Может двигаться в вертикальной плоскости и так, что скорость середины стержня направлена вдоль стержня. Определить движение точек М1 и М2



жүктеу 109.44 Kb.
Дата30.04.2016
өлшемі109.44 Kb.
: KAFEDRY -> TMM
KAFEDRY -> Вопросы программы по внутренним болезням (переводной экзамен) V курс, 2010-2011 уч год
KAFEDRY -> Тематичний план практичних занять
KAFEDRY -> Тематический план лекций для студентов медико-профилактического факультета по стоматологии
KAFEDRY -> Русско-белорусский
KAFEDRY -> Тематический план практических занятий дисциплины «челюстно-лицевая хирургия» модуль «детская челюстно-лицевая хирургия»
KAFEDRY -> Вопросы к экзамену по курсу «Основы алгоритмизации и программирования»
TMM -> Августин Августинович бетанкур (1758-1824)
KAFEDRY -> Краткий глоссарий
Пример 1. (Ф.Р. Гантмахер)

Уравнения Лагранжа первого рода.

Две весомые материальные точки М1 и М2 с массами и соединены невесомым стержнем длины l. Система может двигаться в вертикальной плоскости и так, что скорость середины стержня направлена вдоль стержня. Определить движение точек М1 и М2.

Уравнения связей таковы:



(1.1)

Уравнения Лагранжа с неопределёнными множителями имеют вид



(1.2) и

(1.3) Из уравнений (1.2) с учётом первого из уравнений (1.1) определим λ и μ:

(1.4) Из уравнений (1.3) также выразим λ и μ:

(1.5) Приравнивая выражения для λ и μ и полагая для простоты , получаем:

(1.6) Введём обозначения:

(1.7) Тогда уравнения (1,1) и (1.6) перепишутся так:

(1.8) Полагая из первых двух уравнений

(1.9)

,

,

откуда .

Из третьего равенства (1.8) имеем:

(1.10) и таким образом



В силу равенств (1.9) и (1.10), имеем:

В результате интегрирования получаем

Окончательно имеем:

Здесь и – произвольные постоянные.

Пример 2


Уравнения Аппеля.

Энергия ускорений твёрдого тела, закреплённого в центре масс, может быть представлена в форме



Здесь многоточием обозначены слагаемые, не зависящие от . Обозначив , рассмотрим отдельные слагаемые.

. Тогда

, где J – тензор инерции относительно центра масс. Считая, что он задан в главных осях, получаем . В дальнейшем будем полагать и соответственно , так что

Рассмотрим теперь отдельно произведение



Поэтому

и таким образом

С учётом сделанных выше обозначений, имеем

В результате получаем

Что касается обобщённых сил, мы можем считать . Поскольку система склерономна, и , где L – момент относительно центра масс внешних сил, приложенных к телу. Таким образом,


Уравнения движения тела таковы:

Эти уравнения, называемые уравнениями Эйлера, мы получали в теоретической механике.

Пример 3


Построим уравнения движения из примера 1 как уравнения Аппеля.

В качестве обобщённых координат вводим – координаты центра стержня и угол его поворота относительно горизонтальной оси. Уравнение неголономной связи в этих координатах



или

Энергия ускорений



Квазискорости : и ;



Для определения обобщённых сил выпишем работу внешних сил на возможном перемещении: . Таким образом,

Уравнения Аппеля:







. Интегрируя, имеем:

Пример 4


Составление уравнений движения непрерывных систем

Рассматривается упругая балка, положение которой нельзя задать конечным числом параметров. Пусть – смещение точки балки, – материальная координата точки. Потребуем, чтобы действие удовлетворяло принципу Гамильтона. Кинетическая энергия балки определяется выражением



, (3.1) а потенциальная энергия – выражением

. (3.2) Здесь а . Функция Лагранжа записывается в виде

. (3.3) Величина называется плотностью лагранжиана; – действие по Гамильтону. Считаем, что балка совершает малые колебания относительно положения равновесия и

, (3.4) где – истинное движение, . Заметим, что в формуле (3.4) можно при необходимости менять порядок интегрирования. Рассмотрим интеграл

. Поскольку постольку .

. В результате имеем

. (3.5) Если есть ещё какие-либо нагрузки – распределённая нагрузка , силы на правом и левом конце балки и , моменты и , тогда мы будем использовать принцип Гамильтона-Остроградского в форме

где .

Теперь уравнения балки принимают форму



(3.6)

Внутри интервала вариацияпроизвольна, вариации , и независимы, следовательно



; (3.7)

(3.8)

Формула (3.7) – уравнение движения балки, а уравнения (3.8) служат для построения граничных условий. Если k-ый конец балки свободен, то вариации и отличны от 0 и поэтому



(3.9) Если k-ый конец балки шарнирно опёрт, то вариация равна 0 и . Вариация отлична от 0 и поэтому. В случае, если k-ый конец балки заделан, вариации и равны 0 и граничные условия таковы: и

Пример 5


Колебания тяжёлой цепи.

Пусть а – материальная координата точки на нерастяжимой цепи;



– проекции перемещения точки на оси координат х и у.

Тогда положение точки определяется выражениями



(4.1)

В силу нерастяжимости цепи Имеем , откуда



Сокращая на da и возводя в квадрат, получаем



. Пренебрегая величиной , получаем

(4.2)

Кинетическая энергия:



, где ρ– погонная плотность, –элементарная масса, – длина цепи. Считая плотность постоянной и учитывая, что есть величина более высокого порядка малости, чем , имеем

(4.3)

Найдём теперь положение центра масс цепи.



(4.4) В недеформированном состоянии центр масс цепи имеет координату и таким образом поднимается центр масс на величину

(4.5) Потенциальная энергия цепи, таким образом, равна

, (4.6) а лагранжиан

(4.7)

Замечая, что , т.к. в граничных точках истинный и окольные пути совпадают, а также что , поскольку , получаем

(4.8) Из произвольности следует уравнение в частных производных

(4.9) Решение этого уравнения ищется в форме



– уравнение Бесселя с граничными условиями:



ограничено Решение этого уравнения

причём – корни уравнения , а частоты

Метод А.Н. Крылова раскрытия частотного определителя.

Пусть задана система линейных дифференциальных уравнений

, (1) в которой qn-мерный столбец, а А и Сматрицы размерности , и матрица А положительно определена. Обозначив преобразуем уравнение (1) к виду

(2) и введём дополнительную координату . Полагая где , получим:

или (3) где D1 – первая строка матрицы D. Система (3) представляет собой систему n+1 однородных линейных алгебраических уравнений с n+1 неизвестными. Эта система имеет нетривиальное решение лишь при условии равенства нулю её определителя

(4) где j –й элемент строки .

Сложив первый и второй столбцы определителя (4), находим



откуда

(5)

Введём определитель



и величины – алгебраические дополнения первого столбца и соответствующей строки определителя . Тогда

. обозначая , перепишем уравнение (5) в виде

. (6) Конечно, для составления уравнения (6) необходимо раскрыть n определителей n-1-го порядка, но это числовые определители и их раскрытие – вполне выполнимая задача.

Ф. Р. Гантмахер утверждает, что так получается не характеристический, а минимальный многочлен матрицы А.

Пример 6.

Углы Эйлера



Имеется две системы координат, Ox0y0z0 и Ox1y1z1. Линию пересечения плоскостей x0y0 и x1y1 обозначим On, а её орт n. Угол между лучами Ox0 и On обозначим ψ (угол прецессии), угол между осями Oz0 и Oz1 обозначим(угол нутации), а угол между лучами On и Ox1 φ (угол собственного вращения). Как нетрудно убедиться, переход от системы Ox0y0z0 к системе Ox1y1z1 может быть осуществлён путём трёх последовательных поворотов:

  1. на угол ψ вокруг оси Oz0, причём ось Ox0 занимает положение On;

  2. на угол вокруг оси On, причём ось Oz0 занимает положение Oz1;

  3. на угол φ вокруг оси Oz1, причём ось On занимает положение Ox1.

В результате таблица направляющих косинусов осей может быть построена в форме






x1

y1

z1

x0

cosψ cosφ– sinψ cos sinφ

– cosψ sinφ– sinψ coscosφ

sinψ sin

y0

sinψ cosφ+ cosψ cossinφ

– sinψ sinφ+ cosψ coscosφ

– cosψ sin

z0

sinsinφ

sincosφ

cos

При этом орт k1 оси Oz1 выражается через орты i0, j0 и k0



k1= i0 sinψ sinj0 cosψ sin + k0 cos,

а орт k0 оси Oz0 выражается через орты i1, j1 и k1



k0= i1 sinsinφ + j1 sincosφ + k1 cos.

Для того, чтобы выразить проекции угловых скоростей на оси обеих систем координат, нам необходимо ещё разложение орта n оси On по ортам осей обеих систем координат:



n= i0 cosψ + j0 sinψ = i1 cosφ – j1 sinφ.

Поскольку результирующий поворот складывается из трёх указанных выше поворотов, угловая скорость системы Ox1y1z1 относительно системы Ox0y0z0 может быть представлена в форме:



Окончательно имеем:




Пример 7

Углы карданова подвеса.

Карданов подвес состоит из двух колец со взаимно перпендикулярными пересекающимися в совпадающих центрах колец осями вращения. Внутреннее кольцо выполнено в виде кожуха и несёт на себе подшипники, в которых вращается гироскоп. Пусть система координат Ox0y0z0 неподвижна, а система координат Ox1y1z1 подвижна и жёстко связана с гироскопом. Тогда переход от неподвижной системы координат к подвижной может быть осуществлён тремя последовательными поворотами:

1.на угол α вокруг оси Ox0, причём ось Oy0 занимает положение Om, а ось Oz0 –положение Ol;

2.на угол вокруг оси Om, причём ось Ol занимает положение Oz1 а ось Ox0 –положение On;

3.на угол φ вокруг оси Oz1, причём ось On занимает положение Ox1, а ось Om –положение Oy1.

В результате таблица направляющих косинусов осей может быть построена в форме




x1

y1

z1

x0







y0







z0







Этот же результат может быть получен перемножением матриц поворота:
















Пример 8


Устойчивость линейных систем

а)

Характеристическая матрица системы


Было сделано 12 элементарных преобразований, не изменяющих абсолютного значения определителя.


  1. Смена знака строки 1

  2. Столбец 1=1-4*(2+λ)

  3. Столбцы 2=2-4 и 3=3-4

  4. Строка 3=1+3

  5. Строка 4=4-1*(2-λ)

  6. Столбец 4 на место столбца 1

  7. Столбец 3=3+2*(1+λ)

  8. Строка 3=3+2*(2- λ)

  9. Строка 4=4-2*(1+ λ2)

  10. Столбец 3=3+4*(λ-1)

  11. Строка 3=3+4

  12. Столбец 4 меняет знак и меняется местами со столбцом 3

Характеристическое уравнение может быть записано в форме

Это уравнение имеет корни λ=0 и λ=–1, оба кратности 2. При этом кратность корня λ=–1 не имеет для суждения об устойчивости значения. При λ=0 характеристическая матрица имеет дефект, равный 2. Поэтому система устойчива, хотя и не асимптотически.

б)

Характеристическая матрица системы












©netref.ru 2017
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет