分析力学 第8次作业

Chasse_neige

5.3 杆 $AB$ 长 $L$ 绕 $OC$ 以 $\omega$ 转动, $D$ 是其中心, $OD=a$, 而 $OC$ 绕坚直轴以 $\mathrm{\Omega }$ 转动, 如图 5.13 所示。假设初始时刻 $B$ 点刚好在最低点, 求角速度在实验室系和本体坐标系的表示, 以及 $B$ 点在最低点时的速率。

在利用欧拉角表示的角速度为

$$\dot{\theta }=0,\dot{\varphi }=\mathrm{\Omega },\dot{\psi }=\omega$$

所以在本体系下的角速度为

$$\overrightarrow{\omega }=\left(\begin{array}{c}\mathrm{\Omega }\sin \theta \sin \psi \\ \mathrm{\Omega }\sin \theta \cos \psi \\ \omega +\mathrm{\Omega }\cos \theta \end{array}\right)$$

在实验室系下的角速度为

$$\overrightarrow{\omega }=\left(\begin{array}{c}\omega \sin \theta \sin \varphi \\ -\omega \sin \theta \cos \varphi \\ \mathrm{\Omega }+\omega \cos \theta \end{array}\right)$$

其中， $\varphi =\mathrm{\Omega }t,\psi =\omega t$

B 在最低点的速率，考虑 $t=0$ 时

$$\begin{gathered} {\overrightarrow{v}}_B=\overrightarrow{\omega }\times {\overrightarrow{r}}_B=\left(\begin{array}{c}0\\ -\omega \sin \theta \\ \mathrm{\Omega }+\omega \cos \theta \end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}0\\ -a\sin \theta -\frac{L}{2}\cos \theta \\ a\cos \theta -\frac{L}{2}\sin \theta \end{array}\right) \\ =\left(\begin{array}{c}\omega \frac{L}{2}+\mathrm{\Omega }(a\sin \theta +\frac{L}{2}\cos \theta )\\ 0\\ 0\end{array}\right) \end{gathered}$$

所以 B 在最低点处的速率为

$$|{\overrightarrow{v}}_B|=\omega \frac{L}{2}+\mathrm{\Omega }(a\sin \theta +\frac{L}{2}\cos \theta )$$

5.6 一匀质薄圆盘, 质量 $m$, 半径 $R$, 以圆心为原点, $x$, $y$ 轴在盘面建立直角坐标系, 求惯量张量; 如果一轴通过圆盘边缘但与 $z$ 轴成 $\theta$ 角, 如图 5.15 所示。求对该轴的转动惯量。

直接写出相对于质心的惯量张量为

$$I=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{4}m{R}^2& 0& 0\\ 0& \frac{1}{4}m{R}^2& 0\\ 0& 0& \frac{1}{2}m{R}^2\end{array}\right)$$

对于圆盘边缘的点 $(R,0,0)$, 根据惯量张量分量在平移下的变换关系得到

$$I^{\prime }=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{4}m{R}^2& 0& 0\\ 0& \frac{5}{4}m{R}^2& 0\\ 0& 0& \frac{3}{2}m{R}^2\end{array}\right)$$

再求出相对图中给出轴的转动惯量

$$J=\left(\begin{array}{ccc}\sin \theta & 0& \cos \theta \end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{4}m{R}^2& 0& 0\\ 0& \frac{5}{4}m{R}^2& 0\\ 0& 0& \frac{3}{2}m{R}^2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}\sin \theta \\ 0\\ \cos \theta \end{array}\right)=\frac{1}{4}m{R}^2(1+5{\cos }^2\theta )$$

5.8 质量为 $m$ 的两质点连接于长度 $l$ 的刚性轻杆上, 绕通过质心 $O$ 的轴 $OA$ 以角速度 $\mathrm{\Omega }$ 转动, $OA$ 与两质点的连线夹角为 $\alpha$, 如图 5.17 所示。求:

(1) 系统对质心的角动量;

在本体系下写出惯量张量

$$I=\left(\begin{array}{ccc}2m{l}^2& 0& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 2m{l}^2\end{array}\right)$$

这个刚体在欧拉角的描述下是没有自转的，所以我们不妨取 $\psi =0,\varphi =\mathrm{\Omega }t$

本体系中的角速度为

$$\overrightarrow{\omega }=\left(\begin{array}{c}0\\ -\mathrm{\Omega }\cos \alpha \\ \mathrm{\Omega }\sin \alpha \end{array}\right)$$

所以在本体系中的角动量为

$$\overrightarrow{L}=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 2m{l}^2\mathrm{\Omega }\sin \alpha \end{array}\right)$$

转换到实验室系中，得到相对于质心的角动量为

$$\overrightarrow{L}=\left(\begin{array}{c}2m{l}^2\mathrm{\Omega }\sin \alpha \cos \alpha \sin \varphi \\ -2m{l}^2\mathrm{\Omega }\sin \alpha \cos \alpha \cos \varphi \\ 2m{l}^2\mathrm{\Omega }{\sin }^2\alpha \end{array}\right)$$

其中 $\varphi =\mathrm{\Omega }t$

(2) 系统所受力矩;

直接求导得到

$$\overrightarrow{M}=\frac{d\overrightarrow{L}}{dt}=\left(\begin{array}{c}2m{l}^2{\mathrm{\Omega }}^2\sin \alpha \cos \alpha \cos \varphi \\ 2m{l}^2{\mathrm{\Omega }}^2\sin \alpha \cos \alpha \sin \varphi \\ 0\end{array}\right)$$

(3) 系统转动动能。

$$T=\frac{1}{2}{\omega }^{T}I\omega =\frac{1}{2}\left(\begin{array}{ccc}0& -\mathrm{\Omega }\cos \alpha & \mathrm{\Omega }\sin \alpha \end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}2m{l}^2& 0& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 2m{l}^2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}0\\ -\mathrm{\Omega }\cos \alpha \\ \mathrm{\Omega }\sin \alpha \end{array}\right)=m{l}^2{\mathrm{\Omega }}^2{\sin }^2\alpha$$

5.10 5.8 题力矩突然撤除, 求: (1) 系统对 $O$ 点的角动量;

不妨假设在 $\varphi =0$ 的时候力矩突然消除，那么此后角动量守恒

$$\overrightarrow{L}=\left(\begin{array}{c}0\\ -2m{l}^2\mathrm{\Omega }\sin \alpha \cos \alpha \\ 2m{l}^2\mathrm{\Omega }{\sin }^2\alpha \end{array}\right)$$

(2) 系统转动的角速度及各欧拉角的时间变化率。

撤去外力矩之后系统的自由转动即为欧拉-潘索情况，带入欧拉方程

$$\begin{array}{c}{I}_1{\dot{\omega }}_1-(I_2-I_3){\omega }_2{\omega }_3=0\\ I_2{\dot{\omega }}_2-(I_3-I_1){\omega }_3{\omega }_1=0\\ I_3{\dot{\omega }}_3-(I_1-I_2){\omega }_1{\omega }_2=0\end{array}$$

所以

$$\begin{array}{c}{\dot{\omega }}_1+{\omega }_2{\omega }_3=0\\ {\dot{\omega }}_3-{\omega }_1{\omega }_2=0\end{array}$$

带入初始条件

$$\begin{array}{c}{\omega }_1=0\\ {\omega }_2=-\mathrm{\Omega }\cos \alpha \\ {\omega }_3=\mathrm{\Omega }\sin \alpha \end{array}$$

解得

$$\begin{array}{c}{\omega }_1=\mathrm{\Omega }\sin \alpha \sin (\mathrm{\Omega }\cos \alpha t)\\ {\omega }_2=-\mathrm{\Omega }\cos \alpha \\ {\omega }_3=\mathrm{\Omega }\sin \alpha \cos (\mathrm{\Omega }\cos \alpha t)\end{array}$$

所以实验室系中的角速度为（重新选取实验室系坐标轴的方向使得 $+z$ 方向和角动量方向相同）

$$\overrightarrow{\omega }=\left(\begin{array}{c}-\mathrm{\Omega }\cos \alpha \sin (\mathrm{\Omega }\sin \alpha t)\\ -\mathrm{\Omega }\cos \alpha \cos (\mathrm{\Omega }\sin \alpha t)\\ \mathrm{\Omega }\sin \alpha \end{array}\right)$$

欧拉角的时间变化率为（为了简单起见，在处理这种对称刚体时我们选取自转轴为 $-y$ 方向）

$$\dot{\theta }=0,\dot{\varphi }=\mathrm{\Omega }\sin \alpha ,\dot{\psi }=\mathrm{\Omega }\cos \alpha$$