Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Омский государственный университет им. Ф.М. Достоевского

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Задачник - Теор. механика

.pdf

Скачиваний:

121

Добавлен:

12.02.2015

Размер:

787.32 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 66

50			Ответы

получим, что Wi удовлетворяет уравнению
	∂W			∂W
Hi(qi,	i	)	− αAi(qi,	i	) = αi ,
	∂qi			∂qi

где постоянные α1, α2, . . . αn - связаны единственным условием

6.32.

α1 + α2

+ . . . + αn = 0 .

√

6.31. S = −α1t + α2 ln q2 + ∫

dq1

2α1q12

− α22

à) S = −α1t +

(2α1q1 −

) +

(α2q2 −

);

α2

á) S = −α1t + ∫

√

dq1 +

α2 − α3q12 + 2α1q1

+ ∫ √

dq2 + ∫ √

dq3 .

−α2 + α3q22 − 2α1q2

α3 − q3−2

6.33. x = A cos ω1t ,

y = B cos ω2t

S = −α1t + ∫ dy√2m(α2 −

mω22y2) +

+ ∫ dx√2m(α1 − α2 −

mω12x2).

6.34. x = t3/6 + αt + β.

xt2

αt3

α2t

S =

+ αx − (

)

6.35.

S = −Et + αφ + ∫ dr√2Er2

− 2 −

α2

e = √1 + 2Eα2

−

= 1,

α2/(e − 1)

α2/(e + 1)

6.36. I = 4√

(3F )−1E3/2,

ω = πF /√

2mE

6.37. I = a√

ω = 2πa−1√

2mE

2E/m

Ответы	51

7. Движение твердого тела

7.1. Ω = V/h sin α; вектор Ω вращается вокруг вертикальной оси с угловой скоростью ω = V/h cos α.

7.2. Решение. Конус A соверша-

ет чистое вращение вокруг оси OC. Пусть скорость центра окруж-

ности, лежащей в основании ко-	O
ности, лежащей в основании ко-
íóñà åñòü V . Тогда	α	M0
V = Ωa sin α cos α.		M
V = Ωa sin α cos α.
	K
с другой стороны, эта точка вра-		C
щается вокруг вокруг OZ ñ óã-
ловой скоростью ω, поэтому	Ðèñ. 39.

V = ωa cos α sin(α + β).

Приравнивая оба выражения, найдем

Ω = ω sin(α + β) . sin α

Вектор Ω направлен вдоль OC. Так как длина вектора Ω постоянна, то при движении конуса, Ω может только вращаться вокруг OZ c угловой скоростью ω. Поэтому угловое ускорение есть

" =	dΩ	= [! , Ω]	\|"\| = ωΩ sin β .
	dt

Найдем скорость точки M. Так как точка O неподвижна, то VM = [Ω , rM] è (ñì. ðèñ. 39)

VM = ΩrM sin \CMO .

Учитывая, что CM0 = 2a sin α, получим

rM sin \CMO = MK = CM cos α = (2a sin α − b) cos α

Ответы

7.3. Ω = ω

sin(β − α)

;

" = ωΩ sin β,

= Ω(2a sin α

−

b) cos α.

sin α

7.4. 1) I1,2 = m1m2l2/µ,

= 0;

= 2m1m2h2/µ, I2

m1a2/2,

I3 = I1 + I2,

îñü x вдоль основания треугольника, ось

z перпендикулярна плоскости системы;

3) I1,2 = 3m1m2h2/µ +

m1a2/2,

I3 = m1a2, îñü z вдоль высоты, ось x вдоль медианы.

7.5.

I1,2 = µl2/12,

= 0;

I1,2,3 = 2µR2/5;

I1,2

= 1 µ(R2 + h2/3),

= µR2/2, îñü x вдоль оси цилиндра;

è VM = Ω(2a sin α − b) cos α.

4) I1 =

µ(b2 + c2), I2 =

µ(a2 + c2), I3 =

µ(a2 + b2); 5) I1,2,3 =

52 µ(R25−R15)(R23−R13)−1; 6) I1,2 = 53 µ(

41 R2+h2) , I3 =

µ(R2+h2).

7.6. x =

α−1R sin 1 α,

начало координат в вершине сектора,

îñü x вдоль оси симметрии.

7.7. I = 21 µR2(1 − α−1sin α) .

7.8. I1 =

= I1 + I2.

µb , I2 =

4 µa ,

7.9.

−2/3

Iαβ =

−

2/3 2/3

5/3 .

Главные моменты инерции равны I1 = 5/3, I2,3 = (5 ±

√

17)/6;

главные оси направлены вдоль векторов e1,2 = (1, 1/4 ±√

/4, 0),

e3 = (0, 0, 1).

˙2

7.10. T =

(1 + 3 sin

φ).

3 µl φ

ω2 = µga[µ(R−a)2+I]−1.

7.11. T = µφ2

(R2+a2−2aR cos φ)+ 21 Iφ˙2,

7.12.

2 ˙2

˙2

T =

µ(R

− a) φ

+ 2 (R

− a) φ

/a , I =

µa ,

3 g(R − a)−1

˙2

7.13. T =

(I1 cos

φ) +

, îñü x3

2 θ

φ + I2 sin

2 I3φ

напpавлена

вдоль AB.

7.14. ω2 = 2gl(2l2 + R2)−1.

= 6gl−1(kl −

7.15. ω2 = 6gk(1 − k2l2)(3 + k2l2)−1,

(kl < 1); ω2

1),

(kl > 1).

7.16. R =

1 mg(1 + 8 cos2 α)1/2.

Ответы	53

7.17.φ = θ1 + θ2; ψ = θ1 − θ2; θα = Aα cos(ωαt + βα); ω12 = 3g/2l, ω12 = 3g/2l + 6ka2/ml2.

7.18.ui = ci cos(ωit + βi), (i = 1, 2), u1 = x − b, u2 = φ, x - êî-

ордината ц.и. балки вдоль вертикали, φ - угол поворота балки в плоскости рисунка вокруг оси, проходящей через ц.и.; ω1 = 2k/m, ω2 = 6k/m; ci, βi - произвольные постоянные.

7.19.ω2 = 4k/3m

7.20.u1 = θ1 + θ2; u2 = θ1 −θ2; θα = Aα cos(ωαt+ βα); ω12 = 2k/3m, ω12 = 2k/m.

7.21. R = 27 AΩ0−1(sin ψ + const, cos ψ + const, 0), Ω = 75 a−1Ω0R,

ψ = 2 Ω0t + const, A = const.

y −

7.22. w

)(aF

+ K

= (5/7ma)(aF

x = (5/7ma5

Ω˙ = a−1(−wy, wx, 2

(ma)−1Kz), R =

7 a−1(5Ky −

2aFx, −5Kx −

2aFy, 7aFz),

îñü z пеpпендикуляpна плоскости.

7.23. Решение. В общем случае момент импульса относительно произвольной точки A равен M = Möè + Mâð, ãäå Möè - момент

импульса центра инерции, а Mâð - момент вращательного дви-

жения, обусловленный вращением вокруг оси, проходящей через центр инерции тела (начало подвижной системы координат находится в центре инерции). В данном случае центр инерции непо-

движен и, следовательно, Möè = 0 относительно любой точки A, à Mâð не зависит от точки A и равен в главных осях Mα = IαΩα,

Mâð = (M1, M2, M3), Iα - главные моменты инерции и Ωα - ïðî-

екции угловой скорости на главные оси инерции, которые направлены вдоль ребер параллелепипеда. Поэтому

Ω
Ω = √a2 + b2 + c2	(a, b, c).

Так как для параллелепипеда

	m		2	2			m	2 2			m		2	2
I1 =		(b		+ c	),	I2 =		(a + c	),	I3 =		(a		+ b	),
I1 =	12	(b		+ c	),	I2 =	12	(a + c	),	I3 =	12	(a		+ b	),

Ответы

то для компонент Mα получим

maΩ(b2 + c2)

mbΩ(a2 + c2)

12√

; M2

12√

;

a2 + b2 + c2

mcΩ(a2 + b2)

12√

a2 + b2 + c2

7.24.

M2 = (

mΩ

)

3R2 + h2

[(3R2 +h2)2 sin2 α+36R4 cos2

α], tgβ =

tgα.

6R62

7.25. x = 2θ1 + θ2,

rφ = θ1 − 2θ2, θα = Aα cos(ωαt + βα),

α = 1, 2,

√

ω1 = 8k/7m,

ω2 = 2 k/m.

7.26. tg α = (I /I ) tg θ, θ - угол между осью симметрии волчка и


направлением момента импульса.							3g
	3g						3g		2
7.27. cos θ =		< 1, ω2 = Ω2			[1 − (			)		],
7.27. cos θ =	2lΩ2	< 1, ω2 = Ω2			[1 − (	2lΩ2		)		],

		R2 =	mlΩ	2	√1 +		7g2
			mlΩ						.
			2				4l2Ω4		.

7.27. Во вращающейся системе координат ось x3 направлена вдоль стержня, x2 - перпендикулярна плоскости векторов vi è e3, îñü

x1 перпендикулярна плоскости рисунка; M1 = M3 = 0, M2 = (m1 + m2)l2Ω sin α; K2 = K3 = 0, K1 = −(m1 + m2)l2Ω2 sin α cos α.

7.29. N1 = −(5mg/2) cos θ − (3E/l),

N2 = (mg/4) sin θ, N3 = 0, E

- энергия стержня,

t + C =

±√

ml2

dθ

∫ √E +

7.30.

2 mgl cos θ

(

)

√

−

A1 cos

t + α1

4(R

R − r

αt + β +

cos

t + α .

(√4(R − r)

- единичные орты вдоль нормалей к по-


		Ответы			55

		, θ = −(1/√
7.31. φ = θ1 + θ2				6)(θ1 − θ2); θα = bα cos(ωαt + βα),
ω12,2 = (g/R)(4 ±	√
			6)/10.

8.Механика сплошных сред

8.1.v = (0, x3, x2).

8.2.vi = kixi, wi = ki2xi, i = 1, 2, 3.

8.3. w1 = 0, wk = k!xk(1 + t)−2 (k = 2, 3); xk = ξk(1 + t)k (k = 1, 2, 3).

8.11. Pn = (4, −103 , 0),	Pnn = 449	n \|Pn\| = 32	√		, cos Pnn =
8.11. Pn = (4, −103 , 0),	Pnn = 449	n \|Pn\| = 32	√	61	, cos Pnn =
					d
8.12. ( 5 , 3, √3).					d
22/3√61.

8.13. F = (0, 0, −4x3/ρ)√, maxPnn = 8a, n = (0, 0, 1). 8.14. P22 = 1, n = (1/ 6)(1, −2, 1).

8.15. p = p0 + ρg(h − z), îñü z пеpпендикуляpна свободной повеpхности.

8.16. ρ = ρ0 exp(−mgz/kT ); ρ0 = const, îñü z напpавлена вдоль силы тяжести.

8.17. R = (0, 0, gρVT ).

8.19.Решение. Сила, действующая на тело равна

∫∫∫∫

R = − p(z)n1dS −	p(z)n2dS ,	(11)
S1	S2

ãäå p(z) - давление, ni

верхностям S1 è S2 (ðèñ. 36).

Предполагается, сила с которой обе жидкости действуют на òåëî îáú¼ìà V = V1 + V2 равна силе с которой жидкости действуют на такой же жидкий объ¼м. Пусть S0 - поверхность сечения îáú¼ìà V координатной плоскостью z = 0, везде на S0 n1 = k,

n2 = −k (k - орт вдоль оси z ) и давление p(z) непрерывно при переходе через поверхность раздела, тогда

∫∫∫∫

p(z)n1dS +	p(z)n2dS = 0 .	(12)
S0	S0

56	Ответы

Рассмотрим теперь замкнутые поверхности ˜		˜	=
	S1	= S1 S0 è S2	=

S2 S0. Тогда, используя (12), равенство (11) можно записать в виде

∫∫∫∫

R = − p(z)n1dS − p(z)n1dS

S1		S0
− ∫∫	p(z)n2dS − ∫∫ p(z)n2dS
S2		S0
− I p(z)n1dS − I		p(z)n2dS .
~	~
S1	S2

Òàê êàê ˜ ˜

S1 è S2 - замкнутые поверхности, можно применить теорему Гаусса-Остроградского к двум последним интегралам и за-

писать	R = − ∫	p dV − ∫	p dV .
	V1	V2

Поскольку в каждой жидкости выполняется уравнение гидростатики, p = −gρk, ãäå g - ускорение свободного падения, а k - îðò

вдоль оси Oz, òî

	(V1	V2	)
R =	∫	ρ1dV + ∫	ρ2 dV gk = (m1 + m2)gk ,

ãäå mi масса i-жидкости в объеме Vi.

Ω2

8.20. z = h +

(x2 + y2 −

) паpаболоид вpащения, ось z

вдоль оси цилиндpа.

нии покоя.∫

+ ρgh)πa2 = давление в состоя-

8.21. P =

p(x, y, z = 0)dS = (p

8.22. z = h

σ/ρ.

√

2 gρπa3 sin α

p =

1 + tg−

8.23.

, ãäå

√

tgδ = 2aρg sin α[3(p0 + ρgH) + 2aρg cos α]− ,

Ответы	57

δ угол между силой p и ноpмалью к основанию полушаpа. 8.24. vx = uy/h, vy = vz = 0, îñü x напpавлена вдоль плоскости, ось y пеpпендикуляpно, p = const, P(±y)x = ±ηu/h, P(±y)y = p, η коэффициент сдвиговой вязкости.

8.25. vx = 12 η−1(dp/dx)y(y−h), vy = vz = 0, (dp/dx) = const < 0, îñü x напpавлена вдоль движения жидкости, ось y пеpпендику-

ляpно плоскостям, P(y)x = (h/2)|dp/dx| .

8.26. p = p0 + ρg cos α(h − z), vx = 12 ρg sin α η−1z(2h − z), vy = vz = 0 , îñü x в напpавлении движения жидкости, ось y пеpпендикуляpно наклонной плоскости.

8.27. dp/dx = l−1∆p, v =	−	1	∆p(ηl)−1(R2			−	r2),	r ïîëÿpíûé
		4		1				ν = η/ρ.
pадиус в плоскости сечения, Q = −				8	π∆p(νl)−1R4,

Marion D.

58	Литература

Ëèòåpàòópà

1.Ландау Л.Д., Лифшиц Е.М. Механика. М.: Физматлит, 2004.

2.Павленко Ю.Г. Лекции по теоретической механике . М.: Физ-

матлит, 2002.

3. Павленко Ю.Г. Задачи по теоретической механике . М.: Изд - во МГУ, 1988.

4. Пятницкий Е.С., Трухан Н.М., Ханукаев Ю.И., Яковенко Г.Н

Сборник задач по аналитической механике, М.: Физматлит, 2002.

5. Ольховский И.И., Павленко Ю.Г. Кузьменков Л.С. Задачи по

теоpетической механике для физиков. М.: Изд во МГУ, 1977. 6. Ольховский И.И. Куpс теоpетической механики для физиков. М.: Изд - во МГУ, 1974.

7. Коткин Г.Л., Сеpбо В.Г. Сбоpник задач по классической механике. М.: Hаука, 1977.

8.Голдстейн Г. Классическая механика. М.: Hаука, 1975.

9.Òåp.Õààp Ä. Основы гамильтоновой механики. М.: Hаука, 1974.

10.Ïàpñ Ë. Аналитическая динамика. М.: Hаука, 1971.

11.Мещерский И.В. Сборник задач по теоретической механике.

Ì.: Hàóêà, 1975.

12.Ñèíã Äæ. Ë. Классическая динамика. М.: ГИФМЛ, 1960.

13.Фейнман Р., Хибс А. Квантовая механика и интегралы по тра-

екториям. М.: Мир, 1968.

14. Thornton S.T., Marion J.B. Classical dynamics of particles and systems. Thomson Learning, Inc. 2004.

15. Introduction to classical mechanics. With problems and solution. Cambridge University Press, 2008.

16.Ландау Л.Д., Лифшиц Е.М. Гидродинамика, М.: Hаука, 1986.

17.Ìåéç Äæ. Теория и задачи механики сплошных сpед, М.: Миp,

1974.

Учебное издание

ЗАДАЧИ ПО ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ МЕХАНИКЕ Бухбиндер

Геннадий Львович

Санитарно-гигиенический сертификат •

Редактор ???

Технический редактор Н.С. Серопян Дизайн обложки ???

Подписано в печать ???	Формат 60 × 84 1/16.
Ïå÷. ë. ???. Óñë. ïå÷. ë. ??. Ó÷.-èçä. ë. ??.	Тираж ??экз. Заказ

Издательство Омского государственного университета 644077, Омск-77, пр. Мира, 55а

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 66

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
03.05.2015290.3 Кб4задачи страховое тема 6.doc
#
12.02.201569.63 Кб22Задачи Тема 3.doc
#
24.11.201984.48 Кб3задачи тема 5.doc
#
12.02.2015145.41 Кб42Задачи Финансовое 3 тема.doc
#
12.02.2015200.71 Кб27Задачник - Тензора.pdf
#
12.02.2015787.32 Кб121Задачник - Теор. механика.pdf
#
13.08.201966.96 Кб5Задачник ФП.docx
#
05.09.201962.98 Кб2Законность, правопорядок. Рыбаков.doc
#
28.03.2015183.81 Кб9залоговое 4.doc
#
12.02.201532.26 Кб18Занятие фонетика.doc
#
28.09.2019101.38 Кб0Занятие №1. 1 курс очн. и заочн обучения.doc