Цилиндр диаметром d и массой т может катиться без скольжения по горизонтальной плоскости. Две одинаковые пружины жёсткости с прикреплены посередине его длины на расстоянии а от оси цилиндра; противоположные концы пружин закреплены. Определить период малых колебаний цилиндра.
V
=
d
2
φ
˙
{\displaystyle V={\frac {d}{2}}{\dot {\varphi }}}
I
=
m
d
2
8
{\displaystyle I={\frac {md^{2}}{8}}}
T
=
m
2
v
2
+
I
φ
˙
2
2
=
m
2
⋅
4
d
2
φ
˙
2
+
m
d
2
φ
˙
2
16
=
3
16
m
d
2
φ
˙
z
{\displaystyle T={\frac {m}{2}}v^{2}+{\frac {I{\dot {\varphi }}^{2}}{2}}={\frac {m}{2\cdot 4}}d^{2}{\dot {\varphi }}^{2}+{\frac {md^{2}{\dot {\varphi }}^{2}}{16}}={\frac {3}{16}}md^{2}{\dot {\varphi }}^{z}}
Δ
ℓ
=
Δ
x
cos
α
=
(
d
2
+
a
)
φ
{\displaystyle \Delta \ell =\Delta x\cos \alpha =\left({\frac {d}{2}}+a\right)\varphi }
Π
=
2
⋅
c
Δ
ℓ
2
2
=
c
φ
2
(
d
2
+
a
)
2
{\displaystyle \Pi =2\cdot {\frac {c{\Delta \ell }^{2}}{2}}=c\varphi ^{2}\left({\frac {d}{2}}+a\right)^{2}}
L
=
3
16
m
d
2
φ
˙
2
−
c
φ
2
(
d
2
+
a
)
2
{\displaystyle L={\frac {3}{16}}md^{2}{\dot {\varphi }}^{2}-c\varphi ^{2}\left({\frac {d}{2}}+a\right)^{2}}
ω
2
=
c
(
d
2
+
a
)
2
3
16
m
d
2
=
16
c
(
1
2
+
a
d
)
2
3
m
{\displaystyle \omega ^{2}={\frac {c\left({\frac {d}{2}}+a\right)^{2}}{{\frac {3}{16}}md^{2}}}={\frac {16c\left({\frac {1}{2}}+{\frac {a}{d}}\right)^{2}}{3m}}}
ω
=
4
3
c
m
d
/
2
+
a
d
=
4
c
3
m
(
1
2
+
a
d
)
=
4
c
3
m
(
1
+
2
a
d
)
{\displaystyle \omega ={\frac {4}{\sqrt {3}}}{\sqrt {\frac {c}{m}}}{\frac {d/2+a}{d}}=4{\sqrt {\frac {c}{3m}}}\left({\frac {1}{2}}+{\frac {a}{d}}\right)={\sqrt {\frac {4c}{3m}}}\left(1+{\frac {2a}{d}}\right)}
τ
=
2
π
/
ω
=
π
3
m
c
1
1
+
2
a
/
d
{\displaystyle \tau =2\pi /\omega =\pi {\sqrt {\frac {3m}{c}}}{\frac {1}{1+2a/d}}}
τ
=
π
3
m
c
1
1
+
2
a
/
d
{\displaystyle \tau =\pi {\sqrt {\frac {3m}{c}}}{\frac {1}{1+2a/d}}}
Неоднородный диск радиуса R и массы М, центр масс С которого расположен на расстоянии а от его геометрического центра О , может катиться без проскальзывания по горизонтальной направляющей. Момент инерции диска относительно оси, перпендикулярной его плоскости и проходящей через центр масс равен J. Найти малые колебания системы около устойчивого положения равновесия.
K
=
m
2
(
R
−
a
)
2
φ
˙
2
+
J
φ
˙
2
2
{\displaystyle K={\frac {m}{2}}(R-a)^{2}{\dot {\varphi }}^{2}+{\frac {J{\dot {\varphi }}^{2}}{2}}}
Π
=
mga
(
1
−
cos
φ
)
≈
mga
φ
2
2
{\displaystyle \Pi =\operatorname {mga} (1-\cos \varphi )\approx \operatorname {mga} {\frac {\varphi ^{2}}{2}}}
ω
=
m
g
a
m
(
R
−
a
)
2
+
J
{\displaystyle \omega ={\sqrt {\frac {mga}{m(R-a)^{2}+J}}}}
φ
(
t
)
=
c
1
cos
m
g
a
m
(
R
−
a
)
2
+
J
t
+
c
2
sin
m
g
a
m
(
R
−
a
)
2
+
J
t
{\displaystyle \varphi (t)=c_{1}\cos {\sqrt {\frac {mga}{m(R-a)^{2}+J}}}t+c_{2}\sin {\sqrt {\frac {mga}{m(R-a)^{2}+J}}}t}
T
=
2
π
m
(
R
−
a
)
2
+
y
m
g
a
{\displaystyle T=2\pi {\sqrt {\frac {m(R-a)^{2}+y}{mga}}}}
Два груза массы т каждый, соединённые между собой пружиной жёсткости с, а с неподвижными стенками пружинами жёсткости 2с каждая, могут скользить по гладкой горизонтальной направляющей. К каждому грузу подвешен математический маятник массы
m
2
{\displaystyle {\frac {m}{2}}}
l. Найти малые колебания системы. При вычислениях положить
c
=
m
g
2
l
{\displaystyle c={\frac {mg}{2l}}}
x
1
−
l
sin
φ
1
≈
x
1
−
l
φ
1
{\displaystyle x_{1}-l\sin \varphi _{1}\approx x_{1}-l\varphi _{1}}
v
=
x
˙
1
−
l
φ
˙
1
{\displaystyle v={\dot {x}}_{1}-l{\dot {\varphi }}_{1}}
K
=
m
x
˙
1
2
2
+
m
4
(
x
˙
1
−
l
φ
˙
1
)
2
+
m
x
˙
2
2
2
+
m
4
(
x
˙
2
−
ℓ
φ
˙
2
)
2
{\displaystyle K={\frac {m{\dot {x}}_{1}^{2}}{2}}+{\frac {m}{4}}\left({\dot {x}}_{1}-l{\dot {\varphi }}_{1}\right)^{2}+{\frac {m{\dot {x}}_{2}^{2}}{2}}+{\frac {m}{4}}\left({\dot {x}}_{2}-\ell {\dot {\varphi }}_{2}\right)^{2}}
Π
=
2
c
2
x
1
2
+
c
2
(
x
2
−
x
1
)
2
+
2
c
2
x
2
2
+
m
4
g
ℓ
(
φ
1
2
+
φ
2
2
)
=
3
c
2
(
x
1
2
+
x
2
2
)
−
c
x
1
x
2
+
m
4
g
l
(
φ
1
2
+
φ
2
2
)
{\displaystyle \Pi ={\frac {2c}{2}}x_{1}^{2}+{\frac {c}{2}}\left(x_{2}-x_{1}\right)^{2}+{\frac {2c}{2}}x_{2}^{2}+{\frac {m}{4}}g\ell \left(\varphi _{1}^{2}+\varphi _{2}^{2}\right)={\frac {3c}{2}}\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\right)-cx_{1}x_{2}+{\frac {m}{4}}gl\left(\varphi _{1}^{2}+\varphi _{2}^{2}\right)}
L
=
K
−
Π
{\displaystyle L=K-\Pi }
∂
L
∂
x
˙
1
=
3
m
x
˙
1
2
−
m
2
l
φ
˙
1
∂
L
∂
x
1
=
−
3
c
x
1
+
c
x
2
∂
L
∂
x
˙
2
=
3
m
x
˙
2
2
−
m
2
l
φ
˙
2
{\displaystyle {\begin{array}{l}{{\frac {\partial L}{\partial {\dot {x}}_{1}}}={\frac {3m{\dot {x}}_{1}}{2}}-{\frac {m}{2}}l{\dot {\varphi }}_{1}}\\{{\frac {\partial L}{\partial x_{1}}}=-3cx_{1}+cx_{2}}\\{{\frac {\partial L}{\partial {\dot {x}}_{2}}}={\frac {3m{\dot {x}}_{2}}{2}}-{\frac {m}{2}}l{\dot {\varphi }}_{2}}\end{array}}}
∂
L
∂
x
2
=
−
3
c
x
2
+
c
x
1
{\displaystyle {\frac {\partial L}{\partial {x_{2}}}}=-3cx_{2}+cx_{1}}
∂
L
∂
φ
˙
1
=
m
l
2
(
ℓ
φ
˙
1
−
x
˙
1
)
{\displaystyle {\frac {\partial L}{\partial {\dot {\varphi }}_{1}}}={\frac {ml}{2}}\left(\ell {\dot {\varphi }}_{1}-{\dot {x}}_{1}\right)}
∂
L
∂
φ
1
=
−
m
2
g
l
φ
1
{\displaystyle {\frac {\partial L}{\partial \varphi _{1}}}=-{\frac {m}{2}}gl\varphi _{1}}
∂
L
∂
φ
˙
2
=
m
ℓ
2
(
ℓ
φ
˙
2
−
x
˙
2
)
∂
L
∂
φ
2
=
−
m
2
g
l
φ
2
{\displaystyle {\begin{array}{l}{{\frac {\partial L}{\partial {\dot {\varphi }}_{2}}}={\frac {m\ell }{2}}\left(\ell {\dot {\varphi }}_{2}-{\dot {x}}_{2}\right)}\\{{\frac {\partial L}{\partial \varphi _{2}}}=-{\frac {m}{2}}gl\varphi _{2}}\end{array}}}
d
d
t
(
∂
L
∂
q
˙
)
−
∂
L
∂
q
=
0
{\displaystyle {\frac {d}{dt}}\left({\frac {\partial L}{\partial {\dot {q}}}}\right)-{\frac {\partial L}{\partial q}}=0}
c
=
m
g
2
l
{\displaystyle c={\frac {mg}{2l}}}
3
x
¨
1
−
l
φ
¨
1
+
3
g
l
x
1
−
g
l
x
2
=
0
{\displaystyle 3{\ddot {x}}_{1}-l{\ddot {\varphi }}_{1}+{\frac {3g}{l}}x_{1}-{\frac {g}{l}}x_{2}=0}
3
x
2
−
l
φ
¨
2
+
3
g
l
x
2
−
g
l
x
1
=
0
{\displaystyle 3x_{2}-l{\ddot {\varphi }}_{2}+{\frac {3g}{l}}x_{2}-{\frac {g}{l}}x_{1}=0}
ℓ
φ
¨
1
−
x
¨
1
+
g
ℓ
⋅
l
φ
1
=
0
{\displaystyle \ell {\ddot {\varphi }}_{1}-{\ddot {x}}_{1}+{\frac {g}{\ell }}\cdot l\varphi _{1}=0}
ℓ
φ
¨
2
−
x
¨
2
+
g
ℓ
⋅
l
φ
2
=
0
{\displaystyle \ell {\ddot {\varphi }}_{2}-{\ddot {x}}_{2}+{\frac {g}{\ell }}\cdot l\varphi _{2}=0}
A
q
¨
+
C
q
=
0
{\displaystyle A{\ddot {q}}+Cq=0}
q
=
(
x
1
l
φ
1
x
2
l
φ
2
)
{\displaystyle q=\left({\begin{array}{l}{x_{1}}\\{l\varphi _{1}}\\{x_{2}}\\{l\varphi _{2}}\end{array}}\right)}
A
=
(
3
−
1
0
0
−
1
1
0
0
0
0
3
−
1
0
0
−
1
1
)
{\displaystyle A=\left({\begin{array}{cccc}{3}&{-1}&{0}&{0}\\{-1}&{1}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{3}&{-1}\\{0}&{0}&{-1}&{1}\end{array}}\right)}
C
=
g
l
(
3
0
−
1
0
0
1
0
0
−
1
0
3
0
0
0
0
1
)
{\displaystyle C={\frac {g}{l}}\left({\begin{array}{cccc}{3}&{0}&{-1}&{0}\\{0}&{1}&{0}&{0}\\{-1}&{0}&{3}&{0}\\{0}&{0}&{0}&{1}\end{array}}\right)}
det
(
3
−
3
λ
λ
−
1
0
λ
1
−
λ
0
0
−
1
0
3
−
3
λ
λ
0
0
λ
1
−
λ
)
=
0
{\displaystyle \det \left({\begin{array}{cccc}{3-3\lambda }&{\lambda }&{-1}&{0}\\{\lambda }&{1-\lambda }&{0}&{0}\\{-1}&{0}&{3-3\lambda }&{\lambda }\\{0}&{0}&{\lambda }&{1-\lambda }\end{array}}\right)=0}
λ
1
=
g
2
l
,
λ
2
=
2
g
ℓ
{\displaystyle \lambda _{1}={\frac {g}{2l}},\quad \lambda _{2}={\frac {2g}{\ell }}}
λ
3
,
4
=
7
±
17
4
g
l
{\displaystyle \lambda _{3,4}={\frac {7\pm {\sqrt {17}}}{4}}{\frac {g}{l}}}
u
1
=
(
1
1
1
1
)
{\displaystyle u_{1}=\left({\begin{array}{l}{1}\\{1}\\{1}\\{1}\end{array}}\right)}
u
2
=
(
1
−
2
1
−
2
)
{\displaystyle u_{2}=\left({\begin{array}{c}{1}\\{-2}\\{1}\\{-2}\end{array}}\right)}
u
3
=
(
2
17
+
1
−
2
−
17
−
1
)
{\displaystyle u_{3}=\left({\begin{array}{c}{2}\\{{\sqrt {17}}+1}\\{-2}\\{-{\sqrt {17}}-1}\end{array}}\right)}
u
4
=
(
2
1
−
17
−
2
17
−
1
)
{\displaystyle u_{4}=\left({\begin{array}{c}{2}\\{1-{\sqrt {17}}}\\{-2}\\{{\sqrt {17}}-1}\end{array}}\right)}
(
x
1
l
φ
1
x
2
ℓ
φ
2
)
=
(
1
1
1
1
)
(
C
1
cos
g
2
l
t
+
C
2
sin
g
2
l
t
)
+
(
1
−
2
1
−
2
)
(
C
3
cos
2
g
ℓ
t
+
C
4
sin
2
g
ℓ
t
)
+
(
2
1
+
17
−
2
−
17
−
1
)
(
C
5
cos
7
−
17
4
g
ℓ
t
+
C
6
sin
7
17
4
g
ℓ
t
)
+
(
2
1
−
17
−
2
17
−
1
)
(
C
7
cos
7
+
17
4
q
ℓ
t
+
C
8
sin
7
+
17
4
q
ℓ
t
)
{\displaystyle {\begin{aligned}\left({\begin{array}{c}{x_{1}}\\{l\varphi _{1}}\\{x_{2}}\\{\ell \varphi _{2}}\end{array}}\right)=&\left({\begin{array}{r}{1}\\{1}\\{1}\\{1}\end{array}}\right)\left(C_{1}\cos {\sqrt {\frac {g}{2l}}}t+C_{2}\sin {\sqrt {\frac {g}{2l}}}t\right)+\left({\begin{array}{r}{1}\\{-2}\\{1}\\{-2}\end{array}}\right)\left(C_{3}\cos {\sqrt {\frac {2g}{\ell }}}t+C_{4}\sin {\sqrt {\frac {2g}{\ell }}}t\right)+\\&\left({\begin{array}{c}{2}\\{1+{\sqrt {17}}}\\{-2}\\{-{\sqrt {17}}-1}\end{array}}\right)\left(C_{5}\cos {\sqrt {{\frac {7-{\sqrt {17}}}{4}}{\frac {g}{\ell }}}}t+C_{6}\sin {\sqrt {{\frac {7{\sqrt {17}}}{4}}{\frac {g}{\ell }}}}t\right)+\\&\left({\begin{array}{c}{2}\\{1-{\sqrt {17}}}\\-2\\{{\sqrt {17}}-1}\end{array}}\right)\left(C_{7}\cos {\sqrt {{\frac {7+{\sqrt {17}}}{4}}{\frac {q}{\ell }}}}t+C_{8}\sin {\sqrt {{\frac {7+{\sqrt {17}}}{4}}{\frac {q}{\ell }}}}t\right)\end{aligned}}}
Двойной физический маятник состоит из однородного прямолинейного стержня
O
1
O
2
{\displaystyle O_{1}O_{2}}
а и массы т 1 , вращающегося вокруг неподвижной горизонтальной оси О1 , и из однородного прямолинейного стержня АВ массы т 2 , шарнирно соединённого в своём центре масс с концом O2 первого стержня. Определить движение системы, если в начальный момент стержень О1 O2 отклонён на угол φ0 от вертикали, а стержень АВ занимает вертикальное положение и имеет начальную угловую скорость ω 0 .
K
1
=
I
φ
˙
2
2
=
m
1
⋅
(
2
a
)
2
3
⋅
φ
˙
2
2
=
2
3
m
a
2
φ
˙
2
{\displaystyle K_{1}={\frac {I{\dot {\varphi }}^{2}}{2}}={\frac {m_{1}\cdot (2a)^{2}}{3}}\cdot {\frac {{\dot {\varphi }}^{2}}{2}}={\frac {2}{3}}ma^{2}{\dot {\varphi }}^{2}}
K
2
=
m
2
2
(
2
a
φ
˙
)
2
+
1
12
m
2
(
2
l
)
2
⋅
ψ
˙
2
2
{\displaystyle K_{2}={\frac {m_{2}}{2}}(2a{\dot {\varphi }})^{2}+{\frac {1}{12}}m_{2}(2l)^{2}\cdot {\frac {{\dot {\psi }}^{2}}{2}}}
Π
=
m
1
g
a
(
1
−
cos
φ
)
+
m
2
g
⋅
2
a
(
1
−
cos
φ
)
≈
(
m
1
+
2
m
2
)
g
a
⋅
φ
2
2
{\displaystyle \Pi =m_{1}ga(1-\cos \varphi )+m_{2}g\cdot 2a(1-\cos \varphi )\approx \left(m_{1}+2m_{2}\right)ga\cdot {\frac {\varphi ^{2}}{2}}}
L
=
(
2
3
m
1
a
2
+
2
m
2
a
2
)
φ
˙
2
+
1
6
m
2
ℓ
2
ψ
˙
2
−
(
m
1
+
2
m
2
)
g
a
⋅
φ
2
2
{\displaystyle L=\left({\frac {2}{3}}m_{1}a^{2}+2m_{2}a^{2}\right){\dot {\varphi }}^{2}+{\frac {1}{6}}m_{2}\ell ^{2}{\dot {\psi }}^{2}-\left(m_{1}+2m_{2}\right)ga\cdot {\frac {\varphi ^{2}}{2}}}
∂
L
∂
φ
˙
=
(
4
3
m
1
+
4
m
2
)
a
2
φ
˙
{\displaystyle {\frac {\partial L}{\partial {\dot {\varphi }}}}=\left({\frac {4}{3}}m_{1}+4m_{2}\right)a^{2}{\dot {\varphi }}}
∂
L
∂
φ
=
−
(
m
1
+
2
m
2
)
g
a
φ
{\displaystyle {\frac {\partial L}{\partial \varphi }}=-\left(m_{1}+2m_{2}\right)ga\varphi }
∂
L
∂
ψ
˙
=
1
3
m
2
l
2
ψ
˙
{\displaystyle {\frac {\partial L}{\partial {\dot {\psi }}}}={\frac {1}{3}}m_{2}l^{2}{\dot {\psi }}}
ψ
¨
=
0
{\displaystyle {\ddot {\psi }}=0}
ψ
(
t
)
=
ψ
0
+
ω
0
t
=
ω
0
t
{\displaystyle \psi (t)=\psi _{0}+\omega _{0}t=\omega _{0}t}
(
4
3
m
1
+
4
m
2
)
a
2
φ
¨
+
(
m
1
+
2
m
2
)
g
a
φ
=
0
{\displaystyle \left({\frac {4}{3}}m_{1}+4m_{2}\right)a^{2}{\ddot {\varphi }}+\left(m_{1}+2m_{2}\right)ga\varphi =0}
φ
¨
+
m
1
+
2
m
2
m
1
+
3
m
2
⋅
3
g
4
a
⋅
φ
=
0
{\displaystyle {\ddot {\varphi }}+{\frac {m_{1}+2m_{2}}{m_{1}+3m_{2}}}\cdot {\frac {3g}{4a}}\cdot \varphi =0}
φ
(
t
)
=
A
cos
m
1
+
2
m
2
m
1
+
3
m
2
⋅
3
g
4
a
t
+
B
sin
m
1
+
2
m
2
m
1
+
3
m
2
3
g
4
a
t
{\displaystyle \varphi (t)=A\cos {\sqrt {{\frac {m_{1}+2m_{2}}{m_{1}+3m_{2}}}\cdot {\frac {3g}{4a}}}}t+B\sin {\sqrt {{\frac {m_{1}+2m_{2}}{m_{1}+3m_{2}}}{\frac {3g}{4a}}}}t}
При
φ
(
0
)
=
φ
0
,
φ
˙
(
0
)
=
0
{\displaystyle \varphi (0)=\varphi _{0},\quad {\dot {\varphi }}(0)=0}
φ
(
t
)
=
φ
0
cos
m
1
+
2
m
2
m
1
+
3
m
2
⋅
3
g
4
a
t
{\displaystyle \varphi (t)=\varphi _{0}\cos {\sqrt {{\frac {m_{1}+2m_{2}}{m_{1}+3m_{2}}}\cdot {\frac {3g}{4a}}}}t}
К бруску массы М, который может двигаться по гладкой горизонтальной направляющей, подвешен двойной маятник, причём
m
1
=
m
2
=
M
2
,
l
1
=
l
2
=
l
{\displaystyle m_{1}=m_{2}={\frac {M}{2}},\quad l_{1}=l_{2}=l}
Найти малые колебания системы в окрестности стационарного движения, если при 𝑡 = 0
x
˙
=
v
0
,
φ
1
=
φ
2
=
0
{\displaystyle {\dot {x}}=v_{0},\quad \varphi _{1}=\varphi _{2}=0}
v
1
=
x
˙
+
l
φ
˙
1
{\displaystyle v_{1}={\dot {x}}+l{\dot {\varphi }}_{1}}
v
2
=
x
˙
+
ℓ
φ
˙
1
+
l
φ
˙
2
{\displaystyle v_{2}={\dot {x}}+\ell {\dot {\varphi }}_{1}+l{\dot {\varphi }}_{2}}
h
1
=
ℓ
(
1
−
cos
φ
1
)
{\displaystyle h_{1}=\ell \left(1-\cos \varphi _{1}\right)}
h
2
=
ℓ
(
1
−
cos
φ
1
)
+
ℓ
(
1
−
cos
φ
2
)
{\displaystyle h_{2}=\ell \left(1-\cos \varphi _{1}\right)+\ell \left(1-\cos \varphi _{2}\right)}
L
=
K
−
Π
=
M
2
x
˙
2
+
M
4
(
x
˙
+
φ
˙
1
)
2
+
M
4
(
x
˙
+
ℓ
φ
˙
1
+
ℓ
φ
˙
2
)
2
−
M
4
g
ℓ
φ
1
2
−
M
4
g
ℓ
(
φ
1
2
+
φ
2
2
)
{\displaystyle L=K-\Pi ={\frac {M}{2}}{\dot {x}}^{2}+{\frac {M}{4}}\left({\dot {x}}+{\dot {\varphi }}_{1}\right)^{2}+{\frac {M}{4}}\left({\dot {x}}+\ell {\dot {\varphi }}_{1}+\ell {\dot {\varphi }}_{2}\right)^{2}-{\frac {M}{4}}g\ell \varphi _{1}^{2}-{\frac {M}{4}}g\ell \left(\varphi _{1}^{2}+\varphi _{2}^{2}\right)}
∂
L
∂
x
˙
=
2
M
x
˙
+
M
ℓ
φ
1
˙
+
M
2
ℓ
φ
2
˙
{\displaystyle {\frac {\partial L}{\partial {\dot {x}}}}=2M{\dot {x}}+M\ell {\dot {\varphi _{1}}}+{\frac {M}{2}}\ell {\dot {\varphi _{2}}}}
∂
L
∂
φ
˙
1
=
M
ℓ
2
(
x
˙
+
ℓ
φ
˙
1
)
+
M
ℓ
2
(
x
˙
+
ℓ
φ
˙
1
+
ℓ
φ
˙
2
)
{\displaystyle {\frac {\partial L}{\partial {\dot {\varphi }}_{1}}}={\frac {M\ell }{2}}\left({\dot {x}}+\ell {\dot {\varphi }}_{1}\right)+{\frac {M\ell }{2}}\left({\dot {x}}+\ell {\dot {\varphi }}_{1}+\ell {\dot {\varphi }}_{2}\right)}
∂
L
∂
φ
1
=
−
M
g
ℓ
φ
1
{\displaystyle {\frac {\partial L}{\partial \varphi _{1}}}=-Mg\ell \varphi _{1}}
∂
L
∂
φ
˙
2
=
M
ℓ
2
(
x
˙
+
ℓ
φ
˙
1
+
ℓ
φ
˙
2
)
{\displaystyle {\frac {\partial L}{\partial {\dot {\varphi }}_{2}}}={\frac {M\ell }{2}}\left({\dot {x}}+\ell {\dot {\varphi }}_{1}+\ell {\dot {\varphi }}_{2}\right)}
∂
L
∂
φ
2
=
−
1
2
M
g
ℓ
φ
2
{\displaystyle {\frac {\partial L}{\partial \varphi _{2}}}=-{\frac {1}{2}}Mg\ell \varphi _{2}}
2
x
¨
+
ℓ
φ
¨
1
+
1
2
ℓ
φ
¨
2
=
0
{\displaystyle 2{\ddot {x}}+\ell {\ddot {\varphi }}_{1}+{\frac {1}{2}}\ell {\ddot {\varphi }}_{2}=0}
x
¨
+
ℓ
φ
¨
1
+
1
2
ℓ
φ
¨
2
+
g
ℓ
⋅
ℓ
φ
1
=
0
{\displaystyle {\ddot {x}}+\ell {\ddot {\varphi }}_{1}+{\frac {1}{2}}\ell {\ddot {\varphi }}_{2}+{\frac {g}{\ell }}\cdot \ell {\varphi }_{1}=0}
x
¨
+
ℓ
φ
¨
1
+
ℓ
φ
¨
2
+
g
ℓ
⋅
ℓ
φ
2
=
0
{\displaystyle {\ddot {x}}+\ell {\ddot {\varphi }}_{1}+\ell {\ddot {\varphi }}_{2}+{\frac {g}{\ell }}\cdot \ell {\varphi }_{2}=0}
A
q
¨
+
C
q
=
0
{\displaystyle A{\ddot {q}}+Cq=0}
q
=
(
x
ℓ
φ
1
ℓ
φ
2
)
{\displaystyle q=\left({\begin{array}{c}{x}\\{\ell {\varphi }_{1}}\\{\ell {\varphi }_{2}}\end{array}}\right)}
A
=
(
2
1
1
/
2
1
1
1
/
2
1
1
1
)
{\displaystyle A=\left({\begin{array}{lll}{2}&{1}&{1/2}\\{1}&{1}&{1/2}\\{1}&{1}&{1}\end{array}}\right)}
C
=
g
ℓ
(
0
0
0
0
1
0
0
0
1
)
{\displaystyle C={\frac {g}{\ell }}\left({\begin{array}{lll}{0}&{0}&{0}\\{0}&{1}&{0}\\{0}&{0}&{1}\end{array}}\right)}
det
(
C
−
λ
A
)
=
|
−
2
λ
−
λ
−
λ
/
2
−
λ
g
ℓ
−
λ
−
λ
/
2
−
λ
−
λ
g
ℓ
−
λ
|
=
λ
(
−
2
g
2
ℓ
2
+
5
2
g
ℓ
λ
−
1
2
λ
2
)
=
0
{\displaystyle \operatorname {det} (C-\lambda A)=\left|{\begin{array}{ccc}{-2\lambda }&{-\lambda }&{-\lambda /2}\\{-\lambda }&{{\frac {g}{\ell }}-\lambda }&{-\lambda /2}\\{-\lambda }&{-\lambda }&{{\frac {g}{\ell }}-\lambda }\end{array}}\right|=\lambda \left(-2{\frac {g^{2}}{\ell ^{2}}}+{\frac {5}{2}}{\frac {g}{\ell }}\lambda -{\frac {1}{2}}\lambda ^{2}\right)=0}
λ
1
=
0
,
λ
2
=
g
ℓ
{\displaystyle \lambda _{1}=0,\quad \lambda _{2}={\frac {g}{\ell }}}
λ
3
=
4
g
ℓ
{\displaystyle \lambda _{3}={\frac {4g}{\ell }}}
u
1
=
(
1
0
0
)
{\displaystyle u_{1}=\left({\begin{array}{l}{1}\\{0}\\{0}\end{array}}\right)}
u
2
=
(
1
−
3
2
)
{\displaystyle u_{2}=\left({\begin{array}{c}{1}\\{-3}\\{2}\end{array}}\right)}
u
3
=
(
1
−
4
4
)
{\displaystyle u_{3}=\left({\begin{array}{c}{1}\\{-4}\\{4}\end{array}}\right)}
(
x
ℓ
φ
1
ℓ
φ
2
)
=
(
1
0
0
)
(
C
1
t
+
C
2
)
+
(
1
−
3
2
)
(
C
3
cos
g
ℓ
t
+
C
4
sin
g
ℓ
t
)
+
(
1
−
4
4
)
(
C
5
cos
2
g
ℓ
t
+
C
6
sin
2
g
ℓ
t
)
$
{\displaystyle \left({\begin{array}{c}{x}\\{\ell \varphi _{1}}\\{\ell \varphi _{2}}\end{array}}\right)=\left({\begin{array}{l}{1}\\{0}\\{0}\end{array}}\right)\left(C_{1}t+C_{2}\right)+\left({\begin{array}{c}{1}\\{-3}\\{2}\end{array}}\right)\left(C_{3}\cos {\sqrt {\frac {g}{\ell }}}t+C_{4}\sin {\sqrt {\frac {g}{\ell }}}t\right)+\left({\begin{array}{c}{1}\\{-4}\\{4}\end{array}}\right)\left(C_{5}\cos 2{\sqrt {\frac {g}{\ell }}}t+C_{6}\sin 2{\sqrt {\frac {g}{\ell }}}t\right)\$}
$
x
˙
=
v
0
,
y
1
=
φ
2
=
0
$
{\displaystyle \${\dot {x}}=v_{0},\quad y_{1}=\varphi _{2}=0\quad \$}
$
t
=
0
{\displaystyle \$\quad t=0}
(
x
ℓ
φ
1
ℓ
φ
2
)
=
(
1
0
0
)
(
v
0
t
+
x
0
)
+
(
1
−
3
2
)
C
4
sin
g
ℓ
t
+
(
1
−
4
4
)
C
6
sin
2
g
ℓ
t
{\displaystyle \left({\begin{array}{c}{x}\\{\ell \varphi _{1}}\\{\ell \varphi _{2}}\end{array}}\right)=\left({\begin{array}{l}{1}\\{0}\\{0}\end{array}}\right)\left(v_{0}t+x_{0}\right)+\left({\begin{array}{c}{1}\\{-3}\\{2}\end{array}}\right)C_{4}\sin {\sqrt {\frac {g}{\ell }}}t+\left({\begin{array}{c}{1}\\{-4}\\{4}\end{array}}\right)C_{6}\sin 2{\sqrt {\frac {g}{\ell }}}t}
Трубка, имеющая форму окружности радиуса а, может вращаться без трения вокруг вертикального диаметра АВ ; момент инерции трубки относительно диаметра равен J. В трубке может перемещаться без трения материальная точка массы т. Когда трубка вращается с постоянной скоростью ω 0 , точка находится в положении относительного равновесия М0 , причём
∠
A
O
M
0
=
α
0
{\displaystyle \angle AOM_{0}=\alpha _{0}}
0 , которые будет совершать точка, если ей сообщить небольшую относительную скорость, направленную по касательной к трубке.
Гладкая трубка АВ вращается с постоянной угловой скоростью ω вокруг вертикальной оси CD, составляя с ней неизменный угол
π
4
{\displaystyle {\frac {\pi }{4}}}
т. 1) Решить задачу Коши для канонических уравнений движения шарика, если его начальная относительная скорость равна нулю и начальное расстояние от точки О равно а.
2) Найти полный интеграл уравнения Гамильтона — Якоби и найти решение канонических уравнений методом Якоби.
Точка массы т под действием собственного веса движется по циклоиде
x
=
r
(
θ
+
sin
θ
)
y
=
−
r
(
1
+
cos
θ
)
{\displaystyle {\begin{array}{l}{x=r(\theta +\sin \theta )}\\{y=-r(1+\cos \theta )}\end{array}}}
,
расположенной в вертикальной плоскости. 1) Решить задачу Коши для канонических уравнений движения точки, если при t = 0 Θ = 0, v = v0 .В качестве обобщённой координаты взять дугу циклоиды s =
⌣
M
0
M
{\displaystyle \smile M_{0}M}
Тяжёлая точка М массы т движется по поверхности круглого цилиндра радиуса r, ось которого вертикальна. 1) Решить задачу Коши для канонических уравнений движения точки, если её начальная скорость равна по величине v0 α с горизонтом. 2) Найти полный интеграл уравнения Гамильтона — Якоби и закон движения точки методом Якоби.
Материальная точка массы т подвешена с помощью стержня длины l к плоскому шарниру, горизонтальная ось которого вращается вокруг вертикали с постоянной скоростью ω. Составить канонические уравнения движения. Найти их первый интеграл. Массой стержня пренебречь.
Точка массы т движется по гладкой сфере радиуса R в однородном поле силы тяжести (сферический маятник). Найти полный интеграл уравнения Гамильтона — Якоби и полный набор первых интегралов канонических уравнений движения. Положение точки задать её сферическими координатами: φ — широта, отсчитываемая от вертикали, направленной вниз, Θ — долгота.
Две материальные точки массы т1 и т2 связаны гибкой нерастяжимой нитью. Точка массы т1 может двигаться по гладкому горизонтальному столу, а точка массы т2 находится на свисающем конце нити, которая пропущена через небольшое отверстие в столе. Найти полный интеграл уравнения Гамильтона — Якоби, если точка массы т2 может двигаться только по вертикали. Выписать первые интегралы канонических уравнений движения.
Две материальные точки массы т1 и т2 связаны между собой упругим стержнем жёсткости с и помещены на гладкую горизонтальную плоскость; стержень не работает на изгиб и на кручение и в нерастянутом состоянии имеет длину I ; массой стержня пренебречь. 1) Выписать первые интегралы канонических уравнений движения системы. 2) Найти полный интеграл уравнения Гамильтона — Якоби и решение задачи методом Якоби. За обобщённые координаты принять х, у — декартовы координаты центра масс, r — длину стержня и φ — угол, определяющий положение стержня.
Свободная материальная точка массы т движется под действием ньютоновской силы притяжения к неподвижному центру О. Приняв за обобщённые координаты сферические координаты точки r, φ, Θ, найти полный интеграл уравнения Гамильтона — Якоби, выписать полную систему первых интегралов канонических уравнений движения точки. Доказать, что движение плоское, выполняется закон площадей; получить уравнение траектории.
(Задача двух тел). Сила взаимодействия двух точек массы т1 и т2 обратно пропорциональна квадрату расстояния между ними (ньютоновское или кулоновское взаимодействие). Найти полный интеграл уравнений Гамильтона — Якоби; выписать полную систему первых интегралов канонических уравнений движения. В качестве обобщённых координат взять координаты центра масс системы х, у, z, расстояние r между точками, а также углы широты и долготы φ и Θ, определяющие в пространстве положение прямой, соединяющей точки. Сравнить полученный ответ с ответом задачи 4.20.
Для разделения переменных в уравнении Гамильтона — Якоби для точки в сферических координатах r, θ, φ необходимо и достаточно, чтобы потенциал заданных сил имел вид:
V
(
r
,
θ
,
φ
)
=
R
(
r
)
+
Θ
(
θ
)
r
2
+
Φ
(
φ
)
r
2
sin
2
θ
{\displaystyle V(r,\theta ,\varphi )=R(r)+{\frac {\Theta (\theta )}{r^{2}}}+{\frac {\Phi (\varphi )}{r^{2}\sin ^{2}\theta }}}
где R(r), Θ(θ) и Φ(φ) — произвольные функции. Найти полный интеграл.
Найти полный интеграл уравнения Гамильтона — Якоби для точки массы т, движущейся в поле с потенциалом
V
=
−
k
r
+
k
′
z
{\displaystyle V=-{\frac {k}{r}}+k^{\prime }z}
(например, наложение полей ньютоновского притяжения к началу координат и однородного поля силы тяжести (k' = mg)).
Указание. За независимые переменные принять параболические координаты ξ, η, φ, которые с цилиндрическими координатами р, ζ, φ связаны так:
z
=
1
2
(
ξ
−
η
)
,
ρ
=
ξ
η
,
φ
≡
φ
{\displaystyle z={\frac {1}{2}}(\xi -\eta ),\quad \rho ={\sqrt {\xi \eta }},\quad \varphi \equiv \varphi }
Показать справедливость следующего случая интегрируемости (Штеккеля). Пусть даны n(n+ 1) произвольных функций
φ
i
j
(
q
i
)
{\displaystyle \varphi _{ij}\left(q_{i}\right)}
V
i
(
q
i
)
{\displaystyle V_{i}\left(q_{i}\right)}
(
i
=
1
,
…
,
n
)
{\displaystyle (i=1,\dots ,n)}
, для которых определитель
Δ
=
det
|
φ
i
j
|
{\displaystyle \Delta =\operatorname {det} \left|\varphi _{ij}\right|}
T
=
1
2
∑
i
=
1
n
q
˙
i
2
A
i
,
V
=
∑
i
=
1
n
A
i
V
i
{\displaystyle T={\frac {1}{2}}\sum _{i=1}^{n}{\frac {{\dot {q}}_{i}^{2}}{A_{i}}},\quad V=\sum _{i=1}^{n}A_{i}V_{i}}
причем
A
i
=
1
Δ
∂
Δ
∂
φ
i
1
,
i
=
1
,
…
,
n
{\displaystyle A_{i}={\frac {1}{\Delta }}{\frac {\partial \Delta }{\partial \varphi _{i1}}},\quad i=1,\ldots ,n}
то уравнение Гамильтона — Якоби интегрируется в квадратурах и полный интеграл этого уравнения имеет вид
S
=
−
h
t
+
∑
i
=
1
n
∫
2
h
φ
i
1
−
2
V
i
+
∑
j
=
2
n
α
j
φ
i
j
d
q
j
{\displaystyle S=-ht+\sum _{i=1}^{n}\int {\sqrt {2h\varphi _{i1}-2V_{i}+\sum _{j=2}^{n}\alpha _{j}\varphi _{ij}}}dq_{j}}
где
α
1
,
…
,
α
n
{\displaystyle \alpha _{1},\dots ,\alpha _{n}}
h — постоянная энергии.
Доказать свойства скобок Пуассона:
1)
{
F
,
G
}
=
−
{
G
,
F
}
{\displaystyle \{F,G\}=-\{G,F\}}
2) Если
F
=
φ
(
f
1
,
…
,
f
m
)
{\displaystyle F=\varphi \left(f_{1},\ldots ,f_{m}\right)}
, то
{
F
,
G
}
=
∑
i
=
1
m
∂
φ
∂
f
i
{
f
i
,
G
}
{\displaystyle \{F,G\}=\sum _{i=1}^{m}{\frac {\partial \varphi }{\partial f_{i}}}\left\{f_{i},G\right\}}
3)
{
{
F
,
G
}
,
H
}
+
{
{
H
,
F
}
,
G
}
+
{
{
G
,
H
}
,
F
}
≡
0
{\displaystyle \{\{F,G\},H\}+\{\{H,F\},G\}+\{\{G,H\},F\}\equiv 0}
4)
∂
∂
α
{
F
,
G
}
=
{
∂
F
∂
α
,
G
}
+
{
F
,
∂
G
∂
α
}
{\displaystyle {\frac {\partial }{\partial \alpha }}\{F,G\}=\left\{{\frac {\partial F}{\partial \alpha }},G\right\}+\left\{F,{\frac {\partial G}{\partial \alpha }}\right\}}
Функция φ(q, p, t) является первым интегралом канонических уравнений движения системы с циклической координатой qk . Показать, что функции
∂
φ
∂
q
k
,
∂
2
φ
∂
q
k
2
,
…
,
∂
n
φ
∂
q
k
n
{\displaystyle {\frac {\partial \varphi }{\partial q_{k}}},{\frac {\partial ^{2}\varphi }{\partial q_{k}^{2}}},\ldots ,{\frac {\partial ^{n}\varphi }{\partial q_{k}^{n}}}}
также будут первыми интегралами уравнений движения.
Рассмотреть преобразования
1)
Q
i
=
α
q
i
,
P
i
=
β
p
i
,
i
=
1
,
…
,
n
2)
Q
i
=
α
p
i
,
P
i
=
β
q
i
,
i
=
1
,
…
,
n
;
3)
Q
i
=
α
p
i
tg
t
,
P
i
=
β
q
i
ctg
t
,
i
=
1
,
…
,
n
;
4)
Q
=
α
q
+
β
p
,
P
=
α
1
q
+
β
1
p
,
α
β
1
−
α
1
β
=
0
5)
Q
=
q
cos
2
p
,
P
=
q
sin
2
p
{\displaystyle {\begin{array}{l}{{\text{ 1) }}Q_{i}=\alpha q_{i},\quad P_{i}=\beta p_{i},\quad i=1,\ldots ,n}\\{{\text{ 2) }}Q_{i}=\alpha p_{i},\quad P_{i}=\beta q_{i},\quad i=1,\ldots ,n;}\\{{\text{ 3) }}Q_{i}=\alpha p_{i}\operatorname {tg} t,\quad P_{i}=\beta q_{i}\operatorname {ctg} t,\quad i=1,\ldots ,n;}\\{{\text{ 4) }}Q=\alpha q+\beta p,\quad P=\alpha _{1}q+\beta _{1}p,\quad \alpha \beta _{1}-\alpha _{1}\beta =0}\\{{\text{ 5) }}Q={\sqrt {q}}\cos 2p,\quad P={\sqrt {q}}\sin 2p}\end{array}}}
проверить их каноничность, найти производящие функции и валентности, а также выражения для новой функции Гамильтона, если старая равна H
Найти производящую функцию и формулы преобразования импульсов, если задано преобразование декартовых координат в перечисленные ниже:
1) цилиндрические ρ, φ, z;
2) сферические r, φ, Θ;
3) х = q1 -v1 t, у = q2 -v2 t, z = q3 -v3 t;
4
)
x
=
ξ
η
cos
φ
y
=
ξ
η
sin
φ
z
=
1
2
(
ξ
−
η
)
{\displaystyle {\begin{array}{l}{4)x={\sqrt {\xi \eta }}\cos \varphi \quad y={\sqrt {\xi \eta }}\sin \varphi }\quad {z={\frac {1}{2}}(\xi -\eta )}\end{array}}}
