
i
i
i=1
Соответственно, размерность пространства виртуальных перемещений называется
числом степеней свободы системы.
Связи называются идеальными, если сумма элементарных работ реакций связи
на любом виртуальном пермещении равна 0. То есть
N
X
~ i · δ~ri ) = 0
(R
i=1
Если на систему наложены связи, заключающиеся в том, что точки системы движутся по заданым кривым или поверхностям, и говорится, что поверхности гладкие, то соответсвующие связи являются идеальными.
Теорема об изменении импульса системы
Производная по времени импульса системы N материальных точек равна сумме
(e)
всех заданных внешних сил F~i , действующих на точки системы, и внешних реак~ (e) связей, наложенных на систему
ций R
i
N
N
X (e) X (e)
~
dQ
~
=
F~i +
R
i
dt
i=1
i=1
Можно сказать, что центр масс системы движется как точка, масса которой равна
полной массе системы, под действием результирующей силы и реакций внешних
связей, наложенных на систему.
Теорема
Если наложенные на систему внешние связи идеальны и допускают поступательное
перемещение всей системы вдоль некоторой неподвижной ое всех задане всех заданных вненых внеси Ox, то производная по времени проекции импульса системы
на эту ось равна сумме проекций, заданных внешних сил, действующих на систему,
на эту ось
dQx
= Fx
dt
146
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Задача о скольжении одного клина по другому
Рис. 103. Рисунок к задаче о скольжении одного клина по другому
По горизонтальной прямой движется клин, имеющий форму прямоугольного треугольника ABC |AB| = a. На этот клин положили подобный ему A1 B1 C1 . Масса
клина ABC - M , A1 B1 C1 - m. |A1 C1 | = b Между малым клином и большим и между большим и плоскостью трение отсутствует. На сколько сместится большой клин,
когда малый клин достигнет прямой AB
Решение
Введем систему координат с началом в первоночальном положении клина. Ox вдоль
AB, Oy - вдоль OC. Нам необходимы горизонтальные координаты центров масс
клинов. В системе координат Oxy, координата центра масс большого клина в на~ · ~ex ) = a1 , а (OS
~ 1 · ~ex ) = b1
чальный момент времени (OS
Тогда, воспользуемся теоремой об изменении количества движения, с условием на
связи. Связи, наложенные на систему, допускают ее перемещение как твердого тела
вдоль прямой Ox.
В проекции на ось Ox получаем
d ~
Q=0
dt
так как силы реакций и силы тяжести направлены по оси Oy. Пусть x1 , x2 - координаты центров масс клиньев, в проекции на ось Ox, тогда
M ẍ1 + mẍ2 = 0 ⇒ M ẋ1 + mẋ2 = C
Начальные условия выбирались так, что система находилась в покое в начальные
момент времени, то есть M ẋ1 + mẋ2 = 0 Отсюда получаем
M x1 + mx2 = C1 = M a1 + mb1
147
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Таким образом, при изменении обеих координат, общий центр масс сохраняет свою
координату по x.
Выясним, что произойдет, когда клин съедет до точки B.
Рис. 104. Рисунок к задаче о скольжении одного клина по другому
Пусть в процессе движения малого клина большой клин сместился на величину
S, тогда его координата x1 = a1 + S. Центр масс малого клина также сместился
x2 = S + a − (b − b1 ) Отсюда получаем соотношение
M (S + a1 ) + m(S + a − (b − b1 )) = M a1 + mb1
S=
−m(a − b)
M +m
Задача о движении точки по обручу
Однородный обруч массы M и радиуса R, плоскость которого вертикальна, скользит без трения в поле силы тяжести по неподвижной горизонтальной прямой. Найти
траекторию движущейся по обручу точки A массы m, если в начальный момент система покоилась.
Решение
Введем горизонтальную ось O0 x, на которой постоянно находится центр обруча. В
этой задаче силы взаимодействия точки с обручем - внутренние. Силы реакции,
при движении обруча, перпендикулярны прямой, как и силы тяжести для точки и
обруча. Поэтому dtd Qx = 0 или
(m + M )ẍs = 0
Это означает, что (m + M )ẋs = C, но так как в начальный момент система покоилась, то ẋs = 0, следовательно xs = x0s = const. Центр масс системы обруч + точка
148
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
движется только по вертикали. Тогда выберем подвижную систему координат Oxyz
так, чтобы общий центр масс системы все время находился на оси находился Oy.
Тогда координата центра масс xs = 0. Пусть |OO1 | = S, тогда
−M S + m(R cos ϕ − S) = 0
S=
mR cos ϕ
M +m
Рис. 105. Рисунок к задаче о движении точки по обручу
Пусть точка A имеет координаты x, y, тогда x = R cos ϕ − S =
Теперь наша задача исключить угол ϕ. Получаем
x2
MR
M +m
+
M R cos ϕ
,
M +m
а y = R sin ϕ
y2
=1
R2
Видим, что траекторией точки является эллипс, вытянутый по оси Oy.
Кинетический момент, некоторые теоремы
По определению, кинетическим моментом системы материальных точек относительно полюса O называется сумма кинетических моментов всех точек, относительно O
N
N
X
X
~
~
KO =
Koi =
[~ri × m~vi ]
i=1
i=1
где ~ri и ~vi радиус-вектор и скорость точки mi относительно системы координат с
началом в точке O.
Распишем эту формулу более подробно для твердого тела
Z Z Z
Z Z Z
~O =
K
σ[~r × ~v ]dV =
σ[~r × (~vO + [~ω × ~r])]dV =
V
V
149
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
Z Z Z
Z Z Z
σ[~r × ~vO ]dV +
=
V
σ[~r × [~ω × ~r]]dV
V
~ × ~vO ] по определению центра масс. Для
Первый интеграл дает выражение M [OS
второго интеграла раскроем векторное произведение. Оно имеет вид [~r × [~ω × ~r]] =
ω
~ (~r · ~r) − (~ω · ~r)~r Этот вектор устроен таким образом
 
 
x
ωx
2
2
2
ωy  x + y + z − y  ωx x + ωy y + ωz z
z
ωz
Расписав первую компоненту, мы получим ωx (y 2 + z 2 ) − ωy xy − ωx xz
При подстановке первой компоненты в тройной интеграл
Z Z Z
σ(ωx (y 2 + z 2 ) − ωy xy − ωx xz)dV
V
видим, что выражение при ωx соответствует моменту инерции относительно оси Ox.
Два других выражения в скобках - центробежные моменты инерции. Перепишем
это выражение в виде Jxx ωx − Jxy ωy − Jxz ωz и получим, что первая строка матрицы
тензора инерции действует на ω
~ . Значит мы можем написать
~ O = M [OS
~ × ~vO ] + JO ω
K
~
Так устроен кинетический момент относительно произвольной точки O.
1. Если взять кинетический момент относительно центра масс, то мы получим
~ S = JS ω
K
~ так как точка O совпадает с точкой S.
~ O = JO ω
2. Если в твердом теле имеется неподвижная точка O, то K
~
3. В главных центральных осях инерции
~ S = Ap~eξ + Bq~eη + Cr~eζ
K
где ω
~ = p~eξ + q~eη + r~eζ
4. В главных осях для неподвижной точки
~ O = Jxx ωx~e1 + Jzz ωy~e2 + Jzz ωz~e3
K
Если тело вращается вокруг оси Oz с угловой скоростью ω
~ = ω~ez , тогда в проекции
на эту ось
~ z = (K
~ s · ~ez ) = Cω
K
где C - момент инерции относительно оси вращения.
150
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Теорема об изменении кинетического момента системы относительно
неподвижной точки
~ O системы N материальных тоПроизводная по времени кинетического момента K
чек относительно неподвижной точки равна сумме моментов всех заданных внеш(e)
~ (e) внешних свяних сил F~i , действующих на систему, и моментов всех реакций R
i
зей, наложенных на систему
~O
dK
~O +L
~O
=M
dt
~ O = PN [~ri × F~ (e) ] L
~ O = PN [~ri × R
~ (e) ] ~ri - радиус-вектор относительно
где M
i=1
i
i
i=1
точки O
~ S системы N материальных тоПроизводная по времени кинетического момента K
чек относительно центра масс равна сумме моментов всех заданных внешних сил
(e)
~ (e) внешних связей, налоF~i , действующих на систему, и моментов всех реакций R
i
женных на систему, относительно центра масс
~S
dK
~S +L
~S
=M
dt
PN
~ (e) ]
~ (e) ~
~ S = PN [~
ρi × R
где M
i
i=1 [~
i=1 ρi × Fi ] LS =
Теорема
Если связи, наложенные на систему, идеальны и в любой момент времени допускают
поворот как твердого тела вокруг некоторой неподвижной оси Oz, то производная
~ z = (K
~ O ·~ez ) системы относительно оси Oz равпо времени кинетического момента K
на сумме моментов внешних заданных сил, действующих на систему, относительно
оси Oz
d ~
Kz = Mz
dt
где Mz - проекция моментов внешних сил на ось Oz
Уравнение движения твёрдого тела с неподвижной осью
Рассмотрим твердое тело, которое вращается вокруг неподвижной оси Oz. Введем
угол ϕ поворота тела вокруг оси. Тогда ω
~ = ϕ̇~ez . Если взять теорему об изменении
кинетического момента в проекции на ось вращения тела, то мы получим
Jzz ϕ̈ = Mz
так как Kz = Jzz ϕ̇, а
dKz
dt
= Jzz ϕ̈
151
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Рис. 106. Рисунок к задаче о нахождении уравнения движения твёрдого тела с
неподвижной осью
Пусть тело закреплено в двух точках O и P .
Введем систему координат Oξηζ, жестко связанную с твердым телом так, что
Oζ = Oz.
~ = h~eζ , F~ и M
~ O - результирующая сила и суммарный момент внешних
Пусть OP
заданных сил относительно точки O. Силы, действующие на тело со стороны шар~O и R
~P.
ниров в точках O и P , приводятся к двум силам реакции R
Пусть ~vS - скорость центра масс твердого тела, JO - матрица тензора инерции в
~ = a~eξ + b~eη + c~eζ - радиус-вектор центра масс. Тогда изменение имточке O, OS
пульса системы равно сумме всех наложенных на систему внешних сил и реакций
внешних связей
d~vS
~O + R
~P
m
= F~ + R
dt
Распишем эту формулу
~O + R
~P
mv̇s + [~ω × m~vs ] = F~ + R
Из теоремы об изменении кинетического момента
~ O + [OP
~ ×R
~P]
JO ω̇ + [~ω × JO ω
~] = M
Теперь мы можем получить уравнение движения твердого тела с неподвижной
~ = ϕ̇[~eζ × (a~eξ + b~eη + c~eζ )] = aϕ̇~eη − bϕ̇~eξ
осью. vO = 0, следовательно ~vS = [ω × OS]
Значит ~v˙ S = aϕ̈~eη − bϕ̈~eξ
Теперь посчитаем [~ω × ~vS ] = ϕ̇[~eζ × (aϕ̇~eη − bϕ̇~eξ )] = −aϕ̇2~eξ − bϕ̇2~eη
Теперь можем написать первое из уравнений
~O + R
~P
m(aϕ̈~eη − bϕ̈~eξ − aϕ̇2~eξ − bϕ̇2~eη ) = F~ + R
152
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Разберемся с вектором кинетического момента. Считаем, что в общем случае у нас
выбраны не главные оси инерции, поэтому можем написать так

Jξξ
−Jξη
−Jξζ
−Jξη
Jηη
−Jηζ
 
0
−Jξζ


0
−Jηζ
ϕ̇
Jζζ
JO ω
~ = −Jξζ ϕ̇~eξ − Jηζ ϕ̇~eη + Jζζ ϕ̇~eζ
Следовательно
JO ω
~˙ = −Jξζ ϕ̈~eξ − Jηζ ϕ̈~eη + Jζζ ϕ̈~eζ
[~ω × JO ω
~ ] = −Jξζ ϕ̇2~eη + Jηζ ϕ̇2~eξ
Таким образом получаем второе уравнение
~ O + h(Rpξ~eη − Rpη~eξ )
ϕ̈(−Jξζ ~eξ − Jηζ ~eη + Jζζ ~eζ ) + Jηζ ϕ̇2~eξ − −Jξζ ϕ̇2~eη = M
В проекции на Oζ = Oz получаем
1. Jζζ ϕ̈ = MOz
Если момент задан, как функция (ϕ, ϕ̇, t), то отсюда получим дифференциальное
уравнение на ϕ, из решения которого мы получим закон изменения ϕ со временем
и найдем все силы реакции, которые необходимо найти.
2. Fz + ROz + RP z = 0
Если в точке O установлен сферический шарнир, а в точке P - цилиндрический, то
RP z = 0 Fz = −ROz
153
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
17.
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Семинар 17
Физический маятник
Рис. 107. Физический маятник
Возьмем угол ϕ между направлением силы тяжести и направлением, соединяющем точку O, лежащую на неподвижной оси, с центром масс. Тогда ω
~ = ϕ̇~ez
В проекции на оси:
Kz = Jzz ϕ̇
~ O (m~g ) = [OS
~ × m~g ] = [(h sin ϕ~ex − h cos ϕ~ey ) × −mg~ey ] = −mgh sin ϕ~ez
M
Таким образом получаем уравнение движения физического маятника
Jzz ϕ̈ + mgh sin ϕ = 0
Если разделить это уравнение на Jzz , то оно станет похоже на уравнение математического маятника
mgh sin ϕ
ϕ̈ +
=0
Jzz
zz
Длина Jmh
= l0 называется приведенной длиной физического маятника.
Если отложить точку O0 такую, что |OO0 | = l0 , то точка O0 - центр качания. Если
перенести неподвижную ось, вокруг которой вращается тело, в точку качания, тогда
точка O, где до этого проходила ось вращения, станет новым центром качания
физического маятника.
Заметим, что l0 всегда больше h, так как по формуле Гюйгенса-Штейнера
Jzz = JSz + mh2
и если прдеставить JSz = mρ2 , где ρ - радиус инерции, то
Jzz
ρ2
= l0 = h +
>h
mh
h
154
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
Задача о специальной точке подвеса физического маятника
На каком расстоянии от центра масс должен быть подвешен физический маятник,
чтобы период его малых колебаний был наименьшим.
Решение
ϕ̈ +
g sin ϕ
h+
ρ2
h
=0
При малых колебаниях sin ϕ ≈ ϕ, тогда частота малых колебаний ω =
r
q
g
2
h+ ρh
,
2
а период T =
2π
ω
= 2π
h+ ρh
g
. Следовательно, чтобы период малых колебаний был
2
наименьшим необходимо, чтобы наименьшей была характеристика h+ ρh . Мы вправе менять расстояние h и добиваться того, чтобы это выражение стало наименьшим.
2
Пусть l0 (h) = h + ρh , тогда
dl0
ρ2
=1− 2 =0
dh
h
Таким образом, если мы подвесим маятник на расстоянии радиуса инерции h = ρ, то
2
2 0
> 0,
это будет экстремальный случай, более того, вторая производная дает ddhl2 = 2ρ
h3
следовательно это минимум.
Таким образом, для того, чтобы период малых колебаний физического маятника
был наименьшим, ось подвеса должна находиться от центра масс на расстоянии
радиуса инерции.
Задача о движении физического маятника с добавочным
грузом
В вертикальной плоскости движется физический маятник, и на прямую OS, проходящую через ось подвеса и центр масс, добавляют в некоторой точке груз массы
M . В какой точке на прямой OS следует расположить добавочный груз, чтобы
период малых колебаний маятника остался неизменным.
Решение
Один из ответов очевиден - на оси подвеса.
Рассмотрим движение маятника без груза. Тогда
Jzz ϕ̈ + mgh sin ϕ = 0
155
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Рис. 108. Рисунок к задаче о движении физического маятника с добавочным грузом
Частота малых колебаний ω 2 = mgh
Jzz
Что изменилось после добавления груза:
Новый момент инерции
0
Jzz
= Jzz + M x2
где x - расстояние от груза до оси.
Суммарный момент
MOz = −mgh sin ϕ − M gx sin ϕ
Таким образом ω 2 =
mgh+M gx
.
Jzz +M x2
Сравнивая два выражения для ω получим уравнение
mgh + M gx
mgh
=
2
Jzz + M x
Jzz
и отсюда получим
Jzz x = mhx2
Таким образом имеются решения:
1. x1 = 0 - добавочный груз на оси вращения
zz
- добавочный груз следует разместить в центре качания.
2. x2 = Jmh
Вычислительная задача про физический маятник
Физический маятник состоит из однородного стержня массы M длины L, к концу которого прикреплен однородный круглый диск массы 2M и радиуса r = L8 .
Определить частоту малых колебаний данного физического маятника.
156
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
Рис. 109. Рисунок к вычислительной задаче про физический маятник
Решение
Определим положения центров масс. Центр масс стержня - на расстоянии L2 от
точки O, центр масс диска - на расстоянии L + r от точки O, поэтому суммарный
момент, действующий на это маятник
~ O = −mg L sin ϕ − 2M g(L + r) sin ϕ = − 11 M gL sin ϕ
M
2
4
Теперь найдем суммарный момент инерции.
Для стержня он равен моменту инерции стержня, относительно центра масс, и
моменту инерции по теореме Гюйгенса-Штейнера
M L2 M L2
M L2
=
+
=
12
4
3
Для диска он равен моменту инерции диска относительно оси, проходящей через
его центр масс и перпендикулярной плоскости движения и моменту инерции по
теореме Гюйгенса-Штейнера
c
JOz
д
JOz
=
163M L2
2M r2
+ 2M (L + r)2 =
2
64
Суммарный момент инерции
M L2 163M L2
553
+
=
M L2
3
64
192
Таким образом уравнение маятника имеет вид
553
11
M L2 ϕ̈ = − M gL sin ϕ = 0
192
4
В итоге получаем
528 g
ϕ̈ +
sin ϕ = 0
553 L
Следовательно, частота малых колебаний
528 g
ω2 =
553 L
д
c
JOz
+ JOz
=
157
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
18.
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Семинар 18. Часть 1
Плоскопараллельное движение
Пусть имеется неподвижная система координат Oxy, лежащая в некоторой плоскости, и в этой плоскости движется тело с центром масс в точке S. С твердым телом
связаны оси Sξηζ и Sζ||Oz. В этом случае положение тела можно определять углом
поворота ϕ и координатами некоторой его точки xS и yS .
Если написать теоремы об изменении импульса и кинетического момента тела, то
M ~r¨S = F~
JSζ ϕ̈ = Mζ
Теорема об изменении импульса в проекции на оси абсолютной системы координат
M ẍs = Fx
M ÿs = Fy
Так как тело движется плоскопараллельно, то закон изменения импульса дает два
уравнения.
Задача о катящемся под действием силы колесе
Колесо массы M и радиуса r катится по горизонтальной плоскости под действием
~ направленной горизонтально и приложенной в центре колеса C. Известно,
силы S,
что ρ - радиус инерции колеса относительно оси, перпендикулярной колесу и проходящей через его центр. Следовательно, известен момент инерции JCz = M ρ2 . Так
же известен коэффициент f трения скольжения колеса о плоскость. Определить
~ при котором колесо будет катиться без проскальзыпредельное значение силы S,
вания.
Решение
Угол ϕ - угол поворота колеса против часовой стрелки
На колесо действует:
1. Сила тяжести, приложенная в центре масс
~ так как колесо движется по горизонтальной плоскости
2. Вертикальная реакция R,
и не проваливается
3. Сила трения
158
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Рис. 110. Рисунок к задаче о катящемся под действием силы колесе
Выберем систему координат с началом в точке O, которая лежит на прямой, проходящей через центр колеса. В проекции на оси выбранной системы координат
получаем
M ẍC = S − FT P
M ÿC = R − M g
Нужно найти как устроени закон изменения кинетического момента
~ C · ~ez ) = M ρ2 ϕ̇
(K
С другой стороны единственный ненулевой момент относительно центра дает сила
трения. Посчитаем его, опустив радиус-вектор из центра в точку приложения силы
~ × F~T P ] = −F~T P r~ez
mom(F~T P ) = [CP
Таким образом, закон изменения кинетического момента дает соотношение
M ρ2 ϕ̈ = −F~T P r
Так как yC ≡ r, следовательно R = M g.
Колесо катится без проскальзывания, следовательно, путь, пройденный центром
колеса, равен длине дуги, пройденной на колесе. ϕ растет, когда колесо катится
налево, следовательно, связь между координатой xC и углом такая:
xC = −rϕ
ẋC = −rϕ̇
ẍC = −rϕ̈
С учетом этого
−M rϕ̈ = S − FT P
159
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
M ρ2 ϕ̈ = −FT P r
Умножим первое уравнение на ρ2 , второе на r и сложим. тогда получим
Sρ2 − FT P ρ2 − FT P r2 = 0
FT P =
Sρ2
ρ2 + r 2
Чтобы колесо катилось без проскальзывания FT P ≤ f R ≤ f M g. Таким образом
S≤
f M g(ρ2 + r2 )
ρ2
Задача о катящемся под действием вращательного момента
колесе
Колесо массы M и радиуса r катится по горизонтальной плоскости под действием вращающего момента m. Коэффициент трения скольжения колеса о полскость
равен f , радиус инерции колеса относительно оси симметрии, перпендикулярной
плоскости колеса равен ρ. Определить предельное значение момента m, при котором колесо будет катиться без скольжения по горизонтальной плоскости.
Рис. 111. Рисунок к задаче о катящемся под действием вращательного момента
колесе
Решение
Условия на систему координат и движение центра колеса такие же, как и в прошлой
задаче.
160
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
На колесо по прежнему действуют все силы из прошлой задачи, кроме силы, приложенной к колесу. Вместо нее вращающий момент относительно оси Oz.
Разберемся с направлением сил. В данной задаче при прокручивании колеса скорость нижней точки направлена влево, следовательно, сила трения направлена
вправо.
Запишем уравнения:
~ C · ~ez ) = M ρ2 ϕ̇
(K
Теорема об изменении имульса в проекции на оси дает
M ẍC = FT P
M ÿC = R − M g
Для теоремы об изменении кинетического момента в проекции на ось Cz находим
~ × FT P ] = FT P r~ez . Момент направлен в сторону убывания
момент силы трения [CP
ϕ, следовательно, в общем уравнении он будет иметь знак "−"и следовательно
M ρ2 ϕ̈ = FT P r − m
Как и в предыдущей задаче, требуется выяснить, при каком предельном значении
момента колесо будет катиться без проскальзывания.
Так как ϕ возрастает против часовой стрелки, то связь между x и ϕ:
xC = −rϕ
ẋC = −rϕ̇
ẍC = −rϕ̈
Подставляя эту связь в уравнение движения находим
(1) − M rϕ̈ = FT P
yC ≡ r, следовательно R = M g, так как ÿC = 0.
Перепишем последнее необходимое нам уравнение
(2) M ρ2 ϕ̈ = FT P r − m
Работаем с этими двумя уравнениями. Умножим первое на ρ2 , второе на r и сложим.
Получим
FT P (ρ2 + r2 ) − mr = 0
Значит
mr
ρ2 + r 2
Сила трения не должна происходить вертикальной реакции, умноженной на коэффициент трения, то есть FT P ≤ f R ≤ f M g. Отсюда получаем условие на момент
mr
≤ fMg
2
ρ + r2
FT P =
m≤
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
f M g(ρ2 + r2 )
r
161
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Задача о скатывании маленького шара с большого шара
Рис. 112. Рисунок к задаче о скатывании маленького шара с большого шара
С неподвижного шероховатого шара радиуса R скатывается без скольжения другой шар массы M и радиуса r. В начальный момент времени второй шар находился
в покое, ϕ(t)|t=0 = 0, ϕ̇(t)|t=0 = 0
~ и силы
Найти для произвольного угла ϕ выражение для нормальной реакции N
трения F~ между обоими шарами. Определить наименьшее значение коэффициента
трения f , при котором возможно движение без проскальзывания, и угол ϕ1 , при
котором катящийся шар отрывается от неподвижного.
Решение
Рис. 113. Рисунок к задаче о скатывании маленького шара с большого шара
162
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Проведем в центре подвижного шара репер Френе. Центр шара движется по окружности радиуса R + r. Дуга соответствующей окружности равна S = (R + r)ϕ. Запишем первое уравнение
M S̈ = M g sin ϕ − F
(1) M (R + r)ϕ̈ = M g sin ϕ − F
В проекции на нормаль компонента ускорения имеет вид M k Ṡ 2 , где k - кривизна
соответствующей окружности. Для репера Френе, который мы ввели, нормальный
вектор является вектором внешней нормали по отношению к траектории центра.
Это означает, что кривизна данной кривой отрицательна. Это легко проверить,
если запараметризовать окружность, по которой движется центр подвижного шара
x = (R + r sin ϕ), y = (R + r cos ϕ). Тогда по формуле для кривизны
k=
y 00 x0 − x00 y 0
(x02 + y 02 )
3
2
=−
1
R+r
Следовательно
M k Ṡ 2 = −M
1
(R + r)2 ϕ̇2 = N − M g cos ϕ
R+r
(2) M (R + r)ϕ̇2 = M g cos ϕ − N
Это закон изменения импульса. Теперь найдем закон изменения кинетического момента. Пусть θ - угол поворота шара вокруг его центра. Тогда
~ S · ~ez ) = −JSz θ̇
(K
~ × F~ ] = −r[~eν × −F~eτ ] =
Момент дает только сила трения, поэтому mom(F~ ) = [SP
−F r~ez , третье необходимое нам уравнение имеет вид
(3) JSz θ̈ = F r
Необходимо определить связь между ϕ и θ. Качение происходит без проскальзывания, следовательно rθ = (R + r)ϕ. Вспомним, что JSz = 52 M r2 .
Таким образом, получаем
2
r+R
M r2
ϕ̈ = F r
5
r
5F
ϕ̈ =
2M (R + r)
Подставим найденное выражение в уравнение (1)
M (R + r)
5F
= M g sin ϕ − F
2M (R + r)
2
F = M g sin ϕ
7
163
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Отсюда легко найти выражение для ϕ̈
ϕ̈ =
5
2
M g sin ϕ
2M (R + r) 7
ϕ̈ =
5g sin ϕ
7(R + r)
Это уравнение необходимо проинтегрировать, так как требуется отыскать выражение для вертикальной реакции, для которого необходимо посчитать ϕ̇. Домножим
последнее выражение на ϕ̇
5g sin ϕ
ϕ̇ϕ̈ =
ϕ̇
7(R + r)
В обеих частях выражения - полные производные по ϕ, следовательно получаем
d ϕ̇2
d −5g cos ϕ
= (
)
dt 2
dt 7(R + r)
Таким образом
5g cos ϕ
ϕ̇2
=C−
2
7(R + r)
Чтобы найти константу интегрирования, необхоимо воспользоваться начальными
условиями
5g
0=C−
7(R + r)
Следовательно
ϕ̇2 =
10g
(1 − cos ϕ)
7(R + r)
Теперь найдем выражение для нормальной реакции
N = M g cos ϕ−M (R+r)ϕ̇2 = M g cos ϕ−M (R+r)
10g
Mg
(1−cos ϕ) =
(17 cos ϕ−10)
7(R + r)
7
Минимальный коэффициент трения, при котором возможно движение без проскальзывания, определяется из условия FT P = f N . Таким образом
2
FT P = M g sin ϕ
7
Следовательно
fmin =
FT P
2 sin ϕ
=
N
(17 cos ϕ − 10)
2 sin ϕ
Если коэффициент трения превосходит значение (17 cos
, то возможно движение
ϕ−10)
без проскальзывания.
10
В момент отрыва N = 0, следовательно cos ϕ1 = 17
164
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Задача о скользящем по полу стержне
Однородный стержень массы M и длиной |AB| = l скользит по гладкому горизонтальному полу и по гладкой горизонтальной стене. ϕ - угол, который образует
стержень с горизонталью. Определить в зависимости от ϕ:
1. ϕ̇(ϕ)
2. ϕ̈(ϕ)
3. NA = NA (ϕ)
4. NB = NB (ϕ)
Считаем, что ϕ(t)|t=0 = ϕ0 , ϕ̇(t)|t=0 = 0
5. Найти угол ϕ1 , при котором стержень перестает соприкасаться со стеной.
Рис. 114. Рисунок к задаче о скользящем по полу стержне
Решение
Запишем уравнение движения. S - центр масс стержня, тогда
M ẍS = NB
M ÿS = NA − M g
Теорема об изменении кинетического момента стержня
~ S · ~ez ) = −JSz ϕ̇
(K
Теперь запишем моменты сил
~ × N~A ] = [( l cos ϕ~ex − l sin ϕ~ey ) × NA~ey ] = NA l cos ϕ~ez
mom(N~A ) = [SA
2
2
2
165
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
~ × N~B ] = [(− l cos ϕ~ex + l sin ϕ~ey ) × NB l sin ϕ~ex )] = −NB l sin ϕ~ez
mom(N~B ) = [SB
2
2
2
2
Последнее уравнение записывается в виде
NB l
NA l
sin ϕ −
cos ϕ
2
2
ISz ϕ̈ =
Найдем координаты центра масс через угол ϕ: xs = 2l cos ϕ,ys = 2l sin ϕ, а также
2
ISz = M12l - момент инерции относительно оси, проходящей через центр стержня,
перпендикулярно плоскости движения.
ẋS = − 2l ϕ̇ sin ϕ
ẍS = − 2l ϕ̈ sin ϕ − 2l ϕ̇2 cos ϕ
ẏS = − 2l ϕ̇ cos ϕ
ÿS = − 2l ϕ̈ cos ϕ − 2l ϕ̇2 sin ϕ
Таким образом
Ml
(ϕ̈ sin ϕ + ϕ̇2 cos ϕ)
2
Ml
NA = M g +
(ϕ̈ cos ϕ − ϕ̇2 sin ϕ)
2
Воспользуемся законом изменения кинетического момента
NB = −
NB l
NA l
M gl
M l2
M l2
ϕ̈ =
sin ϕ −
cos ϕ = −
cos ϕ −
ϕ̈
12
2
2
2
4
Таким образом
ϕ̈ = −
3g
cos ϕ
2l
Это ответ на второй вопрос
Теперь необходимо найти ϕ̇(ϕ). Умножим обе части уравнения на ϕ̇ и получим
ϕ̇ϕ̈ =
3g
ϕ̇ cos ϕ
2l
d ϕ̇2
d
3g
( ) = (−
sin ϕ)
dt 2
dt 2 l
g
ϕ̇2 = −3 sin ϕ + C
l
Константу определим из начальных условий. При t = 0 C =
3g
l
sin ϕ0 , следовательно
g
ϕ̇2 = 3 (sin ϕ0 − sin ϕ)
l
Это ответ на первый вопрос.
С учетом найденных выражений для ϕ̇ и ϕ̈, найдем выражения для реакций
NB = −
Ml 3 g
g
3M g cos ϕ
(−
cos ϕ sin ϕ + 3 (sin ϕ0 − sin ϕ) cos ϕ) =
(3 sin ϕ − 2 sin ϕ0 )
2
2l
l
4
166
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
3g
3g
1 3
9
Ml 3 g
(−
cos2 ϕ−
sin ϕ0 sin ϕ+ sin2 ϕ) = M g( − sin ϕ0 sin ϕ+ sin2 ϕ)
2
2l
2l
l
4 2
4
Это ответы на третий и четвертый вопросы
NA = M g+
Остается угол ϕ1 . Стержень перестает соприкасаться со стеной, когда сила NB = 0.
Получаем
cos ϕ(3 sin ϕ − 2 sin ϕ0 )
Следовательно:
1. cos ϕ = 0 ϕ = π2
2. 3 sin ϕ − 2 sin ϕ0 = 0 sin ϕ = 32 sin ϕ0
167
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
19.
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Семинар 18. Часть 2
Задача о катящейся катушке
Снова от задачи, где рассматривалось скольжение стержня, вернемся к задаче,
где имеет место качение тела по прямой или по плоскости.
Рис. 115. Рисунок к задаче о катящейся катушке
На барабан радиуса r однородной каткушки массой m и радиуса R > r, лежащего
на горизонтальном шероховатом полу, намотана невесомая нить, к которой прило~ под углом α к горизонту. Радиус инерции каткушки относительно оси,
жена сила S
перпендикулярной плоскости движения и проходящей через точку C, равен ρ, таким образом момент инерции Icz = M ρ2 . В начальный момент катушка покоилась,
а затем катилась без проскальзывания. Определить закон движения катушки. В
какую сторону покатится каткушка.
Решение
Итак, мы предполагаем, что катушка катится по плоскости без проскальзывания и
без отрыва от плоскости, таким образом, центр масс катушки движется на постоянной высоте.
Введем систему координат в той точке, где находился центр масс катушки в начальный момент времени. Ось Ox будет перпендикулярна той прямой, по которой
катится каткушка. Ось Oy — перпендикулярная оси Ox. На катушку действуют силы: сила тяжести, сила вертикальной реакции, сила трения, сила, с которой тянут
нить (движущая сила).
Уравнения движения.
M x¨C = S cos α − Fтр
168
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
M y¨C = R + S sin α − M g
Заметим, что yC = const = 0, поэтому R + S sin α − M g = 0 ⇒ R = M g − S sin α. Для
того, чтобы движение проходило безотрывно, сила вертикальной реакции, которая
равна по модулю силе давления катушке на прямую, должна оставаться большей
либо равной нулю ⇒ R = M g − S sin α > 0.
Получаем M g > S sin α ⇒ sin α 6 MSg — условие безотрывности движения. Считаем,
что это условие движения выполнено. Нам необходимо написать закон изменения
кинетического момента. Угол ϕ будем отсчитывать против часовой стрелки, тогда
~ c · e~z ) = M ρ2 ϕ̇.
(K
И теперь наша задача аккуратно подсчитать моменты всех сил относительно точки
C. Итак, момент силы трения:
~ × F~тр ] = [(−Re~y ) × (−F~тр )e~x ] = −F~тр Re~z
mom(F~тр ) = [CP
Рис. 116. Рисунок к задаче о катящейся катушке
Момент силы S. У нас есть внутренний диск катушки, на который намотана нить
под углом α. Вектор, который мы выпускаем в точку приложения силы, направлен
перпендикулярно это силы. Тогда CD = r sin αe~x − r cos αe~y :
~ = [CD
~ × S]
~ = [(r sin αe~x − r cos αe~y ) × (S cos αe~x + S sin αe~y )] =
mom(S)
= Sr sin2 αe~z + Sr cos2 αe~z = Sre~z
Можем написать следующие уравнения:
M x¨C = S cos α − Fтр
Из второго уравнения запишем только следствие:
sin α 6
169
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
Mg
S
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
M ρ2 ϕ̈ = Sr − Fтр R
С самого начала предполагается, что движение катушки происходит без проскальзывания, угол ϕ мы отсчитываем против часовой стрелки, как следствие, когда ϕ
растет, координата x уменьшается, получаем:
xC = −Rϕ, x˙C = −Rϕ̇, x¨C = −Rϕ̈
−M Rϕ̈ = S cos α − Fтр , M ρϕ̈ = Sr − Fтр R
Для начала найдем силу трения, используя эти формулы. Домножим на соответствующий множитель и сложим эти два уравнения, получим:
Sρ2 cos α − Fтр ρ2 + SRr − Fтр R2 = S(Rr + ρ2 cos α) − Fтр (ρ2 + R2 )
Fтр
S(Rr + ρ2 cos α)
=
⇒
ρ2 + R 2
Зная силу трения, находим, как меняется xC : M x¨C = S cos α −
S(Rr+ρ2 cos α)
ρ2 +R2
=
r
SR2 (cos α− R
)
2
2
M (ρ +R )
S
(ρ2
(ρ2 +R2 )
cos α + R2 cos α − Rr − ρ2 cos α) ⇒ x¨C =
=
В начальный момент предполагалось, что катушка покоилась и начальное положение тоже было нулевым, нахожим:
x˙C =
SR2 (cos α − Rr )
t+K
M (ρ2 + R2 )
Но так как говорилось, что в начальный момент катушка покоится, следовательно,
x˙C (t) |t=0 = 0 ⇒ K = 0
SR2 (cos α− r )
Рассуждая аналогично, можем сказать, что xc = 2M (ρ2 +R2R) t2 + x0C
Но опять же, поскольку катушка в начальный моммент покоилась, то получаем:
xC (t) |t=0 = 0 ⇒ x0C = 0.
Окончательно получаем закон движения катушки. Напишем так:
SR2 (cos α − Rr ) 2
Mg
При условии sin α 6
закон движения каткушки имеет вид: xC =
t
S
2M (ρ2 + R2 )
1. Если cos α >
2. Если cos α 6
r
,
R
r
,
R
то движение происходит вправо (катушка катится вправо).
то движение происходит влево (катушка катится влево).
170
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
Задача о падении дерева
Рис. 117. Рисунок к задаче о падении дерева
Определить, с какой угловой скоростью упадет на Землю спиленное дерево массой M , если его центр масс C расположен на расстоянии h от места спила, и при
падении на него действует момент сопротивления mсопр = k ϕ̇2 . Момент инерции
дерева относительно оси Oz, вокруг которой поворачивается дерево при падении,
равен J.
Решение
На дерево действует сила тяжести, в точке спила действует неизвестная сила реацкии и действует еще момент сопротивления. Удобнее всего применить теорему
об изменении кинетического момента относительно точки O, в ней приложена сила
реакции и она момента не даст, поэтому мы будем избавлены от вычисления этой
неизвестной силы.
Вводим оси так, что ось Oy по первоначальному расположению дерева.
ϕ(t) |t=0 = 0, ϕ̇(t) |t=0 = 0
Наша задача найти ϕ̇(t∗ ) = ? такое, что ϕ(t∗ ) = π2
Напишем теорему об изменении кинетического момента. Пишем в проекции на ось
Oz. Заметим, что угол ϕ откладывается по часовой стрелке, поэтому
~ 0 ) · e~z = −J ϕ̇
(K
171
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
~ = h sin ϕe~x + h cos ϕe~y ⇒
OC
~ × M~g ] = [(h sin ϕe~x + h cos ϕe~y ) × (−M g e~y )] =
mom(M~g ) = [OC
= −M gh sin ϕ[e~x × e~y ] = −M gh sin ϕe~z
Получаем следующее уравнение: −J ϕ̈ = −M gh sin ϕ+k ϕ̇2 или J ϕ̈ = M gh sin ϕ−k ϕ̇2
или
J ϕ̈ + k ϕ̇2 = M gh sin ϕ
Заметим, что в условии фигурирует момент t∗ , то есть нужно будет искать еще
и этот момент, а мы уже имели дело с задачами, в которых при движении точки
или тела под действием момента сопротивления что-то требоывлось найти. Будем
действовать схожим образом.
Будем считать, что ϕ̇ зависит от ϕ (ϕ̇ = ϕ̇(ϕ))=w, тогда
ϕ̈ =
d
dw dϕ
dw
d w2
d
ϕ̇(ϕ)) = (w(ϕ)) =
=w
=
( )
dt
dt
dϕ dt
dϕ
dϕ 2
J d
(w2 ) + kw2 = M gh sin ϕ
2 dϕ
w2 = s(ϕ)
2M gh
ds 2k
+
−s=
sin ϕ
dϕ
J
J
Пусть sч,н = c1 cos ϕ + c2 sin ϕ. Подставим в уравнение частное решение неоднородного уравнения.
c2 cos ϕ − c1 sin ϕ +
c2 +
2k
2k
2M gh
c1 cos ϕ +
sin ϕ =
sin ϕ
J
J
J
2k
2k
2M gh
c1 = 0, получим
c2 − c1 =
J
J
J
2
Из первого: c2 = − 2k
c ⇒ ( −4k
− 1)c1 =
J 1
J2
c1 =
2M gh
J
⇒
−(J 2 +4k2 )
c1
J2
=
2M gh
J
−2M ghJ
4M ghk
, c2 = 2
2
2
(J + 4k )
(J + 4k 2 )
Итак, частное решение неоднородного уравнения найдено. Оно оказывается равным:
4M ghk
2M ghJ
sч,н = 2
sin ϕ − 2
cos ϕ
2
(J + 4k )
(J + 4k 2 )
Чтобы получить общее решение неоднородного уравнения мы должны добавить
к этому частному решению неоднородного уравнения общее решение однородного
уравнения.
Однородное уравнение:
−2k
ds 2k
+ S = 0 s = c0 e J ϕ
dϕ
J
172
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА https://vk.com/teachinmsuVK.COM/TEACHINMSU
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА​​
•
КУЛЕШОВ АЛЕКСАНДР СЕРГЕЕВИЧ
Тогда
s = c0 e
−2k
ϕ
J
+
4M ghk
2M ghJ
sin ϕ − 2
cos ϕ
2
2
(J + 4k )
(J + 4k 2 )
Для этого получившегося общего решения неоднородного уравнения нам нужно
определить c0 . Так как ϕ(t) |t=0 = 0, ϕ̇(t) |t=0 = 0, получим:
0 = c0 −
2M ghJ
2M ghJ
⇒ c0 = 2
2
2
(J + 4k )
(J + 4k 2 )
Запишем полное решение этого неоднородного уравнения, вспоминаем, что s = ϕ̇2 :
ϕ̇2 =
2M ghJ −2k ϕ
2M ghJ
4M ghk
e J + 2
sin ϕ − 2
cos ϕ
2
2
2
(J + 4k )
(J + 4k )
(J + 4k 2 )
Найдем
ϕ̇2 |ϕ= π2 =
−πk
2M ghJ −πk
4M ghk
2M gh
e J + 2
= 2
(Je J + 2k) = ω 2 ⇒
2
2
2
2
(J + 4k )
(J + 4k )
(J + 4k )
Ответ:
s
ω=
2M gh
−πk
(Je J + 2k) =
2
2
(J + 4k )
s
173
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА
−πk
2M gh
[J · exp(
) + 2k]
2
2
(J + 4k )
J
МЕХАНИКОМАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ
М.В. ЛОМОНОСОВА