Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Алтайский Государственный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

1.Папин А.А. Теоретическая механика

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

14.05.2015

Размер:

1.19 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 92 3 4 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

где k > 0 - кривизна, ρ - радиус кривизны. Очевидно, что
k =	d 2r2r	=	∑ d 2 x2α		2	,	(1.1.23)
	ds		α	ds

Введем вектор τr3 , положив

τr3 =τr1 ×τr2 .

Тогда {τr1,τr2 ,τr3} образуют правую тройку векторов, определяющих локальный базис естественной системы координат, причем (τr1,τr2 ) образуют соприкасающуюся плоскость,

(τr2 ,τr3 ) - нормальную, (τr3 ,τr1) - спрямляющую. Эти плоскости составляют трехгранник Френе.

Таким образом:

&&r

&2 r

+ aτ2

(1.1.24)

= sτ1

+ ks τ2

≡ aτ1τ1

τ2

Как следует из (1.1.24): aτ3 = 0 . Здесь aτ1 -

касательное (тангенциальное) ускорение,

aτ2

- нормальное (центростремительное).

Если α - угол между a и τr1 , то, очевидно,

tgα =

aτ2

aτ

&&2

(1.1.25)

a = ∑aτα =

Пример 1.1.1. Уравнения движения точки заданы координатным способом:

x = a k t, x = a

(ekt + e−kt ) = a chkt, x = 0 .

Определить кинематические характеристики движения.

а) Траектория. Исключая параметр t из уравнений движения получим

t =	x1	, x	= a ch	x1

	ak	2		a

б) Скорость:				= x2 = ak sh kt, v3 = 0
v1 = x1 = ak, v2
	&			&

v = ∑vi2 = ak ch kt

в) Естественное описание. Считая s(0) = 0 , из (1.1.20) получим закон движения точки по траектории

dt = a sh kt

S = ∫ ∑xi

г) Ускорение:

= 0,

= ak

ch kt

a1 = x1

a2 = x2

a =

&&2

= ak

ch kt

∑xi

aτ1

= ak

sh kt,

aτ2 =

= ak

= v

− aτ1

д) Радиус кривизны

ρ =

= a ch2 kt =

aτ

Mq1q2 q3

Лекция 2. Ортогональная криволинейная система координат. Коэффициенты Ламе. Физические компоненты. Скорость, ускорение.

1. Ортогональная криволинейная система координат.

Пусть Ox1 x2 x3 - декартова система координат. Рассмотрим три независимых величины q1 , q2 , q3 , обладающих тем свойством, что через них могут быть выражены x1 , x2 , x3 , т.е. xα = xα (q1 , q2 , q3 ) , или r = r (q1 , q2 , q3 ) . Предполагается, что r (q1 , q2 , q3 ) - функция

класса C3 , и, кроме того, якобиан

I =

∂(x1 , x2 , x3 )

≠ 0 ,

(1.2.1)

∂(q

, q

)

Напомним, что

∂x1

I =

∂q1

∂q2

∂q3

∂x3

∂q1

∂q2

∂q3

Условие (1.2.1) означает, что зависимость rr = rr(q1 , q2 , q3 ) может быть обращена, т.е.

существуют функции вида

qα = qα (x1 , x2 , x3 ), α =1,2,3

(1.2.2)

Таким образом, если задана точка декартова пространства, то определены величины qα

и обратно. Величины qα называются

обобщенными координатами. По

определению qα

- поверхность есть

координатная поверхность, на которой

координата qα фиксирована, ее

уравнение имеет вид rrα = rr(qα+1 , qα+2 ) ,

где индексы ограничены по модулю

числом 3. Пересечение двух

координатных поверхностей дает

координатную линию ( qσ - линия есть координатная линия, вдоль которой координата qσ

изменяется; ее уравнение rrσ = rr(qσ ) ). Пересечение трех координатных поверхностей дает

точку M (см. рис.). Система определяется для каждой точки M и в общем

случае является криволинейной. Выясним условия ее ортогональности. Рассмотрим линию

r	r		r		∂r
qσ с уравнением rσ	= r	(qσ ) . Имеем	∂rσ	=		dqσ ,	σ =1,2,3
					∂qσ

(1.2.2)

Ясно, что вектора drσ

∂r

коллинеарны. Но в силу (1.2.1) вектора

∂r

не компланарны,

∂qσ

ибо

∂r

= I ≠ 0

(1.2.3)

∂q

Вдальнейшем предполагается выполненным условие ортогональности этих векторов, т.е. для

σ≠ τ имеем

∂rr

= ∑

∂xω

= 0,

(σ,τ,ω) =1,2,3

(1.2.4)

∂qσ

∂qτ

∂qσ ∂qτ

Вместо касательных к координатным линиям векторов

∂r

удобнее рассматривать единичные

∂qσ

вектора erσ , которые вводятся следующим образом

∂r

eα

, α =1,2,3

(1.2.5)

hα

∂qα

где величины

∂rr

∂rr ∂rr

∂xσ

hα

(1.2.6)

∂q

∑

∂q

называются коэффициентами Ламе.

Таким образом,

erα erβ = δα β ,

er1 = er2 ×er3

2. Физические компоненты.

Пусть rr = rr(q1 , q2 , q3 )

Тогда, в силу (1.2.5),

drr = ∑

∂r

dqα

= ∑hα dqα erα ,

(1.2.7)

∂qα

а величины dsα ≡ hα dqα

принято называть физическими компонентами вектора

элементарного перемещения. В силу (1.2.7) для основной квадратичной формы

A = drr drr =

имеем

∑hα dqα

= ∑hα2 (dqα )2

A =

eα

∑hβ dqβ eβ = ∑hα hβ dqα dqβδαβ

(1.2.8)

α,β

В общем случае для произвольного вектора c :

cr = ∑cα* erα

компоненты cα* разложения в базисе eα называются физическими компонентами. Ясно, что

cα* = cr erα , c2 = ∑cα* 2 .

Физические компоненты радиус вектора r . По определению

rα*

= rrerα

Но, в силу (1.2.5),

rrα*

= rr

∂rr

∑∂xσ2

(1.2.9)

hα ∂qα

2hα ∂qα

2hα σ

∂qα

Физические компоненты вектора скорости v .

По определению скорости vr и с учетом представления (1.2.7) имеем

vr =

drr

= ∑hα

dqα

evα ,

(1.2.10)

и, следовательно,

(1.2.11)

vα

= hα qα

(1.2.12)

v ≡ v

∑hα qα

Физические компоненты вектора ускорения a .

∂v

aα*

∂v

−

(1.2.13)

2hα dt ∂qα

∂qα

Если использовать (1.2.12), предварительно заметив, что

∂

∂h

2qα hα

∂qα

2∑qσ hσ

∂qα

= hα (q1 , q2 , q3 ) ), то (1.2.13) можно придать

( qα и qα независимые переменные и hα

следующий вид

∂hα

&2 ∂hσ

aα

(1.2.13

)

= hαqα

∑

2qα

∂q

− qσ

∂q

qσ

Для получения (1.2.13) рассмотрим

r r

r 1 ∂rr

dvr ∂rr

∂rr

r d ∂rr

aα = a eα = a h ∂q

= h dt ∂q

= h

− v dt ∂q

dt v

∂q

Далее, если показать следующие равенства

∂rr

1 ∂v2

r d ∂rr

1 ∂v2

;

∂qα

dt ∂qα

∂qα

то придем к (1.2.13). Но из (1.2.10) следует

∂∂q&vα = hα erα ≡ ∂∂qrα .

Поэтому

r	∂rr	r	∂vr		1 ∂v2
v		= v		=			.
	∂qα		&			&
			∂qα		2 ∂qα

Для доказательства второго соотношения достаточно показать, что

d ∂r	=	∂v	.

dt ∂qα
		∂qα

Но это проверяется непосредственным вычислением, т.к.

d ∂rr

= ∑

∂2 rr

dt ∂qα

∂qα ∂qσ

qσ ,

2 r

∂v

∂

∂r

∂ r

∂qα

∑hσ eσ qσ

∑qσ

= ∑qσ

∂qα ∂qσ

∂qα

В качестве примера рассмотрим сферическую систему координат (r,θ,ϕ) = (q1 , q2 , q3 ) ,

причем x1 = r sinθ cosϕ, x2 = r sinθ sinϕ, x3 = r cosθ .

Коэффициенты Ламе:

∂xσ 2

= r sinθ

h1 = ∑

∂r

=1,

h2 = ∑

∂θ

= r,

h3 = ∑

∂ϕ

Физические компоненты скорости vα* = hα q&α :

*	= r,	*	&	*	= rϕ(sinθ)
v1	= r,	v2	= rθ,	v3	= rϕ(sinθ)
	&				&

Физические компоненты ускорения: v2 = r&2 + r 2θ&2 + r 2ϕ&2 sin 2 θ ;

∂v2

= 2r;

∂v2

+ϕ

sin

θ)

= 2r(θ

∂r

∂v2

= 2r

sinθ cosθ

= 2r

θ,

∂θ

∂v2

sin

θ,

∂v2

∂ϕ&

= 2ϕ r

∂ϕ = 0 .

В связи с вышеуказанным

(2r) − 2rθ

−

2rϕ

sin

= r − rθ

− rϕ

sin

θ ;

(2r θ)

− 2rϕ

sinθ cosθ

= rθ

2rθ − rϕ

sinθ cosθ ;

2r dt

1 d

& &

sin

θ)

(2ϕ r

= rϕ sinθ +

2rϕ sinθ

2rϕθ cosθ .

2r sinθ dt

Упражнение. Проверить, что в цилиндрической системе (ρ,ϕ, z) = (q1 , q2 , q3 ) , где

x1 = ρ cosϕ, x2 = ρ sinϕ, x3 = z ,

справедливы соотношения:

h1 =1,		h2 = ρ, h3 =1 ;
v1	= ρ,		v2 = ρϕ,		v3 = z ;
	&			&	&
a1	= ρ − ρϕ			, a2	= 2ρϕ + ρϕ, a3		= z .
	&&		&2		& &	&&	&&

α = const .

Аналогичные соотношения справедливы и для полярной системы (ρ,ϕ) = (q1 , q2 ) ,

где x1 = ρ cosϕ, x2 = ρ sinϕ (формально считая z = 0 ).

Пример. Углом пеленга обычно называют угол между направлением скорости и направлением на некоторый неподвижный центр. Пусть корабль движется таким образом, что угол пеленга равен

Приняв корабль за материальную точку, найти его

траекторию (см. рис.). Следуя рисунку, имеем в

полярной системе

(ρ,θ) : tg β = tg(π −α) =

Vθ

Vρ

Vρ = ρ . Поэтому

Причем Vθ = ρθ,

dρ

= −ρ ctgα .

dθ

Считая, что при t = 0 выполнено ρ = ρ0 ,

θ = 0 , получим в результате интегрирования:

ρ = ρ0e−θ ctgα

(1.2.14)

Это означает, что траектория есть спираль. При 0

<α < π имеем ctgα > 0 и

ρ < ρ0 (закручивающаяся спираль). При

<α <π имеем ctgα < 0 и ρ > ρ0

(раскручивающаяся спираль). При α = π

имеем ctgα = 0 и ρ = ρ0 (окружность). Если

(1.2.14) разрешить относительно θ , т.е. θ =

tgα , то получим, что θ = 0 при α = 0 ,

α =π , т.е. траекторией будет прямая, проходящая через полюс О.

Лекция 3. Естественный трехгранник, формулы Френе. Связь естественного описания с координатным. Гамма - матрица.

1. Естественный трехгранник, формулы Френе.

В декартовой системе координат Ox1 x2 x3 начальное положение материальной точки задается радиус-вектором r0 , текущее - rr. Известна траектория движения точки. Дуговая координата

S(t) (начало отсчета - точка M 0 ) определяет положение точки M на траектории. С точкой

M связана система координат Mq1q2 q3 (трехгранник Френе) с ортами τ1 ,τ2 ,τ3

(естественный базис). Напомним основные свойства векторов естественного базиса. По определению (rr = ∑xα kα )

drr

∑

dxα

τ1

kα

Этот вектор единичный, поскольку

drr =

∑ dxα

2 = ds .

Вектор нормали τr2

определяется следующим образом

1 dτr

1 d 2 rr

∑

d 2 x

τ2

kσ

k ds

где k - кривизна в точке M (отношение угла смежности dθ

(1.3.1).

(1.3.2),

к элементу дуги ds ):

	r		dθ		∑ d 2 x2α		2
k =	d 2 r2	=	dθ	=	∑ d 2 x2α		,
	ds		ds		α	ds

S = 1k - радиус кривизны.

= Ωr ×τrα

r			d		r	r	d		r	r
Вектор τ2 единичный и ортогонален τ1	, т.е.			(τ1		τ1) =		(1)	= 0 = 2kτ1	τ2 .
Вектор τ2 единичный и ортогонален τ1	, т.е.		ds	(τ1		τ1) =	ds	(1)	= 0 = 2kτ1	τ2 .
Вектор бинормали: τr3 =τr1 ×τr2 .		dτrα
Рассмотрим вопрос о компонентах векторов		dτrα			в естественном базисе. Справедливы
Рассмотрим вопрос о компонентах векторов			ds		в естественном базисе. Справедливы
			ds

следующие соотношения (формулы Френе):					dτr3
	dτr1	= kτr2 ,	dτr2	= −kτr1 + χτr3 ,		= −χτr2
	ds		ds		ds

где χ - кручение кривой (траектории) в точке M .

Если положитьr

Ω = χτr1 + kτr3 ,

то вместо (1.3.3) можно написать dτrα

Для доказательства (1.3.3) достаточно восстановить элементы


	dτα	=		∑σαβ τrβ
		=		∑σαβ τrβ
	ds			β
Умножая (1.3.5) скалярно на τrj						и учитывая , что
τrβ τrγ				= δβγ , получим
τrγ =			dτrα		= ∑σαβτrβ τrγ = ∑σαβδβγ = σαγ ,
τrγ =			ds		= ∑σαβτrβ τrγ = ∑σαβδβγ = σαγ ,
			ds		β	β

(1.3.3),

(1.3.4).

σαβ следующего представления

(1.3.5).

(1.3.6).

Далее, в силу (1.3.6)

0 =

βγ

(τrβ τrγ )= σ βγ +σγβ .

Откуда σ βγ

= −σγβ

и σ = {σαβ }- антисимметрична.

dτrα

Более того, при β =

γ =α имеем 2σαα = 0 , что означает τα

0 , т.е. τα

Поэтому среди σαβ

остается только три независимых элемента σ12 ,

σ23 , σ31 . Найдем их. Из

(1.3.2) имеем σ

=τr

dτr1

= k .

2 ds

Но в силу (1.3.5) должно быть

dτr1

= ∑σ1βτrβ = σ12τr2 +σ13τr3 = kτr2

= 0, σ12 = k . Остается найти σ23 . Поскольку τr3

=τr1 ×τr2 , то

и, следовательно, σ13

dτ3

dτ1

τr +τr ×

dτ2

=τr

dτ2

и, в частности, получим, что

dτ3

τr1

. Но, как производная радиус-вектора

dτ3

τr3 . Тем

самым необходимо, чтобы

dτr3

был коллинеарен вектору τr2 , т.е.

dτr3

= −χτr2 ,

где χ - кручение в точке M . Для величины χ имеем:

<<< < Предыдущая 12 / 92 3 4 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
15.12.2018257.02 Кб281. Криминалистика как наука.doc
#
09.09.201958.37 Кб201. Социально-экономическое развитие в 1964-1982...doc
#
18.03.201621.17 Кб811. частное право.docx
#
14.05.2015457.22 Кб271.doc
#
14.05.2015154.11 Кб171.doc
#
14.05.20151.19 Mб491.Папин А.А. Теоретическая механика.pdf
#
16.07.201975.26 Кб211.Семилет - Деминовой заоч Культуролог.doc
#
03.09.201955.81 Кб1810 пунктов Фашистской политики.doc
#
19.12.201880.19 Кб2410-20.docx
#
12.09.2019173.06 Кб710-Рабочие программы учебных дисциплин.doc
#
16.11.201983.97 Кб1210. Иоанн де Мурис.doc