Министерство науки и высшего образования
Российской Федерации
А. В. Чукин, М. Е. Ерофеев
ЗАДАЧИ ПО КУРСУ
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ
МЕХАНИКА.
ЧАСТЬ 1
Электронный текстовый ресурс
Электронный текстовый ресурс по дисциплине «Теоретическая механика» для подготовки
студентов-специалистов по направлениям 14.05.01 «Ядерные реакторы и материалы»,
14.05.03 «Технологии разделения изотопов и ядерное топливо», 14.05.04 «Электроника и
автоматика физических установок» и студентов-бакалавров по направлениям 14.03.02
«Ядерные физика и технологии», 03.03.01 «Прикладные математика и физика»
ЭОР предназначен для проведения как практических занятий, так и самостоятельной
работы по дисциплине «Теоретическая механика». Рассматриваются задачи по описанию
движения материальной точки и механических систем, методам классической механики,
движения твердого тела и теории малых и гармонических колебаний. Также
рассматриваются элементы теории рассеяния
Подготовлено кафедрой теоретической физики и прикладной математики ФТИ
Екатеринбург
2020
1
ОГЛАВЛЕНИЕ
ВВЕДЕНИЕ .................................................................................................................................. 4
1. МЕХНАНИКА НЬЮТОНА. УРАВНЕНИЯ ДВИЖЕНИЯ ............................................. 5
Задача 1.1. ........................................................................................................................................5
Задача 1.2. ........................................................................................................................................7
Задача 1.3. ........................................................................................................................................9
Задача 1.4. ...................................................................................................................................... 12
Задачи для самостоятельного решения ........................................................................................ 14
2. ОДНОМЕРНОЕ ДВИЖЕНИЕ. МЕТОД ПОТЕНЦИАЛЬНЫХ КРИВЫХ, МЕТОД
ФАЗОВЫХ ТРАЕКТОРИЙ .................................................................................................... 15
Задача 2.1. ...................................................................................................................................... 15
Задача 2.2. ...................................................................................................................................... 17
Задача 2.3. ...................................................................................................................................... 19
Задача 2.4. ...................................................................................................................................... 21
Задача 2.5. ...................................................................................................................................... 23
Задача 2.6. ...................................................................................................................................... 27
Задачи для самостоятельного решения ........................................................................................ 29
3. ДВИЖЕНИЕ В ЦЕНТРАЛЬНОМ ПОЛЕ ........................................................................ 30
Введение ........................................................................................................................................ 30
Задача 3.1. ...................................................................................................................................... 33
Задача 3.2. ...................................................................................................................................... 34
Задача 3.3. ...................................................................................................................................... 36
Задача 3.4. ...................................................................................................................................... 39
Задача 3.5. ...................................................................................................................................... 41
Задачи для самостоятельного решения ........................................................................................ 45
4. СТЕПЕНИ СВОБОДЫ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ. ОБОБЩЕННЫЕ
КООРДИНАТЫ. МЕТРИЧЕСКАЯ МАТРИЦА ................................................................. 46
Введение ........................................................................................................................................ 46
Задача 4.1. ...................................................................................................................................... 47
Задача 4.2. ...................................................................................................................................... 53
Задача 4.3. ...................................................................................................................................... 48
Задача 4.4. ...................................................................................................................................... 49
Задача 4.5. ...................................................................................................................................... 51
2
Задача 4.6. ...................................................................................................................................... 52
Задача 4.7. ...................................................................................................................................... 53
Задачи для самостоятельного решения ........................................................................................ 55
5. МЕХАНИЧЕСКИЕ КОЛЕБАНИЯ.................................................................................... 57
Задача 5.1 ....................................................................................................................................... 57
Задача 5.2 ....................................................................................................................................... 59
Задача 5.3 ....................................................................................................................................... 61
Задача 5.4 ....................................................................................................................................... 65
Задачи для самостоятельного решения ........................................................................................ 69
6. ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА ....................................................................................... 71
Введение ........................................................................................................................................ 71
Задача 6.1. ...................................................................................................................................... 71
Задача 6.2. ...................................................................................................................................... 73
Задача 6.3. ...................................................................................................................................... 74
Задача 6.4. ...................................................................................................................................... 76
Задача 6.5. ...................................................................................................................................... 79
Задачи для самостоятельного решения ........................................................................................ 81
7. ТЕОРИЯ РАССЕЯНИЯ ....................................................................................................... 83
Задача 7.1. ...................................................................................................................................... 83
Задача 7.2. ...................................................................................................................................... 84
Задача 7.3. ...................................................................................................................................... 86
Задача 7.4. ...................................................................................................................................... 88
Задача 7.5. ...................................................................................................................................... 89
Задача 7.6. ...................................................................................................................................... 92
Задача 7.7. ...................................................................................................................................... 94
Задача 7.8. ...................................................................................................................................... 96
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК ................................................................................ 100
3
ВВЕДЕНИЕ
Дисциплина посвящена изучению методов теоретической механики, используемых при описании движения материальной точки и механических систем. Излагаются фундаментальные основы классической механики: законы движения материальной точки, систем материальных точек, движения твердого
тела. Основное внимание уделяется связи законов движения с фундаментальными свойствами пространства и времени. Рассматривается движение механических систем в центральном поле и элементы теории рассеяния.
4
1. МЕХНАНИКА НЬЮТОНА. УРАВНЕНИЯ ДВИЖЕНИЯ
Задача 1.1.
Частица массой 𝑚 и зарядом 𝑞 движется во внешнем электрическом поле
𝐸⃗ = (𝐸 sin(𝜔𝑡) , 0, 0). Получить закон движения этой системы (рис. 1.1.).
Рис. 1.1.
Решение:
Предложим алгоритм для решения задач в механике Ньютона, связанных
с поиском закона движения. Прежде всего необходимо выбрать систему координат, удобную для описания движения. В нашей задаче удобнее всего выбрать
ДПСК (декартову прямоугольную систему координат). Выбор ДПСК обусловлен
постановкой задачи, где напряженность поля задана тремя компонентами.
Далее запишем второй закон Ньютона в векторной форме с учетом сил,
действующих в системе:
dp
= F = qE sin t.
dt
(1.1)
Возьмем проекции векторного уравнения (1.1) на координатные оси ДПСК, тогда:
dpx
dt = Fx = qE sin t ,
dp y
= Fy = 0,
dt
dpz
dt = Fz = 0.
5
(1.2)
Для того, чтобы получить закон движения необходимо решить систему
уравнений (1.2). Нетрудно заметить, что система (1.2) состоит из трех независимых друг от друга уравнений, которые легко можно проинтегрировать. Рассмотрим уравнение для переменной 𝑦:
y = 0.
(1.3)
Разделим переменные в (1.3) и проинтегрируем:
dy
= 0 dy = 0
dt
y − y ( 0 ) = 0.
(1.4)
Здесь 𝑦̇ (0) – это константа интегрирования, смысл которой есть начальная скорость вдоль направления 𝑜𝑦. Перенесем константу из (1.4) в правую часть.
y = y ( 0 ).
(1.5)
Опять разделим переменные в (1.5) и проинтегрируем:
dy
= y ( 0)
dt
y − y ( 0) = y ( 0) t
y = y ( 0 ) + y ( 0 ) t.
(1.6)
Смысл новой константы интегрирования 𝑦(0) – это начальная координата вдоль
оси 𝑜𝑦. В результате мы получили закон движения вдоль оси 𝑜𝑦. Аналогичным
образом можно получить закон движения вдоль оси 𝑜𝑧:
z = z ( 0 ) + z ( 0 ) t.
(1.7)
Получим закон движения для переменной 𝑥. Уравнение движения вдоль
𝑜𝑥 имеет вид:
x=
Fx qE
=
sin t.
m m
(1.8)
Разделим переменные и проинтегрируем правую и левую части уравнения
(1.8), тогда:
d
qE
( x ) = sin t
dt
m
qE
d ( x ) = m sin tdt
qE
x − x ( 0) = −
cos t.
m
6
(1.9)
Здесь 𝑥̇ (0) – это константа интегрирования, смысл которой – начальная
скорость вдоль направления 𝑜𝑥. Проведем разделение переменных в (1.9) еще
раз, получим закон движения частицы вдоль оси 𝑜𝑥:
dx
qE
= x (0) −
cos t
dt
m
qE
x = x ( 0) + x ( 0) t −
sin t.
m 2
x = x ( 0) −
qE
cos t
m
(1.10)
Смысл новой константы интегрирования 𝑥(0) – это начальная координата вдоль
оси 𝑜𝑥.
Итого закон движения трех переменных 𝑥, 𝑦, 𝑧 имеет вид:
qE
x = x ( 0 ) + x ( 0 ) t − m 2 sin t ,
y = y ( 0) + y ( 0) t,
z = z ( 0 ) + z ( 0 ) t.
(1.11)
Ответ: смотри (1.11).
Задача 1.2.
Определить траекторию движения частицы массой 𝑚, зарядом 𝑞 в посто⃗ (рис. 1.2.).
янном магнитном поле с индукцией 𝐵
Рис. 1.2.
Решение:
Будем действовать аналогично задаче 1.1. В качестве системы координат
⃗,
выберем ДПСК. Зададим направление постоянного магнитного поля 𝐵
7
например, вдоль оси 𝑜𝑧 (рис. 1.2.). Запишем второй закон Ньютона с учетом явного выражения для силы Лоренца, действующей на частицу:
dp
q
= F = v , B ,
dt
c
(1.12)
где 𝑐 – скорость света. В (1.12) распишем векторное произведение:
i
v , B = vx
0
j
vy
0
k
vz .
B
(1.13)
Или в покомпонентной записи это выражение имеет вид:
v , B = vy Bi − vx Bj + 0k .
(1.14)
Возьмем проекции векторного уравнения (1.12) на соответствующие координатные оси, получим:
q
dpx
dt = Fx = c v y B,
q
dp y
= Fy = − vx B,
c
dt
dpz
dt = Fz = 0.
(1.15)
Для того, чтобы найти закон движения необходимо решить систему уравнений
(1.15). Заметим, что уравнение для 𝑧-компоненты можно проинтегрировать
сразу:
z = z ( 0 ) + z ( 0 ) t.
(1.16)
Рассмотрим уравнения для 𝑥 и 𝑦 компонент:
dx qB
dt = mc y = y,
dy = − qB x = − x,
dt
mc
где 𝜔 =
𝑞𝐵
𝑚𝑐
(1.17)
– некоторая константа. Для того, чтобы решить систему (1.17) необ-
ходимо умножить второе уравнение на мнимую единицу 𝑖 и сложить с первым,
тогда:
8
d
( x + iy ) = −i ( x + iy ) / = x + iy /
dt
d
= −i ,
dt
(1.18)
где 𝜉 – новая переменная. Проведем разделение переменных в (1.18) и проинтегрируем:
d
= −i
dt
d
= −i dt = Ce−it ,
(1.19)
где 𝐶 – константа интегрирования, связанная с начальными скоростями вдоль
оси 𝑜𝑥, 𝑜𝑦. Если пренебречь фазовым множителем, то константу 𝐶 можно определить следующим образом: 𝐶 = √𝑥̇ 2 (0) + 𝑦̇ 2 (0). Выполним обратное переобозначение:
= C e−it / = x + iy /
x + iy = C ( cos t − i sin t ) .
(1.20)
Разделим мнимые и действительные части:
x = C cos t ,
y = −C sin t.
(1.21)
Разделим переменные в (1.21) и проинтегрируем:
C
dx
dt = C cos t ,
x − x ( 0 ) = sin t ,
dy
C
= −C sin t.
y − y ( 0 ) = cos t.
dt
( x − x ( 0)) + ( y − y ( 0))
2
(1.22)
2
2
C
= .
Из (1.22) видно, что траектория движения – окружность. Если рассмотреть
систему в целом (с учетом изменения координаты 𝑧), то траектория движения
частицы – винтовая линия (движение МТ происходит по спирали).
Ответ: смотри (1.22).
Задача 1.3.
Рассмотреть движение заряженной частицы в двух взаимно перпендику⃗ (0,0, 𝐵) (рис. 1.3.).
лярных электрическом и магнитном полях 𝐸⃗ (𝐸, 0,0) и 𝐵
9
Рис. 1.3.
Решение:
Будем действовать аналогично предыдущим задачам. Выбор системы координат обусловлен постановкой задачи, т. е. мы используем декартову прямоугольную систему координат. Запишем второй закон Ньютона в векторном виде
с учетом всех сил, действующих в системе:
dp
q
= F = qE + v , B .
dt
c
(1.23)
⃗ ] и спроВоспользуемся выражением (1.14) для векторного произведения [𝑣, 𝐵
ецируем уравнение (1.23) на координатные оси:
q
dpx
=
F
=
qE
+
v y B,
x
dt
c
q
dp y
= Fy = − vx B,
c
dt
dpz
dt = Fz = 0.
(1.24)
Решим систему уравнений (1.24). Заметим, что уравнение для 𝑧-компоненты
можно проинтегрировать сразу:
dx qE
dt = m + y,
dy
= − x,
dt
z = z ( 0) + z ( 0)t,
10
(1.25)
где 𝜔 =
𝑞𝐵
𝑚𝑐
– некоторая константа. Аналогично предыдущей задаче умножим
второе уравнение на мнимую единицу 𝑖, сложим с первым и введем новую переменную 𝜉, тогда:
d
qE
( x + iy ) = − i ( x + iy ) / = x + iy /
dt
m
d qE
=
− i . (1.26)
dt
m
Разделим переменные в (1.26):
d qE
=
− i
dt
m
d
qE
− i
m
= dt.
(1.27)
Проинтегрируем (1.27) и проведем обратную замену:
qE
− i = Ce−it / = x + iy /
m
qE
− i x + y = C ( cos t − i sin t ) .
m
(1.28)
Разделим действительную и мнимую части уравнения (1.28):
C
x
=
sin t ,
y = − qE + C cos t.
m
(1.29)
Нетрудно проинтегрировать уравнения из (1.29). Тогда с учетом третьего уравнения из (1.25) для 𝑧-компоненты, получим:
C
dx C
=
sin
t
,
x
−
x
0
=
−
cos t ,
(
)
dt
qE C
qE
C
dy
+ cos t , y − y ( 0 ) = −
t + sin t ,
=−
m
m
dt
z = z ( 0 ) + z ( 0 ) t.
z = z ( 0 ) + z ( 0 ) t.
(1.30)
Система (1.30) отражает закон движения МТ в двух взаимно-перпендикулярных однородных электрическом и магнитом полях.
Ответ: смотри (1.30).
11
Задача 1.4.
Шарообразная водяная капля без трения под влиянием силы тяжести падает в атмосфере, насыщенной водяными парами. В начальный момент времени
радиус капли равен 𝑅 и ее скорость 𝑣(0). Вследствие конденсации приращение
радиуса капли пропорционально времени. Найти зависимость скорости капли от
времени падения. (рис. 1.4.).
Рис. 1.4.
Решение:
Будем действовать аналогично предыдущим задачам. Выбор системы координат обусловлен постановкой задачи, т. е. мы используем декартову прямоугольную систему координат. Поскольку при движении капли изменяется одна
координата (например, координата 𝑥), движение можно считать одномерным
(см. рис. 1.4.).
Запишем второй закон Ньютона для одномерного движения вдоль оси 𝑜𝑥:
d
mx = Fx = mg.
dt
(1.31)
Следует обратить внимание на то, что масса сферической капли изменяется во
время движения вследствие конденсации, при этом масса и текущий радиус 𝑟(𝑡)
капли связаны простым соотношением:
4
m = V = r 3 .
3
(1.32)
Подставим (1.32) в (1.31), тогда:
d 4 3
4 3
r x = r g
dt 3
3
12
d 3
r x ) = r 3 g.
(
dt
(1.33)
По условию задачи приращение радиуса капли пропорционально времени:
dr = dt dt =
1
dr ,
(1.34)
где 𝛼 – константа пропорциональности. Подставим (1.34) в (1.33):
d 3
r v) = r3g
(
dt
d
r 3v ) = r 3 g ,
(
dr
(1.35)
где 𝑣 = 𝑥̇ – скорость капли. Учтем, что в (1.35) скорость капли 𝑣 также зависит
от радиуса, поскольку при падении скорость изменяется с изменением радиуса.
Вычислим производную от произведения (1.35):
3r 2v + r 3
dv 3
v dv g
= .
=r g 3 +
dr
r dr
(1.36)
Введем новую переменную 𝜉:
v
= .
r
(1.37)
Подставим (1.37) в (1.36), получим:
3 +
d
g
( r ) =
dr
3 + + r
d g
=
dr
4 + r
d g
= .
dr
(1.38)
Уравнение (1.38) – это ДУ первого порядка относительно 𝜉. Решим его методом
разделения переменных:
g
d g
4 + r
=
dr
− 4
d
=
dr
r
d
g
− 4
=
dr
.
r
(1.39)
Проинтегрируем левую и правую части (1.39):
1 g
−4
g
ln cr = − ln − 4 ln ( cr ) = ln − 4
4
−4
g
( cr ) = − 4 .
(1.40)
Здесь 𝑐 – константа интегрирования. Выразим переменную 𝜉 из (1.40):
( cr )
−4
=
g
g ( cr )
=
−
.
4
4
−4
− 4
13
(1.41)
Произведем обратную замену и выразим искомую скорость 𝑣:
v g ( cr )
=
−
r 4
4
−4
v=
rg 1 −4 −3
− c r .
4 4
(1.42)
Определим константу интегрирования из н. у.:
Rg 1 −4 −3
R4 g
−4
v ( 0) =
− c R
c =
− 4v ( 0 ) R3.
4 4
4
(1.43)
rg 1 −3 R 4 g
rg R 3
Rg
3
v=
− r
− 4v ( 0 ) R =
− 3 v ( 0) −
.
4 4 4
4
r
4
(1.44)
Итого:
Ответ: смотри (1.44).
Задачи для самостоятельного решения
• На точку массы 𝑚 действует сила, направленная к неподвижному центру
𝑂 и пропорциональная расстоянию от точки до центра. В начальный момент времени 𝑡 = 0 точка находилась на расстоянии 𝑟0 от центра и имела
скорость 𝑣0 . Найдите закон движения и уравнение траектории точки;
• Точка массы 𝑚 падает вертикально вниз без начальной скорости под действием силы тяжести, испытывая силу сопротивления воздуха 𝐹𝑑 , значение
которой пропорционально квадрату скорости, то есть 𝐹𝑑 = −𝑘𝑣 2 . Найдите
закон движения точки;
• Частица массы 𝑚 и заряда 𝑞 движется в однородных постоянных взаимно
перпендикулярных полях: электрическом, магнитном и гравитационном. В
начальный момент частица покоилась. Найдите величину максимальной
скорости, приобретенной частицей.
14
2. ОДНОМЕРНОЕ ДВИЖЕНИЕ. МЕТОД ПОТЕНЦИАЛЬНЫХ КРИВЫХ,
МЕТОД ФАЗОВЫХ ТРАЕКТОРИЙ
Задача 2.1.
Найти условия финитности движения, координаты точек остановки и
нарисовать фазовый портрет для системы: МТ массой 𝑚 = 1, движется во внешнем поле с потенциальной энергией 𝑈(𝑥) = sin(𝑥). Координата и скорость в
начальный момент времени 𝑡 = 0 соответственно равны: 𝑥(0) = 0, 𝑥̇ (0) = 1.
Решение:
Предложим алгоритм для решения задач, связанных с движением во внешнем поле. Поскольку потенциальная энергия зависит только лишь от одной координаты, можно утверждать, что движение одномерное, более того система
консервативная. Одномерные консервативные системы удобно рассматривать
при помощи метода потенциальных кривых. Изобразим зависимость 𝑈(𝑥) (рис.
2.1.):
Рис. 2.1. Метод потенциальных кривых
При различных значениях полной энергии 𝐸 (рис. 2.1.) возникают области
запрещенного движения (ОЗД), области финитного и инфинитного движения:
• при значении полной энергии 𝐸 = 𝐸1 , движение невозможно;
• если 𝐸 = 𝐸2 , движение МТ – инфинитное;
• наконец, если 𝐸 < |1|, движение МТ – финитное. Таким образом условие
финитности 𝐸 < |1|.
15
Далее запишем закон сохранения энергии:
mx 2
+ U ( x ) = const = E.
2
(2.1)
Определим уровень полной энергии из (2.1). Поскольку полная энергия системы
сохраняется в любой момент времени, в том числе и в начальный момент 𝑡 = 0,
тогда:
mx 2 ( 0 )
1 1
1
+ sin x ( 0 ) =
+0=
2
2
2
1
E= .
2
(2.2)
В точках остановки скорость МТ 𝑥̇ = 0, тогда уравнение для поиска точек
остановки примет вид:
1
U ( x ) = E sin x = .
2
(2.3)
Решения уравнения (2.3) – координаты точек остановки. Нетрудно получить:
1
n
xn = ( −1) arcsin + n.
2
(2.4)
Так как система периодическая (что можно заметить из вида потенциальной энергии), точек остановки будет бесконечно много. Из всего множества нас
интересуют те, которые ограничивают область движения, удовлетворяющую
начальным условия. В начальный момент времени координата МТ была равна
нулю, следовательно движение МТ будет ограничено точками остановки 𝑥1 =
и 𝑥2 = −
7𝜋
6
𝜋
6
.
Изобразим фазовый портрет механической системы. Для этого под графиком потенциальной энергии необходимо построить фазовую плоскость с координатами (𝑥, 𝑥̇ ) (см рис. 2.2.).
На рисунке 2.2. замкнутая кривая соответствует области финитного движения, заданной начальными условиями. Незамкнутые кривые отражают фазовый портрет системы для 𝐸 > 1. Верхняя ветвь при движении слева-направо, а
нижняя справа-налево.
16
Рис. 2.2 Фазовый портрет системы
Ответ: смотри ход решения задачи.
Задача 2.2.
Проинтегрировать уравнение движения МТ массы 𝑚 = 2, находящейся во
внешнем поле с потенциальной энергией 𝑈(𝑥) =
1
𝑥2
. Координата и скорость в
начальный момент времени 𝑡 = 0 соответственно равны: 𝑥(0) = 1, 𝑥̇ (0) = 0.
Нарисовать фазовый портрет системы.
Решение:
17
Будем действовать аналогично предыдущей задаче. Поскольку движение
одномерно, применим метод потенциальных кривых. Запишем закон сохранения
полной энергии и определим значение полной энергии системы в начальный момент времени:
mx 2 1
+ 2 = 0 + 1 = 1 E = 1.
2
x
(2.5)
Далее определим возможный тип движения системы (рис. 2.3.):
Рис. 2.3. Фазовый портрет системы
Из рисунка 2.3. видно, что потенциальная энергия имеет две ветви, которые пересекают уровень полной энергии 𝐸 = 1 в двух точках остановки. Однако
движение МТ происходит лишь в положительной области значений 𝑥, поскольку
в начальный момент времени координата 𝑥(0) = 1 совпадала с точкой остановки
𝑥1 .
Запишем закон движения:
18
dx
t − t0 =
t − t0 =
2
( E − U ( x ))
m
xdx
(x
2
=
− 1)
=
d ( x − 1)
dx
1
1 − 2
x
2
2
(x
2
− 1)
t − t0 =
(2.6)
(x
2
− 1).
Определим константу 𝑡0 из н. у., получим:
t − t0 =
(x
t=
2
− 1)
(x
2
/ 0 − t0 = 0 t0 = 0 /
− 1)
x (t ) =
(t
2
+ 1) ,
(2.7)
где в (2.7) отброшено отрицательное решение в силу н. у.
Изобразим фазовый портрет системы (см. рис. 2.3.). Для уровня полной
энергии 𝐸0 (меньшего, чем 𝐸 = 1) фазовый портрет изображается в двух незамкнутых кривых, причем левая ветвь соответствует движению с положительной
начальной скоростью, а правая ветвь соответствует движению с отрицательной
начальной скоростью.
Ответ: смотри ход решения задачи.
Задача 2.3.
Найти условие финитности и период финитного движения МТ массой 𝑚 =
2, находящейся в потенциальном поле с энергией 𝑈(𝑥) = 𝑥 2 + 1. Координата и
скорость в начальный момент времени 𝑡 = 0 соответственно равны: 𝑥(0) =
1, 𝑥̇ (0) = 1. Нарисовать фазовый портрет.
Решение:
Аналогично задачам 2.1 и 2.2. применим метод потенциальных кривых
(МПК). Изобразим зависимость потенциальной энергии от координаты:
19
Рис. 2.4. ФП системы
Условие финитности движения соответствует уровню полной энергии, при котором возникает «потенциальная яма». Из рисунка 2.4. видно, что минимальное
значение потенциальной энергии равно единице. Таким образом, условие финитного движения:
E 1.
(2.8)
Запишем закон сохранения полной энергии:
mx 2
+ U ( x ) = const = E.
2
(2.9)
Определим значение полной энергии исходя из н. у.:
mx 2
2 1
+ x2 + 1 =
+ 1 + 1 = 3 = E.
2
2
(2.10)
Запишем уравнение для поиска точек остановки и определим их координаты:
20
x = − 2,
U ( x ) = E x2 + 1 = 3 1
x2 = 2.
(2.11)
Вычислим период финитного движения. По определению, период финитного
движения – это удвоенное время движения между точками остановки 𝑥1 , 𝑥2 , т. е.:
x2
x2
dx
T = 2
2
( E − U ( x ))
m
x1
x2
= 2
x1
dx
(2 − x )
2
= 2
x1
= 2arcsin
dx
2
3 − x 2 − 1)
(
2
x
2
x2
=
(2.12)
= 2 .
x1
Ответ: смотри (2.8) и (2.12).
Задача 2.4.
2
Найти условие финитности и период движения МТ массы 𝑚 = , находя𝑥
1
щейся в потенциальном поле с энергией 𝑈(𝑥) = 𝑥 + . Нарисовать фазовый
𝑥
портрет.
Решение:
Поскольку задача одномерна, применим МПК:
21
Рис. 2.5. ФП системы
Несмотря на то, что график потенциальной энергии симметричен относительно начала координат, наша система может совершать движение только при
2
𝑥 > 0, поскольку в противном случае масса МТ 𝑚 = будет отрицательной.
𝑥
Определим условием финитности движения. Для этого вычислим значение
минимума потенциальной энергии:
dU
1
=1− 2 = 0
dx
x
x = 1.
(2.13)
1
Значение потенциальной энергии в точке минимума 𝑈(1) = 1 + = 2, что поз1
воляет записать условие финитности движения:
E 2.
(2.14)
Запишем уравнение для точек остановки и определим их координаты:
22
1
=E
x
E
x1 = −
2
E
x2 = 2 +
U ( x) = E x +
x 2 − Ex − 1 = 0
E2
− 1,
4
(2.15)
E2
− 1.
4
Аналогично предыдущей задаче определим период финитного движения:
x2
T = 2
x1
x2
dx
2
( E − U ( x ))
m
= 2
x1
dx
1
x E − x −
x
=
x2
x2
= 2
x1
= 2 arcsin
dx
1
x E − x −
x
E
x−
2
= 2arcsin
=
2
E
−1
4
x1
(2.16)
E2
E2
−1
−
−1
4
4
= 2 + = 2 .
− arcsin
2 2
E2
E2
−1
−1
4
4
Фазовый портрет системы изображен на рис. 2.5. Он имеет вид замкнутой
кривой, что соответствует финитному движению.
Ответ: смотри (2.16).
Задача 2.5.
Рассмотреть все возможные виды движения для МТ массы 𝑚 = 1, находящейся во внешнем поле с потенциальной энергией 𝑈(𝑥) = −𝛾 2 𝑐ℎ−2 (𝑥), 𝛾 > 0.
Решение:
Поскольку задача одномерная, применим метод потенциальных кривых.
Изобразим график зависимости потенциальной энергии от координаты:
23
Рис. 2.6. ФП системы
При различном значении полной энергии (рис. 2.6.) возникают области запрещенного движения (ОЗД), области финитного и инфинитного движения:
• при 𝐸 = 𝐸1 , движение невозможно;
• если 𝐸 = 𝐸2 , тогда движение МТ – финитное;
• наконец, если 𝐸 = 𝐸3 , движение МТ – инфинитное.
Запишем закон движения:
24
t − t0 =
=
dx
2
( E − U ( x ))
m
ch ( x ) dx
=
2 Ech2 ( x ) + 2 2
=
dx
=
2 ( E + ch
2
d ( sh ( x ) )
2 E (1 + sh ( x ) ) + 2
2
d
2 E + 2 E + 2
2
2
2
−2
( x ))
=
= / = sh ( x ) / =
(2.17)
.
Рассмотрим случай, когда 𝐸 = 𝐸3 и покажем, что такой выбор полной
энергии системы приводит к инфинитному движению. Поскольку для случая
𝐸 = 𝐸3 полная энергия положительна, вынесем константу
t − t0 =
d
2 E 2 + 2 E + 2 2
1
t − t0 =
Arsh
2E
2
1
+
E
=a
sh
(
)
2 E ( t − t0 ) =
a
=
1
2E
(
√2𝐸
за знак интеграла:
d
2
2
+ 1 +
E
=
2 E ( t − t0 ) = Arsh
a
= a sh
x = Arsh a sh
1
(
(2.18)
)
2 E ( t − t0 ) = sh ( x )
)
2 E ( t − t0 ) .
Поскольку функция 𝑠ℎ(𝑥) монотонно возрастающая, из (2.18) видно, что с увеличением времени увеличивается и координата, а следовательно такое движение
инфинитное.
Рассмотрим случай 𝐸 = 𝐸2 и покажем, что движение МТ при выборе такого значения полной энергии приводит к финитному движению. Поскольку для
случая 𝐸 = 𝐸2 полная энергия отрицательная, вынесем положительную константу
1
√2|𝐸|
за знак интеграла:
25
t − t0 =
d
2 E + 2 E + 2
2
2
=
1
2E
d
2
E
=
−1− 2
1
t − t0 =
arcsin
2
2E
−1
E
2 E ( t − t0 ) = arcsin sin 2 E ( t − t0 ) =
a
a
(
)
= a sin ( 2 E ( t − t ) ) = sh ( x )
x = Arsh a sin ( 2 E ( t − t ) ) .
(2.19)
0
0
Поскольку время является аргументом гармонической функции то с его течением координата будет изменяться по гармоническому закону с периодом 𝑇, таким образом движение будет финитным.
Рассмотрим последний случай 𝐸 = 0 и покажем, что этот случай соответствует инфинитному движению:
t − t0 =
d
2
2
t − t0 =
2 ( t − t0 ) = = sh ( x )
2
(2.20)
x = Arsh 2 ( t − t0 ) .
Из (2.20) видно, что с течением времени координата МТ изменяется неограниченно, поскольку с течением времени функция изменяется монотонно, следовательно такое движение является инфинитным. Полная энергия 𝐸 = 0 разделяет
области финитного и инфинитного движения, такой уровень полной энергии соответствует движению по сепаратрисе.
Ответ: смотри ход решения задачи.
26
Задача 2.6.
МТ массы 𝑚 = 1 движется во внешнем поле 𝑈(𝑥) = 𝐴(𝑒 −2𝛼𝑥 −
2𝑒 −𝛼𝑥 ), 𝐴 > 0, 𝛼 > 0 (потенциал Морзе). Рассмотреть возможные виды движения.
Решение:
Поскольку задача одномерная, будем решать ее методом потенциальных
кривых. Изобразим зависимость потенциальной энергии от координаты:
Рис. 2.7. ФП системы
При различных значениях полной энергии (рис. 2.7.) возникают области
запрещенного движения (ОЗД), области финитного и инфинитного движения:
• при 𝐸 = 𝐸1 , движение невозможно;
• если 𝐸 = 𝐸2 , тогда движение МТ – финитное;
27
• если 𝐸 = 𝐸3 , движение МТ – инфинитное;
• если 𝐸 = 0, движение МТ происходит по сепаратрисе.
Запишем закон движения:
dx
t − t0 =
=
2
( E − U ( x ))
m
=
2 ( E − Ae
dx
−2 x
+ 2 Ae
− x
)
=
(2.21)
d ( e x )
x
1
e dx
1
=
.
2 Ee2 x − A (1 − 2e x ) 2 Ee2 x + 2 Ae x − A
Рассмотрим частные случаи. Пусть 𝐸 = 𝐸3 . Покажем, что при выборе такого значения энергии движение МТ будем инфинитным. Поскольку для случая
𝐸 = 𝐸3 полная энергия положительна, вынесем константу
t − t0 =
=
1
2E
1
2
d ( e x )
1
√2𝐸
за знак интеграла:
/ e x = /
Ee2 x + 2 Ae x − A
1
d
=
2
2E
2A
A A
2 + − 2
E
E E
A
A
d +
+
1
E
E
.
=
Arsh
2
2
2
A A
A A A 2E
+ 2
+
−
+
E E
E E E 2
(2.22)
Дальнейшие выкладки аналогичны предыдущей задаче. Так как функция
𝐴𝑟𝑠ℎ(𝑥) монотонная, движение будет инфинитным.
Определим закон движения в случае, когда 𝐸 = 𝐸2 и покажем, что при выборе такого значения полной энергии движение МТ будет финитным. Поскольку
для случая 𝐸 = 𝐸2 полная энергия отрицательная, вынесем положительную константу
1
√2|𝐸|
за знак интеграла:
28
t − t0 =
=
1
2E
1
2E
d
− 2 +
2
=
2A
A A
− 2
E
E E
A
d −
E
1
=
arcsin
2
2E
A2
A
A
2 − − −
E
E
E
A
−
E
2
A
A
−
2
E
E
(2.23)
.
Дальнейшие выкладки аналогичны предыдущей задаче. Так как закон движения (2.23) задается периодической функцией, движение МТ будет финитным.
Ответ: смотри ход решения задачи.
Задачи для самостоятельного решения
• Материальная точка массой 𝑚 = 2𝑥 движется во внешнем потенциальном
поле с энергией 𝑈(𝑥) = −2𝑥 2 + 𝑥 4 . Найти условия финитности и нарисовать фазовый портрет;
𝑥
• Найдите закон движения частицы в потенциальном поле 𝑈 = −𝑈0 𝑒 𝑎, если
ее полная энергия 𝐸 = 0. В начальный момент времени 𝑥(0) = 𝑥0 , 𝑥̇ (0) =
𝑥̇ 0 ,
• Определите закон движения и период колебаний частицы в поле 𝑈 =
−
𝑈0
𝑐ℎ2 𝑎𝑥
если полная энергия 𝐸 < 0.
29
3. ДВИЖЕНИЕ В ЦЕНТРАЛЬНОМ ПОЛЕ
Введение
Рассмотрим движение тела относительно Земли. Первая космическая скорость или круговая скорость 𝑣 – это скорость, необходимая для обращения спутника по круговой орбите вокруг Земли (см. рис. 3.1.).
Рис. 3.1.
Если центростремительное ускорение
𝑣12
𝑅з
= 𝑔, где 𝑔 – ускорение свобод-
ного падения, тогда движение происходит по окружности, при этом 𝑣1 – первая
космическая скорость, 𝑅з – радиус Земли:
v1 = gRз 7,9
км
.
с
(3.1)
Вторая космическая скорость 𝑣2 = 𝑣1 √2, так называемая, скорость убегания или параболическая скорость – это минимальная скорость, которую должно
иметь свободно движущееся тело, чтобы, преодолев силу гравитационного притяжения, покинуть орбиту Земли. Если скорость тела 𝑣2 > 𝑣 > 𝑣1 , то движение
происходит по эллиптической траектории (рис 3.2.).
30
Рис. 3.2.
Если скорость тела 𝑣 > 𝑣1 , причем 𝑣 = 𝑣2 = 𝑣1 √2 – вторая космическая
скорость, то движение тела происходит по параболической траектории (рис.
3.3.).
Рис. 3.3.
Наконец, если скорость тела больше второй космической скорости 𝑣 > 𝑣2 ,
то движение происходит по гиперболической траектории (см. рис. 3.4.).
31
Рис. 3.4.
Рассмотрим случай, когда 𝑣 ≪ 𝑣1 (например, 𝑣 = 0), тогда движение МТ
происходит по эллипсу, фокусы которого поменялись местами. Участок эллиптической орбиты пересекает Землю, т. к. центр масс Земли находится в фокусе
(см. рис. 3.5.). На поверхности Земли 𝑔 ≈ 9,8
кг
м∙с2
, следовательно, если есть го-
ризонтальная составляющая скорости, то эллиптическая орбита переходит в параболическую.
Рис. 3.5.
Если нет горизонтальной составляющей скорости, то тело падает вертикально вниз по прямой.
32
Задача 3.1.
Метеор массой 𝑚 с нулевой начальной скоростью падает на Землю с расстояния ℎ ≫ 𝑅з . Определить скорость падения метеора вблизи поверхности
Земли (см. рис. 3.6.).
Рис. 3.6.
Решение:
Запишем второй закон Ньютона в векторной форме и учтем, что в системе
действует гравитационная сила притяжения, тогда:
dp
mM r
= F = − 2 з .
dt
r r
(3.2)
Поскольку метеор падает с нулевой начальной скоростью, траектория падения
будет прямая (выберем направление этой прямой вдоль оси 𝑜𝑦). Для решения
задачи выберем ДПСК. Спроецируем векторное уравнение на координатную ось
𝑜𝑦:
dp y
dt
= −
mM з
.
y2
(3.3)
Вблизи поверхности Земли, верно, следующее:
mM з
= mg M з = R 2 g.
2
R
Теперь уравнение (3.3) с учетом (3.4) примет вид:
33
(3.4)
d ( mv y )
dt
= −
mM з
mRз2
=
−
g
y2
y2
dv y
dt
= −g
Rз2
.
y2
(3.5)
Умножим правую и левую части уравнения (3.5) на скорость 𝑣𝑦 , получим:
2
1 dv y
Rз2 dy
= −g 2
2 dt
y dt
v y2
2
= gRз2
v y2
2
= − gRз2
dy
y2
(3.6)
1
+ C.
y
Определим константу 𝐶 из начальных условий. Поскольку начальная скорость 𝑣0 = 0 и метеор находился на высоте ℎ, получим:
0 = gRз2
1
gRз2
+C C =−
.
Rз + h
Rз + h
(3.7)
Подставим значение константы (3.7) в уравнение (3.6), получим:
vy =
2 gRз2
gRз2
−
.
y
Rз + h
(3.8)
Соотношение (3.8) устанавливает связь между скоростью падения и высотой ℎ над поверхностью Земли. Пусть 𝑦 = 𝑅з , т. е. определим скорость тела
вблизи поверхности:
gRз2
v y = 2 gRз −
.
Rз + h
(3.9)
Учтем, что метеор падал с высоты ℎ ≫ 𝑅з , (ℎ → ∞), тогда:
v y = 2 gRз .
(3.10)
Т. е. скорость тела при падении с бесконечно большой высоты совпадает
со второй космической.
Ответ: смотри (3.10).
Задача 3.2.
Искусственный спутник Земли движется по эллиптической траектории с
эксцентриситетом 𝜀. Найти отношение максимальной угловой скорости к минимальной
𝜑̇𝑚𝑎𝑥
𝜑̇𝑚𝑖𝑛
(рис. 3.7.).
34
Рис. 3.7.
Решение:
Известно, что при движении механической системы в центральном поле
величина 𝑟 2 𝜑̇ сохраняется, т. е. является интегралом движения, тогда:
r 2 =
M
m
=
M
,
mr 2
(3.11)
где 𝑚 – масса спутника, 𝑀 – модуль момента импульса. В силу второго закона
Кеплера (закона сохранения секториальной скорости), наибольшая угловая скорость 𝜑̇ 𝑚𝑎𝑥 будет достигаться на минимальном расстоянии до силового центра,
т. е. в перигее, а минимальная угловая скорость будет достигаться на максимальном удалении от силового центра, в апогее:
2
2
rmax
min = rmin
max .
Из (3.12) видно, что искомое отношение скоростей
(3.12)
𝜑̇𝑚𝑎𝑥
𝜑̇𝑚𝑖𝑛
будет опреде-
ляться отношением квадратов расстояний 𝑟𝑚𝑎𝑥 и 𝑟𝑚𝑖𝑛 до силового центра:
2
max rmax
= 2 .
min rmin
(3.13)
Запишем выражение для всех возможных траекторий при движении в центральном поле (уравнение конического сечения):
P
= 1 + cos.
r
(3.14)
Выразим радиус орбиты 𝑟 из (3.14):
r=
P
.
1 + cos
35
(3.15)
Очевидно, что максимальное (минимальное) значение радиуса орбиты будет достигаться при минимуме (максимуме) знаменателя, тогда:
P
;
1−
P
=
.
1+
rmax =
rmin
(3.16)
Подставим каждое выражение из (3.16) в (3.13) и определим искомое отношение
угловых скоростей движения по эллиптической орбите:
max 1 +
=
.
min 1 −
2
(3.17)
Ответ: смотри (3.17).
Задача 3.3.
Искусственный спутник Земли перевели с круговой орбиты радиуса 𝑟1 на
круговую орбиту радиуса 𝑟2 , причем 𝑟2 > 𝑟1 . Как при этом изменится потенциальная 𝑈, кинетическая 𝑇 и полная 𝐸 энергии спутника?
𝑈1 𝑇1 𝐸1
,
,
𝑈2 𝑇2 𝐸2
=?
Рис. 3.8.
Решение:
Поскольку речь идет о задаче Кеплера, т. е. о движение в центральном поле
𝛼
с потенциальной энергией 𝑈(𝑟) = − , тогда при переходе с круговой орбиты ра𝑟
диуса 𝑟1 на орбиту радиуса 𝑟2 потенциальная энергия изменится следующим образом:
36
U1 r2
= .
U 2 r1
(3.18)
Из (3.18) видно, что при переходе искусственного спутника Земли с круговой орбиты радиуса 𝑟1 на круговую орбиту радиуса 𝑟2 , потенциальная энергия
уменьшается.
Определим изменение кинетической энергии. Поскольку задача о движении в центральном поле имеет две переменные: 𝑟(𝑡) – расстояние до силового
центра, 𝜑(𝑡) – угловая переменная, то кинетических энергий будет две. Для радиальной части задачи изменение кинетической энергии
𝑇1
𝑇2
при переходе с одной
орбиты на другую можно записать следующим образом:
T1 r12
=
T2 r22
2
T1 0
T1 r1 = 0,
/
/
= .
2
T
0
T
r
=
0.
2
2 2
(3.19)
Казалось бы, мы получили неопределенность, но поскольку движение происходит по круговой орбите, т. е. движение ограничено условием 𝑟 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡, кинетическая энергия радиальной части задачи равна нулю и ее изменения не происходит.
Рассмотрим кинетическую энергию угловой части задачи. Покажем, что
кинетическая энергия угловой части задачи совпадает с центробежной энергией.
Запишем центробежную энергию с учетом закона сохранения момента импульса:
M2
m2 r 4 2 mr 2 2
2
= / M = mr / =
=
.
2mr 2
2mr 2
2
(3.20)
По определению кинетической энергии (квадратичная форма скорости) выражение (3.20) определяет кинетическую энергию угловой части задачи.
Найдем отношение угловой кинетической энергии на первой и на второй
орбитах.
T1
M 2 2mr22
= 12
.
T2 2mr1 M 22
37
(3.21)
Следует обратить внимание на то, что моменты импульса 𝑀1 ≠ 𝑀2 , поскольку
перевод спутника с одной орбиты на другую не может быть описан задачей центрального поля, а происходит в результате воздействия внешних факторов
(например, при помощи двигателей).
Представим угловую кинетическую энергию следующим образом:
M2
C2
M2
M2
T=
/P=
=
=
/=
2mr 2
M з m2M з m
=
M
P
= 2.
2
m 2r
2r
(3.22)
2
здесь мы использовали выражение для константы 𝛼 = 𝛾𝑀з 𝑚 – из задачи Кеплера
при движении вокруг Земли, а также выражение для параметра орбиты 𝑃.
При движении по окружности эксцентриситет орбиты 𝜀 = 0, тогда уравнение конического сечения примет вид:
r=
P
1 + cos
/ = 0 / P = r.
(3.23)
Параметр круговой орбиты совпадает с радиусом этой орбиты. Найдем отношение угловых кинетических энергий с учетом (3.23):
T1 P1 2r22 2r2 r2
=
=
= .
T2 2r12 P2 2r1
r1
(3.24)
Наконец, для того чтобы определить изменение полной механической
энергии системы
𝐸1
𝐸2
, необходимо записать ЗСЭ для радиальной части задачи дви-
жения МТ в центральном поле:
mr12
M2
E=
+
+ U ( r ).
2
2mr 2
(3.25)
Поскольку кинетическая энергия радиальной части задачи равна нулю, тогда:
M2
E=
+ U ( r ).
2mr 2
(3.26)
Первое слагаемое в (3.26) – это угловая кинетическая энергия:
T=
2r
.
38
(3.27)
Таким образом, полная энергия радиальной части задачи имеет вид:
M2
M2
E=
+ U (r ) =
− = − =− .
2
2
2mr
2mr
r 2r r
2r
Тогда отношение полных энергий
𝐸1
(3.28)
определяется отношением радиусов орбит:
𝐸2
E1 r2
= .
E2 r1
(3.29)
Из (3.29) видно, что при переходе искусственного спутника Земли с круговой орбиты радиуса 𝑟1 на круговую орбиту радиуса 𝑟2 , потенциальная, кинетическая и полная энергия изменяются одинаковым образом
Ответ: смотри (3.18), (3.24) и (3.29).
Задача 3.4.
Исследовать траекторию движения МТ в центральном поле 𝑈(𝑟) =
−
𝛼
𝑟3
, (𝛼 > 0), при условии 𝑟 <
3𝛼𝑚
𝑀2
.
Решение:
Запишем закон сохранения энергии радиальной части задачи:
mr 2
M2
E=
+
− 3.
2
2
2mr
r
(3.30)
U eff ( r )
Задачу движения МТ в ЦП 𝑈(𝑟) = −
𝛼
𝑟3
, (𝛼 > 0) можно свести к одномерной пу-
тем введения эффективной потенциальной энергии 𝑈𝑒𝑓𝑓 (𝑟) =
𝑀2
2𝑚𝑟 2
𝛼
− 3. Сведе𝑟
ние задачи к одномерной позволяет нам применить метод потенциальных кривых. Изобразим график зависимости эффективной потенциальной энергии
𝑈𝑒𝑓𝑓 (𝑟):
39
Рис. 3.9.
Определим координату максимума эффективной потенциальной энергии:
M 2 3
=0
=− 3 + 4
dr
dr
mr
r
3 m
r* =
.
M2
dU eff
dU eff
(3.31)
По условию задачи мы должны исследовать траекторию движения лишь в ограниченной области движения МТ, а именно в области 𝑟 <
3𝛼𝑚
𝑀2
(рис. 3.9.), что со-
ответствует падению МТ на силовой центр.
Запишем выражение для траектории движения:
(r ) =
M
dr
mr 2
.
2
M2
E− 2 + 3
m
mr
r
(3.32)
Поскольку нас интересует движение МТ при 𝑟 ⟶ 0, в выражении (3.32) мы можем пренебречь полной 𝐸 и центробежной
𝑀2
2𝑚𝑟 2
сравнению с третьим слагаемым в знаменателе:
40
энергиями, которые малы по
M
dr
2
mr
(r )
.
2
mr 3
(3.33)
Оценим значение интеграла (3.33) при 𝑟 ⟶ 0:
(r )
dr
r
2
1
r3
dr
r
r.
(3.34)
Оценка интеграла (3.34) верна на малых расстояниях от силового центра, т. е.
при условии 𝑟 <
3𝛼𝑚
𝑀2
. В декартовой прямоугольной системе координат траекто-
рия движения 𝜑(𝑟)~√𝑟 представляет собой спираль, закручивающуюся к центру
поля:
Рис. 3.10. Траектория движения МТ в ЦП.
Ответ: смотри ход решения задачи.
Задача 3.5.
Найти траекторию движения материальной точки массы 𝑚 в центральном
поле 𝑈(𝑟) =
𝑘𝑟 2
2
, (𝑘 > 0) (поле пространственного осциллятора).
Решение:
Запишем закон сохранения энергии радиальной части задачи:
41
mr 2
M2
kr 2
E=
+
+
.
2
2mr 2
2
(3.35)
U eff ( r )
Задачу движения МТ в ЦП 𝑈(𝑥) =
𝑘𝑟 2
2
, (𝑘 > 0) можно свести к одномерной пу-
тем введения эффективной потенциальной энергии 𝑈𝑒𝑓𝑓 (𝑟) =
𝑀2
2𝑚𝑟
+
2
𝑘𝑟 2
2
. Сведе-
ние задачи к одномерной позволяет нам применить метод потенциальных кривых. Изобразим график зависимости эффективной потенциальной энергии
𝑈𝑒𝑓𝑓 (𝑟) (нас интересует только область 𝑟 > 0):
Рис. 3.11.
Из рисунка 3.11 видно, что если уровень полной энергии лежит выше
точки минимума эффективной потенциальной энергии, то движение будут финитным с точками поворота 𝑟𝑚𝑖𝑛 и 𝑟𝑚𝑎𝑥 .
Определим траекторию такого движения:
(r ) =
M
dr
mr 2
.
2
kr 2 M 2
E−
−
m
2 mr 2
42
(3.36)
1
𝑑𝛾,
𝑟
𝛾2 ,
Введем замену переменной = 𝛾, тогда 𝑑𝑟 = −
= −
:
M
d
d
m
= −
=
2mE
km
2E
k
M2 2
2
−
−
−
−
M 2 M 2 2
m m 2 m 2
= −
d
2mE 2 km
− 2 − 4
2
M
M
(3.37)
.
Выделим полный квадрат в подкоренном выражении (3.37), тогда:
= −
= −
d
2mE 2 mE
− 4 −
2
2
M
M
d
2
km
− 2
M
=
4 2mE 2 mE 2 km mE 2
− −
+ 2 − 2 + 2
2
M
M M
M
1
=−
2
d 2
2
km
2 mE mE
− − 2 + 2 − 2
M M M
2
=
(3.38)
.
Проинтегрируем (3.38), получим:
mE
2 − 2
1
M
= − arcsin
2
2
mE − km
M 2 M 2
+ C.
(3.39)
Константу интегрирования можно отбросить, путем выбора начальных условий,
поскольку она не влияет на форму траектории. Преобразуем (3.39) следующим
образом:
43
mE
2
− 2
M
2 = − arcsin
2
mE − km
M 2 M 2
=b
2 mE
− M2
2 = arccos
b
− .
2
(3.40)
𝜋
Далее слагаемое также можно отбросить в силу тех же причин. Возьмем коси2
нус от левой и правой частей (3.40), тогда:
2 mE
− M2
cos 2 = cosarccos
b
mE
2
−
M2 .
=
b
(3.41)
Умножим правую и левую части (3.41) на параметр 𝑏:
b cos 2 = 2 −
mE
.
M2
(3.42)
1
В (3.42) произведем обратную замену 𝛾 = , тогда:
𝑟
b cos 2 =
1 mE
−
r2 M 2
r 2b cos 2 + r 2
mE
= 1.
M2
(3.43)
В первом слагаемом (3.43) распишем косинус двойного угла: cos 2𝜑 = cos 2 𝜑 −
sin2 𝜑, а второе умножим на тригонометрическую единицу sin2 𝜑 + cos 2 𝜑 = 1,
тогда:
r 2b ( cos 2 − sin 2 ) + r 2
mE
sin 2 + cos 2 ) = 1
2 (
M
mE
mE
x 2b − y 2b + y 2 2 + x 2 2 = 1.
M
M
(3.44)
Вынесем общие множители в (3.44):
x2b − y 2b + y 2
mE
mE
2 mE
2
2 mE
+
x
=
1
x
b
+
+
y
2 − b = 1. (3.45)
2
2
2
M
M
M
M
Уравнение (3.45) – это каноническое уравнение эллипса. Траектория движения
МТ в центральном поле 𝑈(𝑟) =
𝑘𝑟 2
2
, (𝑘 > 0) – это эллиптическая траектория.
Ответ: смотри (3.45).
44
Задачи для самостоятельного решения
• При каких значениях момента 𝑀 возможно финитное движение частицы в
𝛼
поле с энергий 𝑈(𝑟) = − 𝑒 −𝛽𝑟 , 𝛼, 𝛽 > 0 (экранированный кулоновский
𝑟
потенциал;
• МТ массой 𝑚 движется по эллиптической траектории в центральном поле
𝑈(𝑟) = −
𝛼
𝑟
𝛼 > 0. Параметр орбиты 𝑃, эксцентриситет 𝜀. Найти пери-
центр орбиты;
• Изобразите траекторию движения частицы в центральном поле 𝑈(𝑟) =
Найти, если возможно, точки поворота системы для 𝐸 = 0.
45
𝑟2
4
.
4. СТЕПЕНИ СВОБОДЫ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ. ОБОБЩЕННЫЕ КООРДИНАТЫ. МЕТРИЧЕСКАЯ МАТРИЦА
Введение
Def: число степеней свободы 𝑠 механической системы из 𝑁 штук МТ – это
минимальное количество переменных (параметров), которые однозначно определяют конфигурацию механической системы.
Def: конфигурация механической системы – это информация о положениях (координатах) всех точек системы в заданный момент времени.
Сформулируем правило, которое позволит определить число степеней свободы для произвольной системы материальных точек в трехмерном пространстве с учетом связей. Запишем это правило для одной МТ (𝑁 = 1). Для системы
из 𝑁 штук МТ число степеней свободы определяется по формуле: 𝑠 = 3𝑁 − ℎ.
Таблица 1. Зависимость числа ограничений от условия движения
Число ограничений
Число степеней своУсловие движения МТ
(число связей) 𝒉
боды 𝒔
𝒉=𝟎
3
Свободное движение
𝒉=𝟏
2
Движение по поверхности
𝒉=𝟐
1
Движение вдоль линии
𝒉=𝟑
0
Точка закреплена
При свободном движении на МТ не действуют ограничения, поэтому:
h = 0 → s = 3 − 0 = 3.
(4.1)
Если точка движется по поверхности (например, по сфере радиуса 𝑎), тогда
уравнение этой поверхности (уравнение сферы) — это и есть уравнение связи.
При движении координаты МТ в любой момент времени должны удовлетворять
уравнению поверхности, т. е. такое движение ограничено уравнением:
x2 + y 2 + z 2 = a2
→
f ( x, y, z ) = 0.
(4.2)
В системе возникает связь, тогда:
h = 1 → s = 3 − 1 = 2.
46
(4.3)
При движении вдоль какой-либо линии уравнение этой линии всегда
можно задать при помощи двух пересекающихся поверхностей:
f1 ( x, y, z ) = 0;
f 2 ( x, y, z ) = 0,
(4.4)
а это значит, что при движении вдоль этой кривой пересечения поверхностей,
координаты МТ одновременно должны удовлетворять сразу двум уравнениям –
в системе возникает два ограничения (две связи), тогда:
h = 2 → s = 3 − 2 = 1.
(4.5)
Наконец, если точка в силу тех или иных причин не может двигаться (закреплена), то и изменений координат у этой точки не происходит. Формально
можно написать уравнения связей в такой системе как:
x = 0;
y = 0;
z = 0.
(4.6)
Таким образом, для закрепленной МТ существуют три связи, тогда:
h = 3 → s = 3 − 3 = 0.
(4.7)
Задача 4.1.
Найти число степеней свободы цепочки, состоящей из 𝑁 точек с постоянными расстояниями между соседями. (рис. 4.1.).
Рис. 4.1. Цепочка из 𝑁 МТ
Решение:
Число степеней свободы механической системы можно определить следующим образом:
s = 3N − h,
47
(4.8)
где 𝑁 – число МТ, ℎ – число связей. Для данной системы ограничениями являются фиксированные расстояния между соседними точками (звенья), при этом
число связей ℎ = 𝑁 − 1, а следовательно число степеней свободы цепочки, состоящей из 𝑁 МТ 𝑠 = 3𝑁 − 𝑁 + 1 = 2𝑁 + 1.
Ответ: 𝑠 = 2𝑁 + 1.
Задача 4.2.
Найти число степеней свободы плоского трехзвенного механизма (𝐴𝐵𝐶𝐷),
у которого точки 𝐴, 𝐷 могут перемещаться по оси 𝑜𝑥, а точки 𝐵, 𝐶 по плоскости
𝑜𝑥𝑦. Привести пример обобщенных координат.
Рис. 4.3.
Решение:
Число степеней свободы механической системы можно определить следующим образом:
s = 3N − h,
(4.9)
где 𝑁 – число МТ, ℎ – число связей. В нашем случае число МТ 𝑁 = 4. Определим
число связей (ограничений). По условию задачи точки 𝐴 и 𝐷 могут перемещаться
только лишь вдоль оси 𝑜𝑥, следовательно на каждую из них наложено по 2 ограничения (см. табл. 1.). Точки 𝐵, 𝐶 движутся в плоскости 𝑜𝑥𝑦, а следовательно, на
них наложено по 1 ограничению. Учтем также то, что точки 𝐴 − 𝐵, 𝐵 − 𝐶, 𝐶 − 𝐷
связаны между собой жестко (трехзвенный механизм), поэтому в число связей
48
(ограничений) необходимо добавить 3 ограничения (три стержня фиксированной
длины), т. е.:
h = 2 2 + 2 1 + 3 = 9.
(4.10)
Согласно (4.12) число степеней свободы 𝑠 = 3 ∙ 4 − 9 = 3, следовательно конфигурацию системы, изображенной на рис. 4.3., однозначно определяют три обобщенные координаты 𝑞1 , 𝑞2 , 𝑞3 . Выбор обобщенных координат можно осуществить различными способами. Например, выберем за 𝑞1 координату точки 𝑥𝐴 , т.
е. 𝑞1 = 𝑥𝐴 . За координату 𝑞2 выберем угол 𝛼, 𝑞2 = 𝛼, а 𝑞3 = 𝛽 (рис. 4.3.). Таким
образом мы зафиксировали положение системы с тремя степенями свободы в
пространстве с помощью трех обобщенных координат:
q1 = x A ;
q2 = ;
(4.11)
q3 = .
Важно отметить:
• выбор обобщенных координат неоднозначный, т. е. можно найти другую
тройку параметров, фиксирующих положение механизма в пространстве;
• любая обобщенная координата 𝑞𝑖 всегда может быть выражена через декартовы координаты точек системы.
Ответ: 𝑠 = 3; {𝑞1 = 𝑥𝐴 , 𝑞2 = 𝛼, 𝑞3 = 𝛽}.
Задача 4.3.
Найти число степеней свободы плоского многозвенного механизма, изображенного на рисунке 4.4. Расстояние между точками 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐹 фиксированно,
точки движутся в плоскости 𝑜𝑥𝑦. Точка 𝐴 движется вдоль оси 𝑜𝑥.
49
Рис. 4.4.
Решение:
Число степеней свободы механической системы можно определить следующим образом:
s = 3N − h,
(4.12)
где 𝑁 – число МТ, ℎ – число связей. В нашем случае число МТ 𝑁 = 5. Определим
число связей (ограничений). По условию задачи точка 𝐴 может перемещаться
только лишь вдоль оси 𝑜𝑥, следовательно на нее наложено 2 ограничения (см.
табл. 1.). Точки 𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐹 движутся в плоскости 𝑜𝑥𝑦, а следовательно, на них
наложено по одному ограничению. Учтем то, что точки 𝐴 − 𝐵, 𝐵 − 𝐶, 𝐶 − 𝐷, 𝐷 −
𝐹, 𝐹 − 𝐵 связаны между собой жестко, поэтому в число связей (ограничений)
необходимо добавить 5 ограничения (пять стержней фиксированной длины), т.
е.:
h = 4 1 + 1 2 + 5 = 11.
(4.13)
Согласно (4.15) число степеней свободы 𝑠 = 3 ∙ 5 − 11 = 4, следовательно конфигурацию механической системы, изображенной на рис. 4.4., однозначно определяют четыре обобщенные координаты 𝑞1 , 𝑞2 , 𝑞3 , 𝑞4 . Выбор обобщенных координат можно осуществить различными способами. Например, выберем за 𝑞1 координату точки 𝑥𝐴 , т. е. 𝑞1 = 𝑥𝐴 . За координаты 𝑞2 , 𝑞3 , 𝑞4 выберем углы 𝛼, 𝛽, 𝛾:
𝑞2 = 𝛼, 𝑞3 = 𝛽, 𝑞4 = 𝛾 (рис. 4.4.). Таким образом мы зафиксировали положение
50
системы с четырьмя степенями свободы в пространстве с помощью четырех
обобщенных координат:
q1 = x A ;
q2 = ;
q3 = ;
(4.14)
q4 = .
Нетрудно заметить, что за обобщенную координату 𝑞4 вместо угла 𝛾 мы
могли бы выбрать, например, расстояние между точками 𝐹 − 𝐶, т.о. выбор обобщенных координат неоднозначен, а определяется как геометрическими особенностями задачи, так и удобством описания положений точек механической системы.
Ответ: 𝑠 = 4; {𝑞1 = 𝑥𝐴 , 𝑞2 = 𝛼, 𝑞3 = 𝛽, 𝑞4 = 𝛾}.
Задача 4.4.
Найти число степеней свободы волчка (твердое тело с острием на оси),
движущегося по плоскости 𝑜𝑥𝑦.
Рис. 4.5.
Решение:
Любое твердое тело, свободно движущееся в пространстве – это система с
шестью степенями свободы, т. е. 𝑠 = 3𝑁 = 6. Ориентацию твердого тела в пространстве задают тремя декартовыми координатами 𝑥, 𝑦, 𝑧 и тремя углами
𝜑1 , 𝜑2 , 𝜑3 . Так как по условию задачи волчок движется в плоскости 𝑜𝑥𝑦, то в
51
системе возникает одно ограничение (связь) ℎ = 1 (движение по поверхности),
тогда число степеней свободы:
s = 3N − h = 6 − 1 = 5.
(4.15)
Найдем обобщенные координаты. Например, примем следующий набор обобщенных координат, фиксирующих конфигурацию системы:
q1 = x;
q2 = y ;
q3 = z;
(4.16)
q4 = 1;
q5 = 2 .
В силу того, что выбор обобщенных координат неоднозначен, мы могли бы зафиксировать положение нашей системы с помощью другого набора координат:
𝑞1 = 𝑥, 𝑞2 = 𝑦, 𝑞3 = 𝜑1 , 𝑞4 = 𝜑2 , 𝑞5 = 𝜑3 .
Ответ: 𝑠 = 5; {𝑞1 = 𝑥, 𝑞2 = 𝑦, 𝑞3 = 𝑧, 𝑞4 = 𝜑1 , 𝑞5 = 𝜑2 };
Задача 4.6.
Рассмотреть систему двух твердых тел (двух волчков), поставленных один
на другой, движущихся по плоскости.
Решение:
Рассмотрим указанную систему (рис. 4.6.).
Рис. 4.6.
52
Если бы система состояла из двух свободных твердых тел, число степеней
свободы: 𝑠 = 6 + 6 = 12. Определим число связей (ограничений) в нашей системе:
• первый волчок движется в плоскости, следовательно, налагается одно
ограничение;
• второй волчок закреплен на вершине первого, тогда возникает еще 3 связи,
поскольку координаты точки оси верхнего волчка однозначно задаются
положением нижнего волчка.
Таким образом, число ограничений ℎ = 1 + 3 = 4, а число степеней свободы
𝑠 = 12 − 4 = 8. Выберем набор обобщенных координат, фиксирующих нашу систему в пространстве:
q1 = x;
q5 = 21 ;
q2 = y;
q6 = 31;
q3 = z;
q7 = 12 ;
q4 = 11;
q8 = 22 .
(4.17)
Ответ: 𝑠 = 8; {𝑞1 = 𝑥, 𝑞2 = 𝑦, 𝑞3 = 𝑧, 𝑞4 = 𝜑11 , 𝑞5 = 𝜑21 , 𝑞6 = 𝜑31 , 𝑞7 =
𝜑12 , 𝑞8 = 𝜑22 }.
Задача 4.5.
Найти число степеней свободы линейной цепочки из 𝑁 точек, если две
крайние точки закреплены, а остальные могут двигаться только вдоль цепочки.
Рис. 4.2.
Решение:
Число степеней свободы:
s = 3N − h,
53
(4.18)
где 𝑁 – число МТ, ℎ – число связей. Определим число связей, исходя из геометрии задачи (рис. 4.2.). Т.к. две крайние точки закреплены, то на их возможное
движение наложено по три ограничения (закрепленная точка), а оставшиеся 𝑁 −
2 точки, могут двигаться только вдоль цепочки (движение вдоль линии), поэтому
на каждую из оставшихся точек наложено по два ограничения (связи) (см. табл.
1.), тогда:
h = 2 3 + ( N − 2 ) 2 = 2 N + 2.
(4.19)
Для числа степеней свободы имеем: 𝑠 = 3𝑁 − (2𝑁 + 2) = 𝑁 − 2.
Ответ: 𝑠 = 𝑁 − 2.
Задача 4.7.
Найти метрическую матрицу конфигурационного пространства, заданного
обобщенными координатами 𝑞1 , 𝑞2 , 𝑞3 если их связь с декартовыми задается следующими соотношениями: 𝑥 =
(𝑞1 −𝑞2 )
2
, 𝑦 = √𝑞1 𝑞2 , 𝑧 = 𝑞3 .
Решение:
Для того, чтобы определить метрическую матрицу или 𝐺-матрицу необходимо записать выражение для кинетической энергии данной механической системы. В трехмерном пространстве кинетическая энергия МТ в ДПСК:
T=
m 2
x + y 2 + z 2 ).
(
2
(4.20)
Нам нужно получить кинетическую энергию, выраженную через обобщенные скорости системы. Тогда коэффициенты, стоящие перед произведениями
скоростей в кинетической энергии системы, представляют собой элементы 𝐺матрицы.
Найдем скорости:
x=
y=
1
( q1 − q2 ) ;
2
1
( q1q2 + q1q2 ) ;
2 q1q2
z = q3 .
54
(4.21)
Возведем каждое из равенств (4.21) в квадрат и подставим в (4.20):
2
2
m 1
1
2
T=
q
−
q
+
q
q
+
q
q
+
q
( 1 2 1 2 ) 3
( 1 2 )
2 2
2
q
q
1 2
m1
1
T = ( q12 − 2q1q2 + q22 ) +
q12q22 + 2q1q2 q1q2 + q22q12 ) + q32
(
24
4q1q2
T=
m 2 1 q2 2 1 q1 2
q1 +
+ q2 +
+ q3
2 4 4q1
4 4q2
T=
(4.22)
m 2 q1 + q2 2 q1 + q2 2
q1
+ q2
+ q3 .
2 4q1
4q1
Составим 𝐺-матрицу (метрическую матрицу) для заданной механической
системы. Элементами матрицы являются коэффициенты, стоящие перед соответствующими произведениями скоростей (𝑞𝑖 𝑞𝑗 ), где 𝑖 = 1,2,3 и 𝑗 = 1,2,3, тогда:
q1 + q2
4q
1
m
G= 0
2
0
0
q1 + q2
4q1
0
0
0
1
(4.23)
Ответ: смотри (4.23).
Задачи для самостоятельного решения
• Получить решение задач 4.1 и 4.2, используя свойства арифметической
прогрессии по индукции;
• Найти метрическую матрицу конфигурационного пространства, заданного
обобщенными координатами 𝑞1 , 𝑞2 , 𝑞3 если их связь с декартовыми зада1
𝑞
ется следующими соотношениям: 𝑥 = 𝑙𝑛(𝑞12 − 𝑞22 ), 𝑦 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 ( 1), 𝑧 =
2
𝑞
2
𝑞3 ;
• Найти число степеней свободы системы двух МТ, соединенных жестко невесомой нитью длины 𝑙. Одна МТ движется по поверхности конуса с углом
55
раствора 2𝛼, а вторая точка движется вдоль оси 𝑜𝑧. Привести пример обобщенных координат. См. рис. 4.7.
Рис. 4.7.
56
5. МЕХАНИЧЕСКИЕ КОЛЕБАНИЯ
Задача 5.1
Найти период малых колебаний МТ с массой 𝑚, движущейся по оси 𝑜𝑥 и
прикрепленной к пружине, другой конец которой находится в точке 𝐴. Наименьшая длина пружины 𝑙0 , при этом она поджата с силой 𝐹0 (рис. 5.1.).
Рис. 5.1.
Решение:
Если пружина поджата в точке с координатой 𝑥 = 0 с силой 𝐹0 , то в произвольной точке 𝑥 она растянута с энергией:
U ( x ) = F0l = F0 (l ( x ) − l0 ).
(5.1)
Определим зависимость длины пружины от текущей координаты 𝑥 МТ (из прямоугольного треугольника):
l ( x ) = x2 + l02 .
(5.2)
Учтем, что отклонения малы, тогда отношение текущей координаты 𝑥 к
длине пружины 𝑙0 много меньше единицы, т. е. верно
𝑥
𝑙0
≪ 1. Выражение (5.2)
можно свести к:
2
x
x + a = a 1+ .
a
2
2
57
(5.3)
𝑥
Поскольку отношение ≪ 1, можно разложить (5.3) в ряд по малому параметру
𝑎
𝑥
𝑎
:
2
1 x 2
x
a 1 + a 1 + .
2 a
a
(5.4)
По условию задачи колебания являются малыми, поэтому (5.2) можно раз𝑥
ложить в ряд по малому параметру , тогда:
𝑙0
2
1 x 2
x
1 x2
l ( x ) = l0 1 + l0 1 + = l0 +
.
l
2
l
2
l
0
0
0
(5.5)
Подставим (5.5) в (5.1), получим:
1 x2
1 x 2 F0 x 2 kx 2
U ( x ) = F0 l0 +
− l0 = F0
=
=
,
2
l
2
l
l
2
2
0
0
0
где 𝑘 =
𝐹0
𝑙0
(5.6)
– жесткость пружины. Полная энергия системы – это есть сумма кине-
тической и потенциальной энергий МТ, т. е.:
E = T + U ( x) =
mx 2 kx 2
+
.
2
2
(5.7)
Из (5.7) можно определить частоту малых колебаний 𝜔0 как корень квадратный из отношения коэффициента жесткости к коэффициенту инертности:
0 =
k
F0
=
.
m
ml0
(5.8)
ml0
.
F0
(5.9)
Тогда период малых колебаний:
T=
2
0
= 2
Ответ: смотри (5.8) и (5.9).
58
Задача 5.2
Найти частоту и период малых колебаний системы, изображенной на рисунке 5.2. МТ с массой 𝑚 может двигаться только по окружности радиуса 𝑟. В
положении равновесия пружина имеет длину 𝑙0 и поджата с силой 𝐹0 .
Рис. 5.2.
Решение:
Система, изображенная на рисунке 5.2., является одномерной, поскольку
при движении МТ по окружности радиуса 𝑟 изменяется лишь угол 𝜑, который
является функцией времени 𝜑(𝑡).
Аналогично предыдущей задачи определим потенциальную энергию МТ в
зависимости от угла 𝜑(𝑡) следующим образом:
U ( ) = F0l = F0 (l ( ) − l0 ).
(5.10)
Выразим зависимость текущей длины пружины 𝑙 от угла 𝜑. Из рис. 5.2. с
учетом теоремы косинусов получаем:
l ( ) =
(l0 + r )
2
+ r 2 − 2r ( l0 + r ) cos .
(5.11)
Поскольку колебания малые, изменение угла 𝜑(𝑡) мало. Разложим в ряд функцию cos 𝜑(𝑡) по малому параметру 𝜑(𝑡):
l ( ) =
( l0 + r )
( l0 + r )
2
2
+ r 2 − 2r ( l0 + r ) cos
2
+ r − 2r ( l0 + r ) 1 − .
2
2
Раскроем скобки в (5.12) и приведем подобные слагаемые:
59
(5.12)
( l0 + r )
l ( ) =
2
− 2r ( l0 + r ) + r 2 + r ( l0 + r ) 2 =
= l + r ( l0 + r ) .
2
0
(5.13)
2
В дальнейших преобразованиях, аналогично предыдущей задачи, в подкоренном
выражении (5.13) нужно получить выражение вида (5.4):
r ( l0 + r ) 2
l ( ) = l + r ( l0 + r ) = l0 1 +
.
l02
2
0
2
Разложим (5.14) в ряд по малому параметру
𝑟(𝑙0 +𝑟)𝜑2
𝑙02
(5.14)
:
r ( l0 + r ) 2
r ( l0 + r ) 2
l ( ) = l0 1 +
l0 1 +
=
2
l02
2
l
0
r ( l0 + r ) 2
= l0 +
.
2l0
(5.15)
Подставим выражение (5.15) в (5.10), получим:
F0r ( l0 + r ) 2 k 2
r ( l0 + r ) 2
U ( ) = F0 l0 +
− l0 =
=
,
2
l
2
l
2
0
0
где 𝑘 =
𝐹0 𝑟(𝑙0 +𝑟)
𝑙0
(5.16)
– коэффициент жесткости пружины. Известно, что кинетическая
энергия МТ в полярной системе координат (ПСК) может быть записана в виде:
mr 2 2
T=
.
2
(5.17)
Запишем полную энергию системы:
mr 2 2 k 2
E = T + U ( ) =
+
,
2
2
причем 𝑚′ = 𝑚𝑟 2 и 𝑘 =
(5.18)
𝐹0 𝑟(𝑙0 +𝑟)
𝑙0
.
Определим частоту малых колебаний:
0 =
F r (l + r )
F (l + r )
k
k
=
= 0 02
= 0 0
.
2
m
mr
mr l0
mrl0
Тогда период 𝑇 имеет вид:
60
(5.19)
T=
2
0
= 2
mrl0
.
F0 ( l0 + r )
(5.20)
Ответ: смотри (5.19) и (5.20).
Задача 5.3
Определить период малых колебаний плоского математического маятника
с полной энергией 𝐸 =
𝑚𝑟 2 𝜑̇2
2
− 𝑚𝑔𝑙 cos 𝜑 в зависимости от амплитуды колеба-
ний (рис. 5.3.).
Рис. 5.3.
Решение:
Движение плоского математического маятника – это одномерная задача,
причем обобщенной координатой является угол 𝜑(𝑡). Запишем выражение для
периода одномерного движения во внешнем поле:
x2 ( E )
T = 2m
x1 ( E )
dx
E −U ( x)
,
где 𝑥1 (𝐸), 𝑥2 (𝐸) – координаты точек остановки (рис. 5.4.).
61
(5.21)
Рис. 5.4.
В наших переменных 𝑥 → 𝜑 и 𝑚 → 𝑚𝑙 2 . В точках остановки кинетическая
энергия МТ обращается в ноль, т. е. полная энергия в них имеет вид:
E = −mgl cos0 .
(5.22)
Подставим (5.22) в (5.21), получим:
T = 2ml
0
2
−0
d
l 0
d
= 2
.
g −0 cos − cos0
mgl cos − mgl cos0
Рис. 5.5.
Преобразуем (5.23) применяя формулы повышения степени:
62
(5.23)
l 0
d
l 0
T= 2
= 2
g −0 cos − cos 0
g − 0
=
0
l
g −0
d
sin
2 0
2
− sin
2
d
1 − 2sin
l
g
=2
2
0
2
− 1 + 2sin
d
0
2
sin
2 0
2
− sin
2
2 0
2
=
(5.24)
,
2
где учтено, что подынтегральная функция – это четная функция. Введем новую
переменную в виде:
sin =
sin
sin
2 .
(5.25)
0
2
Продифференцируем левую и правую части (5.25):
1
cos d
2 .
cos d = 2
sin 0
2
(5.26)
Преобразуем левую часть (5.26):
cos d
/ cos = 1 − sin 2 /
1 − sin 2 d .
(5.27)
Подставим новую переменную (5.25) в (5.27), тогда:
sin 2 0 − sin 2
2
2 d .
2 d =
1 − sin 2 d = 1 −
sin 2 0
sin 0
2
2
sin 2
(5.28)
Преобразуем правую часть (5.26):
1
1
1 − sin 2 d
cos d
2 .
2
2
=2
sin 0
sin 0
2
2
Аналогичным образом подставим замену (5.25) в (5.29):
63
(5.29)
1
1
1 − sin 2 d
1 − sin 2 0 sin 2 d
2
2
2
=2
.
0
0
sin
sin
2
2
(5.30)
Поскольку левая и правая части (5.26) равны, приравняем (5.28) к (5.30):
sin 2
0
− sin 2
2
sin
2 d = 1
2
0
1 − sin 2
0
sin
0
2
sin 2
2
d.
(5.31)
2
Выразим из (5.31) 𝑑𝜑 через остальные переменные, получим:
sin 2
d = 2 d
0
2
1 − sin
2
− sin 2
0
2 .
(5.32)
sin
2
2
Подставим (5.32) в исходное выражение для периода колебаний (5.23):
l
g
T =2
0
0
2d sin 2
0
sin
2 0
2
l
=4
g
− sin
2
0
1 − sin
2
2 0
2
d
2
2
2
− sin 2
1 − sin
2 0
2
=
sin 2
(5.33)
.
sin 2
Рассматривая 𝜑0 как параметр, учтем малость колебаний и разложим в ряд
sin2
𝜑0
2
по 𝜑0 :
T 4
l
g
d
2
0
1−
2
0
4
=4
sin 2
l
g
2
1 −
0
−
1
2
sin 2 d .
4
2
0
(5.34)
Применим к (5.34) разложение вида:
(1 + a )
−
1
2
1
1 − a,
2
где 𝑎 – некоторый малый параметр разложения.
64
(5.35)
l
T 4
g
−
1
2
l
2
0 1 − 4 sin d 4 g
2
0
2
02 2
0 1 + 8 sin d .
2
(5.36)
Представим (5.36) как сумму интегралов:
l
T =4
g
02 2
l
1
+
sin
d
=
4
0 8
g
2
2
l
d
+
4
0
g
2
02
0
8
sin 2 d .
(5.37)
В (5.37) нетрудно проинтегрировать первое слагаемое. Для вычисления второго
слагаемого понизим степень в подынтегральном выражении для sin2 𝜉 и далее
разобьем на два интеграла, тогда:
l
T =4
g
= 2
2
l
d
+
4
0
g
l
+
g 4
2
0
l
g
2
0
02 1 − cos 2
8
2
d −
0
2
0
4
2
l
g
d =
(5.38)
2
cos 2 d .
0
Нетрудно заметить, что последнее слагаемое (5.38) при интегрировании обращается в ноль, тогда период колебания плоского математического маятника в зависимости от амплитуды:
l 02
T = 2
+
g
8
l
l 02
= 2
1 + .
g
g 16
(5.39)
Ответ: смотри (5.39).
Задача 5.4
МТ с массой 𝑚 под действием внешней силы 𝐹(𝑡) совершает вынужденные колебания. В начальный момент 𝑡 = 0 координата и скорость системы:
𝑥(0) = 0, 𝑥̇ (0) = 0. Определить закон движения МТ если: 1) 𝐹(𝑡) = 𝐹0 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡;
2) 𝐹(𝑡) = 𝛼𝑡; 3) 𝐹(𝑡) = 𝐹0 𝑒 −𝛼𝑡 .
Решение:
Пусть 𝑭(𝒕) = 𝑭𝟎 = 𝒄𝒐𝒏𝒔𝒕. Запишем уравнение колебаний:
x + 2x =
F0
.
m
65
(5.40)
Уравнение (5.40) – это неоднородное линейное дифференциальное уравнение
(НЛДУ) второго порядка. Решение уравнения (5.40) будем искать в виде суммы
общего решения однородного линейного дифференциального уравнения
(ОЛДУ) и частного решения НЛДУ:
x = xобщее + xчастное .
(5.41)
Общее решение ОЛДУ для (5.40) имеет вид:
x общее = a cos (t + ) .
(5.42)
Частное решение НЛДУ будем искать методом подбора по виду неоднородности
правой части (5.40):
xчастное =
F0
.
m 2
(5.43)
Общее решение НЛДУ, как говорилось раннее, есть сумма общего решения ОЛДУ и частного НЛДУ, т. е.:
x ( t ) = a cos (t + ) +
F0
.
m 2
(5.44)
Определим неизвестные константы 𝑎 и 𝛽. Подставим (5.44) в (5.40) и воспользуемся начальными условиями. Получим выражение для скорости МТ:
F0
x ( t ) = −a sin (t + )
m 2
x ( 0 ) = − a sin ( 0 + ) = 0 = 0.
x ( t ) = a cos (t ) +
(5.45)
0
Для координаты, при условии, что 𝛽 = 0:
x ( t ) = a cos (t ) +
F0
m 2
x ( 0 ) = a cos ( 0 ) +
F0
=0
m 2
F
a = − 02 .
m
(5.46)
Подставим вычисленные константы из (5.45) и (5.46) в общее решение НЛДУ
(5.44), получим закон вынужденных гармонических колебаний при внешней
силе 𝐹(𝑡) = 𝐹0 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡:
x (t ) = −
F0
F0
F0
cos
t
+
=
(
)
(1 − cos (t ) ).
m 2
m 2 m 2
66
(5.47)
Пусть 𝑭(𝒕) = 𝜶𝒕. Аналогичным образом составим уравнение вынужденных колебаний:
x + 2x =
t
m
.
(5.48)
Решение будем искать в виде суммы общего решения ОЛДУ и частного
решения НЛДУ:
x = xобщее + xчастное .
(5.49)
Общее решение ОЛДУ для уравнения (5.48) имеет вид:
x общее = a cos (t + ) .
(5.50)
Частное решение НЛДУ будем искать методом подбора по виду неоднородности
правой части (5.48):
xчастное =
t
.
m 2
(5.51)
Тогда общее решение НЛДУ имеет вид:
x ( t ) = a cos (t + ) +
t
.
m 2
(5.52)
Определим неизвестные константы 𝑎 и 𝛽. Подставим (5.52) в (5.48) и воспользуемся начальными условиями. Для координаты получим:
x ( t ) = a cos (t + ) +
t
m 2
x ( 0 ) = a cos ( 0 + ) + 0 = 0
0
=
2
(5.53)
,
где 𝑎 ≠ 0, поскольку нас не интересует тривиальное решение 𝑥(𝑡) = 0. Для скорости:
t
x ( t ) = a cos t + +
2 m 2
x ( t ) = −a sin t + +
2 m 2
x ( 0 ) = − a sin 0 + +
=0
2
2
m
0
0 = −a +
=
0
a
=
.
m 2
m 3
67
(5.54)
Подставим полученные константы из (5.53) и (5.54) в (5.52), тогда закон вынужденных колебаний при действии внешней силы 𝐹(𝑡) = 𝛼𝑡 имеет вид:
x (t ) =
t
cos t + +
=
t + cos t + =
3
2
3
m
2 m
m
2
=
(t − sin t ).
m 3
(5.55)
Пусть 𝑭(𝒕) = 𝑭𝟎 𝒆−𝜶𝒕 . Аналогичным образом составим уравнение вынужденных колебаний:
x + 2x =
F0 − t
e .
m
(5.56)
Решение будем искать в виде суммы общего решения ОЛДУ и частного
решения НЛДУ:
x = xобщее + xчастное .
(5.57)
Общее решение ОЛДУ для (5.56) можно представить в виде:
xобщее = C1 cos t + C2 sin t.
(5.58)
Частное решение НЛДУ будем искать методом подбора по виду правой части
(5.56):
xчастное = be−t .
(5.59)
Подставим частное решение НЛДУ (5.59) в уравнение (5.56) и определим
неизвестную константу 𝑏:
2be− t + 2 xbe− t =
F0 − t
e
m
b ( 2 + 2 ) =
F0
m
F0
b=
.
m ( 2 + 2 )
(5.60)
Тогда общее решение НЛДУ имеет вид:
x ( t ) = C1 cos t + C2 sin t +
F0
e − t .
2
2
m ( + )
(5.61)
Определим неизвестные константы 𝐶1 и 𝐶2 . Подставим (5.61) в (5.56) и
применим начальные условия. Для координаты:
68
x ( t ) = C1 cos t + C2 sin t +
x ( 0 ) = C1 + 0 +
C1 = −
F0
e − t
2
2
m ( + )
F0
=0
m ( 2 + 2 )
(5.62)
F0
.
m ( + 2 )
2
Для скорости:
x ( t ) = C1 cos t + C2 sin t +
F0
e − t
2
2
m ( + )
x ( t ) = −C1 sin t + C2 cos t −
F0
e − t
2
2
m ( + )
F0
x ( 0 ) = 0 + C2 −
=0
m ( 2 + 2 )
C2 =
(5.63)
F0
.
m ( 2 + 2 )
Запишем общее решение НЛДУ (5.56):
x (t ) = −
F0
F0
F0
cos
t
+
sin
t
+
e − t =
2
2
2
2
2
2
m ( + )
m ( + )
m ( + )
F
= 2 0 2 e− t − cos t + sin t .
( + ) m
(5.64)
Ответ: смотри (5.47), (5.55), (5.64).
Задачи для самостоятельного решения
• Найти отношение частот колебаний 𝜔 и 𝜔′ двух двухатомных молекул, состоящих из атомов различных изотопов: массы атомов соответственно
равны 𝑚1 , 𝑚2 и 𝑚1′ , 𝑚2′ ;
• Найти частоту малых колебаний плоского маятника с массой 𝑚2 , прикрепленного к телу массой 𝑚1 , движущемуся по горизонтальной прямой в той
же плоскости;
69
• Найти частоту малых колебаний математического маятника, точка подвеса
которого движется вертикально вверх с ускорением ±𝑎.
70
6. ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА
Введение
Def: твердое тело – это механическая система, состоящая из материальных
точек расстояние между которыми не изменяются в процессе ее движения.
Задача 6.1.
Определить главные моменты инерции сплошного однородного стержня
массы 𝑚, длины 𝑙.
Рис. 6.1.
Решение:
Запишем тензор инерции произвольного твердого тела. По определению
компоненты тензора могут быть вычислены следующим образом:
Iik = m ( xl2ik − xi xk ).
(6.1)
В матричном виде компоненты тензора инерции:
m ( x22 + x32 )
I ik = − m ( x2 x1 )
− m ( x3 x1 )
− m ( x1 x2 )
m( x + x )
− m ( x x )
2
1
2
3
3 2
− m ( x1 x3 )
− m ( x2 x3 ) .
2
2
m ( x1 + x3 )
(6.2)
Если перейти в систему главных осей инерции (СГОИ), то тензор инерции будет
иметь диагональный вид:
I1
I ik = 0
0
0
I2
0
71
0
0 .
I 3
(6.3)
Переход в систему СГОИ сопровождается поворотом твердого тела таким
образом, чтобы оси подвижной системы отсчета (ПСО) совпали бы с осями
СГОИ, при этом в силу симметрии тела (стержень обладает осевой симметрией
бесконечного порядка) одна из главных осей инерции (например, ось 𝑜𝑥3 ) будет
направлена вдоль оси стержня, две другие – перпендикулярны оси стержня, а
центр инерции будет лежать на оси стержня (рис.6.1.).
В случае если твердое тело – сплошное, можно перейти от суммирования
по всем точкам к интегрированию по объему 𝑑𝑉:
Iik = ( xl2ik − xi xk ) dV ,
(6.4)
где 𝜌 – плотность однородного стержня.
Вычислим главные моменты инерции сплошного однородного стержня
массы 𝑚, длины 𝑙:
I1 = ( x22 + x32 ) dV ,
2
2
I 2 = ( x1 + x3 ) dV ,
2
2
I 3 = ( x1 + x2 ) dV .
(6.5)
Для бесконечно-тонкого стержня 𝑥1 , 𝑥2 = 0, тогда:
I1 = x32 dV ,
2
I 2 = x3 dV ,
I 3 = 0.
(6.6)
Так как стержень одномерный и 𝑚 = 𝜌𝑙 получим:
l
I1 = I 2 =
2
−l
l 3
ml 2
x dx3 =
=
.
12 12
2
3
(6.7)
2
Таким образом мы определили главные моменты инерции сплошного однородного стержня: 𝐼1 = 𝐼2 =
𝑚𝑙 2
12
, 𝐼3 = 0. Поскольку два из трех главных мо-
мента инерции равны друг другу, а третий равен нулю, такое тело называется
ротатором.
72
Ответ: 𝐼1 , 𝐼2 =
𝑚𝑙 2
12
, 𝐼3 = 0.
Задача 6.2.
Определить главные моменты инерции сплошного однородного шара массой 𝑚 и радиусом 𝑅.
Рис. 6.2.
Решение:
Поскольку в задаче требуется найти главные моменты инерции, нам необходимо перейти в систему главных осей инерции (СГОИ). Переход в эту систему
приводит к диагонализации тензора инерции. С другой стороны, мы легко можем
выбрать положение главных осей инерции, совместив их с ПСО шара. В силу
симметрии – центр инерции находится в центре однородного шара, там же находится и центр СГОИ, а выбор главных осей инерции будет произвольным, с соблюдением взаимной ортогональности этих осей.
Для шарового волчка главные моменты инерции равны друг-другу: 𝐼1 =
𝐼2 = 𝐼3 . Так как тело сплошное, тогда:
I1 = ( x22 + x32 ) dV = ( x22 + x32 ) 4 r 2 dr ,
2
2
2
2
2
I 2 = ( x1 + x3 ) dV = ( x1 + x3 ) 4 r dr ,
2
2
2
2
2
I 3 = ( x1 + x2 ) dV = ( x1 + x2 ) 4 r dr ,
4
здесь мы использовали: 𝑑𝑉 = 𝑑 ( 𝜋𝑟 3 ) = 4𝜋𝑟 2 𝑑𝑟.
3
73
(6.8)
Из (6.8) мы не можем определить главные моменты инерции по-отдельности. Сложим все три главных момента инерции, получим:
I1 + I 2 + I 3 = x22 + x32 + x12 + x32 + x12 + x22 4 r 2dr
2r2
R
8
I1 + I 2 + I 3 = 8 r dr = 8 r 4dr = R 5 = 3I1
5
0
4
I1 = I 2 = I 3 =
(6.9)
8
R5 .
15
4
Так как объем сферы радиуса 𝑅 можно определить как 𝑉 = 𝜋𝑅3 , массу можно
3
выразить через плотность:
I1 = I 2 = I 3 =
8
m
2
m 8
R5 = R5
= mR3.
4 3 5
15
V 15
R
3
(6.10)
Ответ: смотри (6.10).
Задача 6.3.
Определить тензор инерции твердого тела, относительно точки 𝑂′ , сдвинутой на вектор 𝑎 относительно центра инерции ТТ.
Рис. 6.3.
74
Решение:
Пусть точка 𝑂 системы отсчета 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 связана с центром инерции ТТ,
тогда центр «новой» системы координат 𝑥1′ , 𝑥2′ , 𝑥3′ , связанный с точкой 𝑂′ будет
сдвинут на произвольный вектор 𝑎 относительно исходной (рис.6.3.).
Форма записи тензора инерции одного и того же тела в «старой» и «новой»
системах координат одинакова:
I ik = m ( xl2 ik − xi xk );
(6.11)
I ik = m ( xl2 ik − xixk ).
Выберем произвольную точку ТТ с радиус-вектором 𝑟. Положение этой же
точки в «новой» системе координат задает вектор 𝑟 ′ , который связан с исходным
вектором 𝑟 соотношением:
r − a = r
xi − ai = xi,
(6.12)
где второе соотношение это проекции векторного уравнения на 𝑖-ую координатную ось. Преобразуем тензор инерции (6.11) в «новой» системе координат с учетом сдвига (6.12):
(
I ik = m ( xl − al ) ik − ( xi − ai )( xk − ak )
(
2
)
I ik = m ( xl2 − 2 xl al + al2 ) ik − xi xk + xi ak + xk ai − ai ak
I ik = m ( xl2 ik − xi xk ) + m ( al2 ik − ai ak ) +
)
(6.13)
− m ( ik 2 xl al ) + m ( xi ak ) + m ( xk ai )
=0
=0
=0
I ik = I ik + m ( al2 ik − ai ak ).
В (6.13) учтено, что проекция радиус-вектора центра инерции в системе отсчета,
связанной с центром инерции равна нулю, т. е.:
2 ik al mxl = 2 ik al
mx m = 0.
m
l
Rl =0
75
(6.14)
Таким образом, мы установили связь между тензорами инерции в системе,
связанной с центром инерции ТТ и системой, сдвинутой на произвольный вектор
𝑎.
Ответ: смотри (6.13).
Задача 6.4.
Дана двухатомная молекула с массами атомов 𝑚1 , 𝑚2 и расстоянием
между ними 𝑙. Определить главные моменты инерции молекулы. Решить задачу
двумя способами: начало координат в центре инерции; начало координат связать
с одним из атомов молекулы.
Рис. 6.4.
Способ 1:
Выбираем СГОИ в соответствии с правилами симметрии (см. задачу 6.1.).
При этом центр инерции молекулы лежит на оси 𝑜𝑥3 где-то между двумя атомами. В системе центра масс запишем главные моменты инерции двухатомной
молекулы:
I1 = mx32 ;
I 2 = mx32 ;
(6.15)
I 3 = 0.
𝐼3 = 0 в силу того, что точки этого твердого тела (атомы) не имеют координат в
направлении 𝑜𝑥1 и 𝑜𝑥2 .
76
Твердое тело, для которого верно (6.15) называется ротатором. Вычислим
𝐼1 просуммировав по точкам ТТ (атомам молекулы):
( )
I1 = m1 x3( )
1
(1)
2
( ),
+ m2 x3(
2)
2
(6.16)
(2)
где 𝑥3 и 𝑥3 – положения первого и второго атома на оси 𝑥3 .
Найдем положение центра инерции молекулы:
R=
mri
= 0.
m
(6.17)
Возьмем проекцию векторного уравнения (6.17) на ось 𝑜𝑥3 :
1
2
m1 x3(1) = m2 x3( 2) ,
−m1 x3( ) + m2 x3( )
=0 1
()
( 2)
m1 + m2
x
+
x
=
l
,
3
3
m2l
(1)
x
=
,
3
m
+
m
1
2
x( 2) = m1l .
3
m1 + m2
(6.18)
Подставим координаты атомов из (6.18) в (6.16), тогда главные моменты
инерции:
2
2
m2l
m1l
m1m2l 2
I1 = I 2 = m1
+ m2
=
m
+
m
m
+
m
m1 + m2
1
2
1
2
I 3 = 0.
Ответ: смотри (6.19).
Способ 2:
Свяжем центр ПСО с атомом 𝑚1 :
77
(6.19)
Рис. 6.5.
В системе координат, связанной с одним из атомов молекулы, запишем
главные моменты инерции двухатомной молекулы:
I1 = I 2 = m ( x31 ) = m1 02 + m2l 2 = m2l 2 .
2
(6.20)
Относительно системы центра инерции (предыдущий случай), «новая» си(1)
стема координат оказывается сдвинутой вдоль оси 𝑜𝑥3 на величину 𝑥3 .
Воспользуемся решением задачи 6.3. и запишем тензор инерции с учетом
сдвига:
I ik = I ik + m ( al2 ik − ai ak )
I ik = I ik − m ( al2 ik − ai ak )
2
2
2
2
I1 = I 2 = m2l − m1 a2 + a3 + m2 a2 + a3 =
=0
=0
2
m22l 2
1
= m2l 2 − ( m1 + m2 ) x3( ) = m2l 2 − ( m1 + m2 )
=
2
( m1 + m2 )
2
(6.21)
( )
m2l 2 ( m1 + m2 ) − m22l 2 m1m2l 2
=
=
.
m1 + m2
( m1 + m2 )
Здесь мы учли, что вектор сдвига 𝑎 не является произвольным, а имеет только
(1)
компоненту вдоль оси 𝑥3 (𝑎3 = 𝑥3 ), итого:
78
m1m2l 2
I1 = I 2 =
,
m1 + m2
(6.22)
I 3 = 0.
Главные моменты инерции двухатомной молекулы, вычисленные с помощью (6.19) совпали с (6.22).
Ответ: смотри (6.22).
Задача 6.5.
Определить тензор инерции тонкой однородной пластины массой 𝑚, имеющую форму прямоугольного треугольника для осей координат, связанных с его
катетами длинами 𝑎, 𝑏.
Рис. 6.6.
Решение:
Запишем тензор инерции произвольного твердого тела. По определению
компоненты тензора могут быть вычислены следующим образом:
Iik = m ( xl2ik − xi xk ).
(6.23)
В матричном виде компоненты тензора инерции:
m( y2 + z2 )
I ik = − mxy
− mxz
− mxy
m( x + z )
− myz
2
2
− mxz
− myz .
2
2
m( x + y )
(6.24)
По условию задачи пластина является тонкой, т. е. в (6.24) положим 𝑧 = 0, тогда:
79
my 2 − mxy
I ik = − mxy mx 2
0
0
.
m ( x2 + y 2 )
0
0
(6.25)
Так как тело сплошное, перейдем от суммирования к интегрированию, получим:
y 2 dV
I ik = − xydV
0
− xydV
x dV
2
0
.
0
2
2
( x + y ) dV
0
(6.26)
Причем элемент объема в (6.26) – это элемент площади (для тонкой пластины)
𝑑𝑉 = 𝑑𝑥𝑑𝑦. Выберем в качестве внутренней переменной интегрирования 𝑦, а в
качестве внешней 𝑥. Эти переменные связаны уравнением прямой (рис. 6.6.) (гипотенуза прямоугольного треугольника):
y ( 0) = b
y = kx + b
y
a
=
0
(
)
y =b−
b
x,
a
(6.27)
Вычислим 𝐼11 = 𝐼𝑥 :
a
I x = y dxdy = dx
2
0
b
b− x
a
0
a
b
3 b− a x
y
y dy = dx
3
0
2
0
a
3
1 a
b
b
1 a
b
= − b − x d b − x = − b − x
3 b 0
a
a
12 b
a
a
Так как пластина двумерная и 𝑚 = 𝜌𝑆, причем 𝑆 =
3
b
= b − x dx =
3 0
a
𝑎𝑏
2
4 a
=
0
ab
12
(6.28)
3
.
, получим:
mb 2
Ix =
.
6
(6.29)
Вычислим 𝐼22 = 𝐼𝑦 :
b
b− x
a
b
b− ba x
I y = x dxdy = x dx dy = x dx y 0 = x 2 b − x dx =
a
0
0
0
0
(6.30)
a
a
3
3
3
2
b
a
a
ba
ma
= bx 2 dx − x3dx = b − b =
Iy =
.
a
3
4
12
6
0
0
a
2
2
a
a
2
80
Заметим, что из (6.28) можно было бы сразу записать 𝐼𝑦 , если заменить 𝑏 → 𝑎.
При этом нет необходимости вычислять 𝐼33 = 𝐼𝑧 , поскольку 𝐼𝑧 = 𝐼𝑥 + 𝐼𝑦 =
𝑚
6
(𝑎2 + 𝑏 2 ).
Вычислим теперь недиагональные компоненты тензора инерции. По-
скольку 𝐼𝑥𝑦 = 𝐼𝑦𝑥 , получим:
a
b
b− x
a
0
0
I xy = I yx = xydxdy = xdx
2
y
ydy = xdx
2
0
a
b
b− x
a
0
=
b
a 2
b2 2 b2 3
= x b − x dx = xb − 2 x + 2 x dx =
20
a
2 0
a
a
1
1
1
1
= a 2 b 2 − a 2 b 2 + a 2 b 2 = a 2b 2
4
3
8
24
mab
I xy = I yx =
.
12
2
a
(6.31)
В результате тензор инерции однородной треугольной пластины:
m
m 2
− ab
6b
12
m
m 2
I ik = − ab
a
12
6
0
0
.
0
m 2
2
( a + b )
6
0
(6.32)
Ответ: смотри (6.32).
Задачи для самостоятельного решения
• В вершинах квадрата со стороной 2𝑎 располагаются МТ массами 𝑚, 𝑀.
Найти тензор инерции этого твердого тела;
81
Рис. 6.7.
• В вершинах квадрата со стороной 2𝑎 расположены массы 𝑀 и 𝑚. Определить моменты инерции такой системы;
Рис. 6.8.
• В вершинах равнобедренного треугольника с основанием 𝑎 и высотой ℎ
располагаются МТ массами 𝑚1 , 𝑚1 в основании и 𝑚2 в вершине треугольника. Определить главные моменты инерции такой системы.
Рис. 6.9.
82
7. ТЕОРИЯ РАССЕЯНИЯ
Задача 7.1.
Из бесконечности к звезде летит метеорит, имеющий на бесконечности
скорость 𝑣∞ и прицельное расстояние 𝜌. Определить, может ли метеорит стать
спутником звезды?
Решение:
Поскольку речь идет о задаче Кеплера, потенциальная энергия 𝑈(𝑟) =
−
𝛾𝑀з 𝑚
𝑟
, где 𝑀з – масса звезды, 𝑚 – масса метеорита. Запишем кинетическую
энергию метеорита на бесконечности:
mv2
E =
.
2
(7.1)
Но так как 𝐸 = 𝐸∞ > 0, движение – инфинитное, а следовательно, уравнение для
точек поворота должно иметь единственное решение 𝑟 = 𝑟𝑚𝑖𝑛 . В общем виде
уравнение для поиска точек поворота:
E = U ( r )eff .
(7.2)
Поставим в (7.2) выражение из (7.1) и учтем, что в задаче Кеплера эффективная
потенциальная энергия – это сумма потенциальной энергии 𝑈(𝑟) и центробежной
𝑀2
2𝑚𝑟 2
, получим:
mv2
M 2 M зm
=
−
.
2
2mr 2
r
(7.3)
Решим уравнение (7.3) относительно неизвестной 𝑟:
mv2
M 2 M зm
=
−
2
2mr 2
r
mv2 M 2 − 2 M з m2 r
=
2
2mr 2
m2v2 r 2 = M 2 − 2 M з m 2r
(7.4)
2 M з
M2
r + 2 r − 2 2 = 0.
v
m v
2
В результате решения квадратного уравнения мы получили два корня:
83
− M з m 2 m2 + v2
r1,2 =
.
mv2
(7.5)
Поскольку расстояние до силового центра не может быть отрицательным, то решение, в котором и первое, и второе слагаемое в числителе (7.5) отрицательные
необходимо отбросить. В случае, если первое слагаемое в (7.5) по модулю
меньше второго слагаемого, мы имеем единственное решение 𝑟𝑚𝑖𝑛 = 𝑟1 , при котором метеорит не может стать спутником звезды, поскольку он совершает инфинитное движение:
− M з m + 2 m 2 + v2
r1 =
.
mv2
(7.6)
В противном случае, когда первое слагаемое в (7.5) по модулю больше второго слагаемого, мы вновь получаем отрицательное расстояние, что не имеет физического смысла.
Ответ: смотри (7.6).
Задача 7.2.
Определить наименьшее расстояние между протоном (зарядом 𝑒, массой
𝑚𝑝 ), налетающим из бесконечности с прицельным расстоянием 𝜌 и энергией 𝐸𝑝 ,
и первоначально покоящейся 𝛼-частицей (зарядом 2𝑒, массой 4𝑚𝑝 ).
Рис. 7.1.
Решение:
Потенциальная энергия взаимодействия протона зарядом 𝑒 и 𝛼-частицей
зарядом 2𝑒 может быть определена следующим образом:
84
2e e 2e2
U (r ) =
=
.
r
r
(7.7)
Запишем закон сохранения полной энергии при движении в ЦП:
mr 2
M2
2e2
+
+
= E,
2
2mr 2
r
(7.8)
где 𝑚 – приведенная масса. Уравнение для точек поворота имеет вид:
M2
2e2
mv 2
+
=
E
=
.
2mr 2
r
2
(7.9)
Вычислим приведенную массу системы:
m=
m m p
4
= mp .
m + m p 5
(7.10)
Найдем корни уравнения (7.9). Умножим правую и левую части на 2𝑚𝑟 2 ,
тогда:
mv 2
2mr
= m2v 2 2 + 2mr 2e2
2
2
2 mv
2mr
− 4me2 r − m 2v 2 2 = 0
2
2 2 2
m v r − 4me2 r − m 2v 2 2 = 0.
2
(7.11)
В результате мы получим два решения, одно из которых мы должны будем опустить, поскольку расстояние не может быть отрицательным:
2e2 + 4e4 + m2 2v 4 2e2
4e4
r=
=
+
+ 2.
2
2
2 4
mv
mv
mv
(7.12)
Подставим выражение для приведенной массы из (7.10) в (7.12), тогда:
2
5e2
2e2
4e4
5e2
2
r=
+
+ =
+
+ 2.
2
2
2
2m v
2m p v
4 2
4 4
p
m
v
mp v
p
5
5
(7.13)
В (7.13) выделим явно выражение для кинетической энергии протона 𝐸𝑝 =
𝑚𝑝 𝑣 2
2
, получим:
85
2
5e2
5e2
2
r=
+
+ ,
4E p
4E p
(7.14)
где 𝑟 = 𝑟𝑚𝑖𝑛 – минимальное расстояние, на которое может приблизиться протон
к альфа-частице.
Ответ: смотри (7.14).
Задача 7.3.
Частица, имеющая энергию 𝐸1 и массу 𝑚1 , претерпевает центральный удар
с покоящейся частицей массой 𝑚2 . Найти зависимость 𝑓 = 𝑓 (
гия после столкновения от отношения масс 𝑥 =
𝑚2
𝑚1
𝐸1′
𝐸1
), где 𝐸1′ – энер-
.
Рис. 7.2.
Решение:
Запишем выражения для кинетических энергий до и после столкновения
для частицы массой 𝑚1 :
m1v12
E1 = T1 =
;
2
m1v12
E1 = T1 =
.
2
(7.15)
Но из теории абсолютно упругого удара скорость налетающей частицы после
столкновения может быть определена следующим образом:
v1 =
v1
m1 + m2
m12 + m22 + 2m1m2 cos .
(7.16)
Поскольку удар центральный следует принять, что угол отклонения 𝜒 = 𝜋, тогда:
86
v1 =
v1
m1 + m2
m12 + m22 − 2m1m2 .
(7.17)
Подставим выражение для «штрихованной» скорости из (7.17) в (7.15), тогда:
m v1
E1 = T1 = 1
m12 + m22 − 2m1m2
2 m1 + m2
T1 =
2
2
m v m1 − m2
.
2 m1 + m2
2
1 1
(7.18)
Искомое отношение кинетических энергий как функция масс 𝑚1 и 𝑚2 имеет следующий вид:
2
T1 m1 − m2
=
.
T1 m1 + m2
(7.19)
Поскольку нужно найти функцию от отношения масс, разделим числитель и знаменатель на 𝑚1 , тогда:
m
1− 2
T1
m1
=
T1 1 + m2
m1
2
1 − x 2
=
.
1+ x
(7.20)
Например, при замедлении нейтрона массой 𝑚𝑝 на свинце 𝑚𝑃𝑏 = 206 ∙ 𝑚𝑝
отношение кинетических энергий (7.20) будет:
206m p
1
−
mp
T1
=
206m p
T1
1
+
mp
2
2
2
= 1 − 206 = 205 0,9808.
1 + 206 207
(7.21)
Откуда видно, что замедление практически отсутствует. Для достижения
эффективного замедления нужно, чтобы массы были близки. Если 𝑚1 = 𝑚2 , тогда 𝑇1′ = 0.
Ответ: смотри (7.20).
87
Задача 7.4.
Протон с массой 𝑚𝑝 и энернией 𝐸𝑝 налетает на ядро лития 𝐿𝑖 7 (𝑚𝐿𝑖 7 =
7𝑚𝑝 ) и расщепляет его на 2 𝛼-частицы (𝑚𝛼 = 4𝑚𝑝 ). При этом выделяется энергия 𝐸, которая вместе с 𝐸𝑝 идет на сообщение 𝛼-частицам кинетической энергии.
Найти угол разлета 𝛼-частиц, в случае симметричного разлета относительно
направления удара. Энергии налетающего протона и выделившееся в результате
столкновения соответственно равны: 𝐸𝑝 = 0,2 ∙ 106 эВ, 𝐸 = 14 ∙ 106 эВ.
Рис. 7.3.
Решение:
Запишем реакцию:
p11 + Li37 = 24 + 24 + E.
m p + 7 m p = 4m p + 4m p
(7.22)
При неупругом ударе выполняется ЗСИ. Запишем ЗСИ в проекции на ось 𝑜𝑥:
mpv p = 2m v x .
(7.23)
Выразим из (7.23) скорость 𝑣𝑝 :
v x = v p
mp
2m
=
vp
8
v p = 8v x .
(7.24)
Поскольку энергия налетающего протона – это кинетическая энергия, тогда:
88
Ep =
m p v 2p
2
vp =
2E p
mp
(7.25)
.
Подставим результат (7.25) в (7.24), выразим 𝑣𝛼𝑥 :
v x =
Ep
32m p
(7.26)
.
Запишем ЗСЭ при неупругом ударе и выразим 𝑣𝛼 :
E p + E = 2T = m v2 = 4m pv2
Ep + E
v =
4m p
.
(7.27)
Определим угол разлета из геометрических соображений. Косинус угла разлета
– это отношение проекции скорости 𝛼-частицы на ось 𝑜𝑥, т. е. 𝑣𝛼𝑥 , к модулю
скорости, т. е. 𝑣𝛼 , тогда:
cos =
v x
=
v
Ep
32m p
Ep + E
4m p
=
1 8E p
.
8 Ep + E
(7.28)
Преобразуем (7.28) и определим искомый угол:
cos 2 = 2cos 2 − 1 =
=
1
14
4 1 +
0,2
Ep
4( Ep + E )
−1 =
1
E
4 1 +
E
p
−1 =
(7.29)
− 1 = −0,996 2 175 87,5.
Ответ: смотри (7.29).
Задача 7.5.
Найти угол отклонения 𝜒 частицы с массой 𝑚, летящей из бесконечности
с прицельным расстоянием 𝜌 и скоростью 𝑣0 = 𝑣∞ в центральном поле отталки1
1
𝛼( − ),𝑟 < 𝑅
вания: 𝑈(𝑟) = { 𝑟 𝑅
. Причем 𝛼 > 0 и 𝑅 > 0.
0, 𝑟 ≥ 𝑅
89
Рис. 7.4.
Решение:
Выразим искомый угол 𝜒 через 𝜑1 и 𝜑2 . Видно, что сумма 𝜑1 + 𝜑2 – это
половина угла, образованного асимптотами. Поэтому из геометрических соображений получим:
= − 2 (1 + 2 ) ,
(7.30)
причем 𝜑1 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡, т. е.:
sin 1 =
1 = arcsin .
R
R
(7.31)
Угол 𝜑2 определим следующим образом:
2 =
R
rmin
r2
dr
2 2 1
1
1− 2 − 2 −
r
mv0 r R
.
(7.32)
Для удобства интегрирования выражения (7.32) введем новую переменную
𝜌
𝜌
𝑟
𝑟2
𝑥 = , тогда 𝑑𝑥 = −
2 =
𝑑𝑟. Подставим замену в (7.32), тогда:
R
rmin
r2 1−
dr
2 2 1
r
2
−
1
−
mv r R
=
x0
R
2
0
dx
.
2
2
2
1− x − 2 x +
mv0
mv02 R
(7.33)
Дополним подкоренное выражение до полного квадрата и преобразуем подкоренное выражение:
90
2 =
x0
dx
R
=
1 − x2 −
2
2
x+ 2 2
2
mv0
mv0 R mv0
x0
R
=
2
dx
2
2
2
− x2 − 2 x − 2 + 1 + 2 + 2
mv0
mv0 R mv0
mv0
=
x0
R
dx
2
2
− x + 2 +1+ 2 + 2
mv0
mv0 R mv0
2
2
=
(7.34)
.
Для удобства введем новые замены:
y
=
x
+
,
0
0
2
mv
0
x+
= y dx = dy пределы :
;
2
mv0
y = +
.
1
R mv02
(7.35)
2
2
2
1+
+
2 =a .
2
mv0 R mv0
Подставим каждое из (7.35) в (7.34), получим табличный интеграл:
y0
y0
2 =
y1
dy
a2 − y2
y
= arcsin
1+
2
+ 2
2
mv0 R mv0
.
2
(7.36)
y1
Учтем, что 𝑦0 связан с 𝑥0 , который в свою очередь связан с 𝑟𝑚𝑖𝑛 – решением
уравнения для точек поворота 𝐸 = 𝑈(𝑟) (см. (7.35) и (7.33)). Мы можем найти
точку поворота, приравняв подкоренное выражение к нулю.
2
2
1 + 2 + 2 − y02 = 0
mv0 R mv0
2
y0 = 1 +
2
+
.
mv02 R mv02
91
(7.37)
Подставим результат (7.37) в (7.36), тогда:
y0
y
2 = arcsin
1+
2
+
mv02 R mv02
=
2
2
− arcsin
y1
.
y0
(7.38)
y1
Запишем выражение для искомого угла 𝜒 через углы 𝜑1 и 𝜑2 , тогда:
R
= − 2 arcsin
+
2
− arcsin
y1
y1
= 2 arcsin − arcsin .
y0
y0
R
(7.39)
Окончательно получим:
2
R
= arcsin
1+
+
mv02
2
+
mv02 R mv02
2
− arcsin
R
.
(7.40)
Заметим, что (7.40) верно для 𝜌 < 𝑅. В случае же если 𝜌 > 𝑅 частица не
чувствует отклонения (𝜒 = 0) и пролетает как свободная.
Ответ: смотри (7.40).
Задача 7.6.
Для предыдущей задачи найти зависимость 𝜌(𝜒).
Решение:
В предыдущей задаче мы показали, что зависимость угла отклонения частицы от прицельного расстояния может быть определена следующим образом:
2
= arcsin
R
+
mv02
− arcsin .
2
R
2
1+ 2 + 2
mv0 R mv0
(7.41)
Для того, чтобы найти зависимость 𝜌(𝜒) предварительно введем ряд обозначений, которые упростят запись следующих соотношений:
92
R
arcsin
1+
+
mv02
2
+ 2
2
mv0 R mv0
arcsin
2
= ;
(7.42)
=.
R
В обозначениях (7.42) соотношение (7.41) примет вид:
2
= −
sin
2
= sin ( − ).
(7.43)
Воспользуемся формулами «синус разности» и основным тригонометрическим
тождеством, тогда:
sin
2
= sin ( − ) = sin cos − cos sin =
(7.44)
= sin 1 − sin 2 − sin 1 − sin 2 .
Подставим каждое из (7.42) в (7.44):
sin
=
Поскольку
R
+
2
= sin 1 − sin 2 − sin 1 − sin 2 =
2
mv02
2
1+ 2 + 2
mv0 R mv0
𝜌
𝑅
2
2
+ 2
R mv0
1− −
1−
.
2
R
R
2
1+ 2 + 2
mv0 R mv0
– величина безразмерная, стоит полагать, что величина
размерность длины. Пусть
𝛼
𝑚𝑣02
= 𝑎.
Преобразуем в (7.45) выражение для второго слагаемого, тогда:
93
𝛼
𝑚𝑣02
(7.45)
имеет
2
a
a
2
+
1
−
R+
R2
R
=
sin =
−
1−
2
a a2
2
R
a a
1+ 2 + 2
1+ 2 + 2
R
R
a
a a
a a
+
1
−
1
+
2
+
−
−
2
−
R
R2 R
R 2 R2
R 2
=
−
.
a a2
a a2
1+ 2 + 2
1+ 2 + 2
R
R
2
2
2
(7.46)
2
Раскроем скобки в (7.46), получим:
a
2
2
2
+
1
−
1− 2
a 1− 2
R2
R
R
R
R
sin =
−
=
.
2
2
2
a
a a
a a
a 2 + 2 1 + 2
1+ 2 + 2
1+ 2 + 2
R
R
R
(7.47)
Умножим правую и левую части (7.47) на знаменатель правой части, перейдем к
следующему равенству и получим искомую зависимость:
2
a 2
2
2
2
a + 1 + 2 R sin 2 = a 1 − R 2
a
2
a 2 sin 2 + sin 2 2 1 + 2 = a 2 − a 2 2
2
2
R
R
a2
a
2 + sin 2 1 + 2 = a 2 1 − sin 2
2
R
2
R
2
2 =
a 2 cos 2
(7.48)
2
a
a
+ sin 2 1 + 2
2
R
2
R
2
= ( ).
Ответ: смотри (7.48).
Задача 7.7.
Для задач (7.5 и 7.6) найти эффективное дифференциальное сечение рассеяния 𝑑𝜎.
Решение:
Согласно определению:
94
d = 2 ( )
d
d .
d
(7.49)
Вычисления будем проводить пошагово. Для начала вычислим модуль производной прицельного расстояния по углу отклонения частицы. Воспользуемся решением предыдущей задачи, тогда:
a cos
d
d
=
2
=
2
d
d
a
a
2
+
sin
1
+
2
2
R
2
R
=
a sin
2
a
a sin cos 1 + 2
2
2
R
(7.50)
2
+
.
3
2
a
a
2 2 + sin 2 1 + 2 2 a + sin 2 1 + 2 a 2
R2
R
2
R
2
R
2
Умножим (7.50) на 2𝜋𝜌(𝜒)𝑑𝜒 и перейдем к дифференциальному сечению:
a
2
3
2
a
sin
cos
1
+
2
a cos sin
2
2
R
2
2
d =
+
d .
2
a2
a a2
2
a
2
2 + sin
1 + 2 2 + sin
1 + 2
R
2
R
2
R
R
(7.51)
Приведем выражение в скобках к общему знаменателю и упростим:
a2
2
a2
a
a
a
2
sin 2 + sin 1 + 2 d
sin cos 2 1 + 2 d
2
2
R
2
2
R
R
+
. (7.52)
2
2
2
a2
a
a
a
2
2
R 2 + sin 2 1 + 2 R
R 2 + sin 2 1 + 2 R
Вынесем общие множители:
a2
a2
a
a
sin d 2 + sin 2 1 + 2 + cos 2 1 + 2
2
2
R
2
R
R
.
2
2
a
a
2
R 2 + sin 2 1 + 2 R
(7.53)
Видно, что если раскрыть скобки, то возникает выражение вида sin2 𝑥 + cos 2 𝑥 =
1, окончательно получим:
95
a2
a
sin d
d =
.
1 +
2
2
R a2
a
2
R 2 + sin 2 1 + 2 R
2
(7.54)
Таким образом, мы получили выражение для дифференциального сечения.
Ответ: смотри (7.54).
Задача 7.8.
Для задач (7.5, 7.6, 7.7) найти эффективное сечение рассеяния под любым
углом. Рассмотреть частные случаи: сечение рассеяния «вперед» 𝜎вперед , «назад»
𝜎назад .
Решение:
Полное эффективное сечение рассеяния может быть вычислено путем интегрирования дифференциального по всем возможным углам:
=
d
d ,
d
(7.55)
где 𝑑Ω – элемент телесного угла. В случае одномерной задачи:
2
d
=
d =
d
1
2
d .
(7.56)
1
Для вычисления интеграла (7.56) воспользуемся результатом предыдущей задачи, тогда:
=
2
1
a2
a
sin d
.
1 +
2
2
R a2
a
2
R 2 + sin 2 1 + 2 R
2
(7.57)
Применим известное тригонометрическое соотношение «понижение степени»
𝜒
1
2
2
sin2 = (1 − cos 𝜒), тогда:
96
=
2
a2
1
=
2
1
a
sin d
=
1 +
2
2
R a2 1
a
R 2 + 2 (1 − cos ) 1 + 2 R
a2
2
a
sin d
=
1 +
2
2
R
a2 1
a 1
a
2 + 1 + 2 − 1 + 2 cos
2
R 2
R
R
=A
=B
2
=
2
1
a2
a
1 +
2
R
sin d
2
( A − B cos )
2
(7.58)
.
Сделаем замену переменной в подынтегральном выражении (7.58) 𝑦 = 𝐴 −
𝐵 cos 𝜒, тогда 𝑑𝑦 = 𝐵 sin 𝜒. Подставим каждое из полученных соотношений в
(7.58), тогда:
a2
a dy
a2
a
1
=
1
+
=
=
1
+
2 B y1
R y2
2B
R A − B cos
y2
2
2
1
.
(7.59)
2
Соотношение (7.59) отражает зависимость полного дифференциального
сечения от угла отклонения. В зависимости от значений 𝜒1,2 значение эффективного сечения изменяется.
Вычислим эффективное сечение рассеяния «вперед»: 𝜎вперед . Такому рас𝜋
сеянию соответствуют углы 𝜒1 = 0 и 𝜒2 = . Подставим эти значения в (7.59):
2
a2 a
1
вперед =
1 +
2 B R A − B cos
2
0
2
=
2
2
a2 a 1
1 a2 a
B
=
1
+
−
=
1
+
=
2B R A − B A 2B R A( A − B )
(7.60)
a2 a
=
1 + .
2 A( A − B ) R
2
Произведем обратную замену в (7.60) и вместо 𝐴, 𝐵 запишем их явные выражения:
97
вперед
a2
2
a
=
1 + =
2 A( A − B ) R
2
a
a 1 +
R
=
=
2
2
a
1
a a
1
a 1
a
2 2 + 1 + 2 2 + 1 + 2 − 1 + 2
2
R R
2
R 2
R
R
2
(7.61)
2
a
1 +
R
= R2
.
a
a2
1+ 2 + 2 2
R
R
Вычислим теперь полное эффективное сечение рассеяния, т. е. 𝜎полное . Такому рассеянию соответствуют углы 𝜒1 = 0 и 𝜒2 = 𝜋. Подставим эти значения в
(7.59):
полное
a2
2
a
1
=
1 +
2 B R A − B cos
0
=
2
a
a 1 +
2
2
a a 1
1
R .
=
−
1 +
=
2 B R A − B A + B ( A − B )( A + B )
(7.62)
2
Аналогично вычислению 𝜎вперед подставим выражения для 𝐴, 𝐵 в (7.62), тогда:
2
a
a 1 +
R
=
= R2.
2
2
a a a
1
+
2
+
R R 2 R 2
2
полное
(7.63)
Выражение для полного эффективного сечения 𝜎полное – это площадь рассеяния.
Наконец, вычислим эффективное сечение рассеяния назад 𝜎назад . Такому
𝜋
эффективному сечению соответствуют углы 𝜒1 = и 𝜒2 = 𝜋. Поскольку при вы2
числении сечения производится интегрирование по углам, то можно заметить,
что эффективное сечение рассеяние назад 𝜎назад может быть выражено через уже
вычисленные как разность 𝜎полное и 𝜎вперед , т. е.:
назад = полное − вперед .
98
(7.64)
Подставим (7.63) и (7.61) в (7.64), получим:
2
a
R 1 +
R
= R2 −
.
2
a
1
a
2 2 + 1 + 2
2
R
R
2
назад
(7.65)
Приведем к общему знаменателю:
a2 1
a
a
2 R 2 + 1 + 2 − R 2 1 +
R
R
R 2
=
.
a2 1
a
2 2 + 1 + 2
R
R 2
2
2
назад
(7.66)
Раскроем скобки в (7.66) и приведем подобные слагаемые, тогда окончательно
получим:
2
a2
a
a
2 R 2 + R 2 1 + 2 − R 2 1 +
a2
R
R
R
=
=
.
a
a2
a2 1
a
1+ 2 + 2 2
2 2 + 1 + 2
R
R
2
R
R
2
назад
Ответ: смотри (7.59), (7.61), (7.63), (7.67).
99
(7.67)
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК
1. Ландау Л. Д., Лифшиц Е. М. Теоретическая физика / Л. Д. Ландау, Е. М.
Лифшиц. – Москва: Физматлит, 2019. Т. 1. – 224 с. ISBN 978-5-9221-15094.
2. Ольховский И. И. Курс теоретической механики для физиков / И. И. Ольховский – Москва: Лань, 2009. – 576 с. ISBN 978-5-8114-0857-3.
3. Барановский В. Н., Левина Г. А. Теоретическая механика. Учебное пособие
/ В. Н. Барановский, Г. А. Левина. – Москва: Лань, 2003. – 51 c.
4. Киттель Ч., Найт У., Рудерман М. Механика. Берклеевский курс физики /
Ч. Киттель, У. Найт, М. Рудерман. – Москва: Лань, 2005. – 480 с. ISBN
978-5-8114-0644-9.
5. Истомин В. В., Путырский В. П., Якуб Л. И. Аналитическая механика. Методические указания и задания к практическим занятиям / В. В. Истомин,
В. П. Путырский, Л. И. Якуб – Свердловск: УПИ, 1990. – 35 с.
100
Электронный текстовый ресурс
Чукин Андрей Владимирович
Ерофеев Марк Евгеньевич
ЗАДАЧИ ПО КУРСУ ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА. ЧАСТЬ 1
Учебные материалы для самостоятельной работы
Подготовка к публикации
А.В. Чукин, М. Е. Ерофеев
Компьютерный набор
А.В. Чукин, М. Е. Ерофеев
Рекомендовано Методическим советом УрФУ
Разрешено к публикации – 16.10.2020
Электронный формат – pdf
Объем 1,5 уч.-изд. л.
620002, Екатеринбург, ул. Мира, 19
Информационный портал УрФУ
www.study.urfu.ru
101
