Тер. Мех. (Леушин,Нигматуллин,Прошин). Леушин а. М., Нигматуллин р. Р., Прошин ю. Н
 Скачать 2.33 Mb.
|
|
Раздел 2. Динамика материальной точки Минимальные теоретические сведения по динамике точки Динамика − это раздел механики, в котором решается следующая за- дача: по заданным силам, действующим на материальную точку (или сис- тему материальных точек) и заданным начальным условиям, найти ее ( их) закон движения (т.е. зависимость координат точки или системы точек от времени). Эту задачу можно решать по-разному (см. разделы 3, 5, 6, 9, 10). В этом разделе мы будем рассматривать движение одной свободной материальной точки, т.е. полное число степеней свободы равно трем. Зада- ча сводится к решению системы трех дифференциальных уравнений вида: mw i = F i ( r , v , t) (i = 1,2,3). (2.1) В самом общем случае эта система записана для некоторой ортого- нальной криволинейной системы координат, когда радиус-вектор точки задается в виде функции r ( q 1 , q 2 , q 3 ) и для произвольной функциональной зависимости компонент вектора силы F от расстояния, скорости и време- ни. Так как единого аналитического метода, сводящего систему дифферен- циальных уравнений второго порядка к квадратурам (к интегралам от из- вестных функций), в общем случае не существует, то обычно выделяют такие случаи, когда такое сведение возможно и решение в этих случаях может быть выражено в форме замкнутых интегралов от известных функ- ций силы. Полезно напомнить простейшие случаи, когда решение получа- ется "автоматически" в квадратурах. а) Сила является только функцией времени. В этом случае ответ полу- чается после двукратного интегрирования заданной функции F ( t) по вре- менной переменной. б) Часто в ДСК компонента силы зависит лишь от той же самой ком- поненты скорости. Тогда структура уравнений (2.1) имеет вид m 1 ( ) x F x = && & , m 2 ( ) y F y = && & , m 3 ( ) z F z = && & (2.2) Теоретическая физика. Механика (практический курс) 25 Эта система уравнений разделяется и сводится к квадратурам с помощью замены переменной x& = p и преобразованием второй производной по вре- мени от каждой координаты по правилу 2 2 ( ) d x d dp x p dt dx dt = = & . (2.3) Это преобразование позволяет понизить порядок дифференциального уравнения и получить решение в параметрической форме для каждой ко- ординаты в виде x(v) = m 0 1 ( ) v v p dp F p ∫ , t(v) = m 0 1 ( ) v v dp F p ∫ . (2.4) в) Компонента силы в декартовой СК зависит только от одной соот- ветствующей координаты. К этому пункту относится также случай одно- мерного движения. При этом сила F(x) является потенциальной, можно определить потенциал ( ) ( ) U x F x dx = − ∫ и, используя закон сохранения полной энергии E, свести задачу к интегрированию дифференциального уравнения первого порядка с разделяющимися переменными вида 2 2 0 0 ( ) ( ) 2 2 m dx mv U x E U x dt ⎛ ⎞ + = = + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . (2.5) Здесь x 0 и v 0 (начальные значения для координаты и скорости соответст- венно) полностью определяют значение постоянной E. Решение последне- го уравнения в квадратурах обычно записывается в виде [ ] 0 2 ( ) , 2 ( ) x x dx m dx E U x t dt m E U x ′ = ± − = ′ − ∫ . (2.6) Точки остановки x(E), в которых скорость обращается в нуль, определяют- ся из уравнения E = U(x). Отметим, что в формуле (2.6) учет знака скоро- сти важен при инфинитном движении материальной точки. Для финитно- го движения в силу периодической смены знака скорости, его учет проис- ходит "автоматически". В последнем случае материальная точка движется периодическим образом между двумя соответствующими точками оста- новки x 1,2 (E), а формула для периода финитного движения T имеет вид Динамика материальной точки 26 ( ) 2 1 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) x E x E dx T T E m E U x = = − ∫ . (2.7) Методические указания к решению задач по динамике материальной точки Отыскание закона движения (траектории) материальной точки в рамках ньютоновского формализма обычно сводится к следующим пунктам: 1. Определение природы и симметрии сил, действующих на материаль- ную точку. 2. Выбор системы координат, в которых переменные дифференциального уравнения могут быть разделены или записаны наиболее простым спо- собом для их решения известными аналитическими методами. 3. Выбор и правильная запись начальных условий. 4. Запись дифференциальных уравнений типа (2.1) или (2.5) и их решение. 5. Анализ полученного результата и возможное обобщение полученного решения. Примеры решения задач по динамике Задача 1 . Пуля, пробив доску толщиной h, изменила свою скорость от v 0 до v. Найти время движения пули в доске, считая силу сопротивления про- порциональной некоторой степени скорости v θ ( θ > 1). Решение. Считая, что пуля летит строго в горизонтальном направлении, а влияние силы тяжести является малым по сравнению с силой сопротивле- ния, уравнение Ньютона запишется в виде dv m v dt θ = −γ Отсюда находим выражение для времени движения пули в доске ( ) 0 1 1 0 0 1 1 / 1 v v m m t p dp v v v −θ −θ −θ ⎛ ⎞ ⎡ ⎤ = − = − ⎜ ⎟ ⎣ ⎦ γ γ − θ ⎝ ⎠ ∫ . (2.8) Последнее выражение (2.8) нельзя считать решением, так как коэффициент пропорциональности γ неизвестен. Для его нахождения необходимо свя- зать этот коэффициент с толщиной доски h. Для этого представим исход- Теоретическая физика. Механика (практический курс) 27 ное уравнение Ньютона в виде (см. (2.3)) dv m v v dx θ = −γ . (2.9) Интегрируя уравнение (2.9) при заданных начальных условиях, получаем ( ) 0 2 1 2 0 0 1 1 / 2 v v m m h p dp v v v −θ −θ −θ ⎛ ⎞ ⎡ ⎤ = − = − ⎜ ⎟ ⎣ ⎦ γ γ − θ ⎝ ⎠ ∫ . (2.10) Найдем из последнего уравнения (2.10) коэффициент γ и, подставляя это выражение в уравнение (2.8), получим окончательный ответ ( ) ( ) 1 0 2 0 0 1 / 2 1 1 / v v h t v v v −θ −θ ⎡ ⎤ − − θ ⎛ ⎞ = ⎢ ⎥ ⎜ ⎟ − θ ⎝ ⎠ − ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ . (2.11) Замечание. Полезно проанализировать решение (2.11) при θ → 1, 2. Ре- комендуется также нарисовать примерный график функции t(v/v 0 ) при различных значениях параметра θ. Задача 2. Найти закон движения для трехмерного гармонического осцил- лятора, если помимо упругой силы на осциллятор действует постоянная сила и сила трения, пропорциональная скорости. Предполагается, что в начальный момент времени осциллятор находился в точке равновесия r = 0 и имел начальную скорость v 0 Решение. Уравнение движения для этого случая записывается в виде 0 d m dt + γ + κ = v v r F . (2.12) Здесь v = dr/dt, F тр = –γv − сила трения, F 0 – постоянная сила, F упр = −κr − сила упругости, γ и κ − соответствующие размерные коэффициенты. Обычно анализируются случаи, когда F 0 = 0. Мы рассмотрим решение уравнения (2.12) для случая F 0 ≠ 0. В уравнении (2.12) разделим все члены уравнения на массу m частицы. Тогда уравнение для выделенной координа- ты, например, x (для других координат y, z уравнения выглядят аналогич- но) можно записать в виде: 2 2 0 0 2 2 x d x dx F x dt m dt + β + ω = , (2.13) Динамика материальной точки 28 где β = γ/2m, а 2 0 / m ω = κ – собственная частота колебаний. Вначале выясним, к чему приводит действие постоянной силы. Будем искать решение в виде: x = u + x e . Здесь первый член u – решение однород- ного уравнения, соответствующего уравнению (2.13) с равной нулю пра- вой частью; x e – частное решение уравнения (2.13) в виде постоянной, фи- зически соответствующее сдвигу исходного положения равновесия зату- хающего осциллятора. Подстановка x = u + x e приводит к уравнению 2 2 0 0 2 2 0 2 0, x e d u du F u x dt dt m + β + ω = = ω . (2.14) Получилось линейное дифференциальное уравнение второго порядка с по- стоянными коэффициентами относительно новой переменной u. Его реше- ние имеет вид 1 1 2 2 ( ) exp( ) exp( ), ( ) ( ) e u t C t C t x t u t x = λ + λ = + , (2.15) где ( ) 1/ 2 2 2 1,2 0 i λ = −β ± ω − β . При 2 2 0 ω > β возникают затухающие колебания с частотой ( ) 1/ 2 2 2 0 ω = ω − β , а решение u(t) (2.15) можно также записать в виде 0 ( ) exp( )cos( ) e x t a t t x = −β ω + φ + . Необходимо также выразить констан- ты С 1 и С 2 (или a и φ 0 ) через начальные условия x 0 и v 0x Задача 3. Определить траекторию заряженной частицы массой m, и заря- дом e, двигающуюся в нестационарном электрическом и магнитном поле. Известно, что в начальный момент времени частица находилась в начале координат, имея нулевую скорость. Решение. Реализуем пункты, обозначенные выше. 1. Частица взаимодействует с нестационарным полем посредством си- лы Лоренца, которая имеет вид F L = eE(t) + c e [v H(t)], (2.16) где e – заряд частицы, c – скорость света. 2. Не нарушая общности задачи, мы можем выбрать декартовую СК, направить вектор магнитного поля H(t) по оси Oz, а компоненты вектора электрического поля E(t) разложить на продольную и поперечную состав- Теоретическая физика. Механика (практический курс) 29 ляющие по отношению к вектору H(t). 3. В "формульном" виде начальные условия записываются так: при t = 0 r = 0, v = 0. 4. Уравнения Ньютона для данной задачи имеют вид: mw = F L , (2.17) или в компонентах выбранной декартовой СК m x && = eE x (t) − e c H z (t) y & (2.18а) m y && = eE y (t) + e c H z (t) x & (2.18б) m z&& = eE z (t) (2.18в) Выбор этой задачи обусловлен следующими причинами: а) Эта проблема включает в себя стандартную задачу о движении заряжен- ной частицы в стационарных электрическом и магнитном полях (векторы E и H не меняются со временем). б) На примере решения этой задачи можно показать в каких случаях сис- темы уравнений второго порядка могут быть решены переходом к ком- плексной переменной. в) Можно заметить, что магнитная часть силы Лоренца при соответствую- щем переобозначении переменных совпадает с силой инерции Кориолиса: F K = 2m[v ω(t)]. Следовательно, по аналогии с движением частицы в пере- менном электромагнитном поле может быть решена задача о движении ма- териальной точки при действии силы m w =F(t) + 2m[v ω(t)]. (2.19) Математическое решение задачи. Вводя обозначения H z (t) = H 0 h(t), E x,y (t) = E 0 e x,y (t), κ = eE 0 /m, ω H = eH 0 /mc, представим систему в виде x && = κe x (t) − ω H h(t) y & , (2.20а) y && = κe y (t) + ω H h(t) x & , (2.20б) z&& = κe z (t). (2.20в) Последнее уравнение системы (2.20в) интегрируется независимо от первых Динамика материальной точки 30 двух уравнений. Первые два уравнения (2.20а) и (2.20б) могут быть проин- тегрированы переходом к комплексной переменной u = x & + i y & . Умножая второе уравнение на комплексную переменную i ≡ 1 − и, складывая его с первым, получим дифференциальное уравнение первого порядка относи- тельно комплексной переменной u ( t ) вида du dt − i ω H h ( t ) u = κ e ( t ), (2.21) где e ( t ) = e x ( t ) + ie y ( t ). Уравнение относится к стандартному линейному дифференциальному уравнению первого порядка с переменными коэффи- циентами и может быть проинтегрировано. С учетом начальных условий его решение в квадратурах записывается в виде u ( t ) = κ 0 ' ( ')exp[i ( ) ] ' t t H t e t h d dt ω τ τ ∫ ∫ . (2.22) Переходя к исходным переменным, получим решения для компонент ско- рости x & = κ 0 ' t dt ∫ [ e x ( t ')сos( ω H Φ( t , t ')) − e y ( t ')sin( ω H Φ( t , t '))], (2.23 а ) y & = κ 0 ' t dt ∫ [ e x ( t ')sin( ω H Φ( t , t '))] + e y ( t ')cos( ω H Φ( t , t '))], (2.23 б ) z& = κ 0 ' t dt ∫ e z ( t '). (2.23 в ) Здесь Φ( t , t ') = ' ( ) t t h d τ τ ∫ Чтобы получить зависимость r ( t ) достаточно проинтегрировать сис- тему (2.23) еще раз с учетом начальных условий. Мы не будем приводить окончательное решение ввиду его громоздкости. Уместно подчеркнуть еще раз, что интегралы, взятые от решений системы (2.23), полностью ре- шают задачу о движении заряженной частицы в произвольном нестацио- нарном электромагнитном поле. Теоретическая физика. Механика (практический курс) 31 Замечание . Полезно воспроизвести решение (2.23) также для случая, когда v 0 ≠ 0. Рекомендуется также провести до конца все необходимые матема- тические выкладки для частной функции магнитного поля H ( t ) = H 0 cos Ω t Вновь действуя по принципу: "понять − означает обобщить", полезно на- писать уравнения движения для материальной точки, двигающейся в плос- кости x O y неинерциальной системы координат, если на нее действует пол- ная сила инерции, обусловленная вращением [ ] [ ] [ ] ( ) 2 m m ⎡ ⎤ = − − + ⎣ ⎦ F ωv ωr ω ωr & . (2.24) Предполагается, что нестационарный вектор угловой скорости ω( t ) пер- пендикулярен плоскости движения. Задача 4 . Найти период колебаний материальной точки в поле 0 / p U U x a = ( p − произвольный положительный параметр, определяющий минимум потенциала). Считать, что в начальный момент времени матери- альная точка начинает свое движение из точки остановки. Решение : Для решения этой задачи воспользуемся формулой (2.7) 1 1 1 0 0 1 0 2 ( ) 2 2 x y p p p x dy m dx T E m a U y x y E U a − = = − − ∫ ∫ . (2.25) Здесь y 1 = x 1 /a − безразмерная точка остановки, определяемая уравнением 1 0 ( / ) p y E U = . С помощью замены 1 ( / ) p z x y = последний интеграл в выра- жении (2.25) можно свести к бета-функции и представить окончательный результат в виде 1 / 2 1 / 2 0 0 0 0 2 2 (1 1/ ) (1/ 2) ( ) 2 ( ) 2 (1/ 1/ 2) p p m E m E p T E a C p a U U U U p − − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ Γ + Γ = = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ Γ + ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ , (2.26) где для представления параметра C(p) через гамма-функции Γ(x) необхо- димо воспользоваться соотношением, определяющим бета-функцию B(x,y), ( ) 1 1 1 0 ( ) ( ) ( , ) 1 ( ) y x x y B x y t t dt x y − − Γ Γ = − = Γ + ∫ . (2.27) Динамика материальной точки 32 В выражениях (2.26)–(2.27) Γ(x) – гамма-функция Эйлера 1 0 ( ) x t x t e dt ∞ − − Γ = ∫ Частота колебания и ее зависимость от начальной амплитуды находится из (2.26) по формуле 2 /T ω = π Анализ полученного решения . Из формулы (2.26) следует, что период коле- баний в потенциальной яме вида 0 / p U U x a = не зависит от начальной ам- плитуды колебания (начальной энергии E) только для линейных гармони- ческих колебаний с p =2. Задача 5 . Найти закон движения для одномерного гармонического осцил- лятора, если помимо упругой силы на осциллятор действует сила трения пропорциональная квадрату скорости. В начальный момент времени ос- циллятор находился в точке равновесия x = 0 и имел начальную скорость v 0 Решение . Уравнение движения для этого случая записывается в виде m 2 2 d x dt + γv 2 + κx = 0. (2.28) Здесь v = dx/dt, F тр = −γv 2 − сила трения; F упр = −κx − сила упругости; γ и κ − соответствующие размерные коэффициенты. Обычно анализируется случай, когда F тр = −γv. Для сравнения с ли- нейным случаем мы намеренно рассмотрим решение уравнения (2.28), ко- торое сведем к квадратурам и рассмотрим некоторые обобщения задачи об одномерном движении в поле потенциальных сил. Перейдем в уравнении (2.28) к новым переменным x и Т = mv 2 /2. Тогда получим следующее уравнение 2 dT dx m γ + T + κx = 0. (2.29) Получилось линейное дифференциальное уравнение относительно новой переменной T(x), решение которого имеет вид T (x) = T 0 exp[ −λx] − κ λ x + 2 κ λ [1 − exp(−λx)]. (2.30) Здесь λ = 2γ/m, T 0 = 2 0 / 2 mv . Из дифференциального уравнения (2.30) с раз- Теоретическая физика. Механика (практический курс) 33 деляющимися переменными можно найти решение в квадратурах в виде обратной зависимости t(x). Это решение имеет вид t = 0 x dx ∫ [ 2 0 v exp( −λx) + 2 0 2 2 ω λ (1 −λx −exp(−λx))] −1/2 . (2.31) Дальнейшее исследование квадратурного решения (2.31) возможно только численными методами, так как интеграл в последней формуле не выражается в элементарных функциях. Ввиду отсутствия привычного ана- литического решения вида x(t), эта модель не получила такого широкого распространения как линейная модель. Анализ полученного решения . Если теперь вернуться к исходному уравне- нию (2.28), то можно заметить, что подобным методом может быть решено уравнение вида m dv dt + γ(x)v 2 = F(x). (2.32) Это уравнение описывает движение материальной точки в поле потенци- альной силы F(x) и, действующей на нее неоднородной силы трения F тр = −γ(x)v 2 . Чтобы получить его решение, вновь переходим к переменной x и кинетической энергии Т = mv 2 /2 2 ( ) dT x dx m γ + T = F(x). (2.33) Решение неоднородного линейного дифференциального уравнения вида (2.33) может быть записано следующим образом T (x) = 2 2 mx& = T 0 0 ( , ) x x e −Φ + 0 ( , ') ( ') ' x x x x F x e dx −Φ ∫ , где Φ(x,a) = 2 ( ) x a y dy m γ ∫ , (2.34) а x 0 = x(t=0). Последнее выражение (2.34), в свою очередь, представляет собой дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными, ре- шение которого имеет вид t (x) = 0 0 2 0 0 2 exp[ ( , )] ( ')exp[ ( , ')] ' x x x x dx v x x F x x x dx m ± −Φ + −Φ ∫ ∫ . (2.35) Динамика материальной точки 34 Последнее равенство при γ(x) = 0 переходит в известное решение (2.6) t = 0 2 ( ) x x m dx E U x − ∫ , где U(x) = − 0 ( ') ' x x F x dx ∫ – потенциальная энергия. Мы намеренно привели решение последней задачи как задачи повы- шенной трудности, чтобы на ее примере можно было получить представле- ние о методах решения некоторых нетривиальных дифференциальных уравнений, порожденных "физикой" задачи. Как следует из этого примера, закон "сохранения" механической энергии можно получить также и для оп- ределенного класса диссипативных сил. Чтобы показать более широкую применимость уравнения (2.33), рас- смотрим следующую задачу. Как известно, уравнение вида 2 2 0 2 0 d y y dt + ω = , (2.36) описывает модель гармонического осциллятора. Пусть y(x) – некая задан- ная нелинейная связь между исходным смещением x и "новым" смещением y , которое удовлетворяет уравнению (2.36) с известным решением. Какому уравнению должна удовлетворять функция y(x), чтобы его можно было свести к уравнению (2.36) для гармонического осциллятора? Решим эту задачу. Замечая, что 2 2 , , x x x x dy dy d y d dy dx v v v v dt dx dx dx dt dt ⎡ ⎤ = = = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ (2.37) и переходя к новой переменной x, относительно функции v x получим урав- нение ( ) 2 2 2 2 0 2 1 ( ) 0 2 x x dy d d y v v y x dx dx dx ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + + ω = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ , (2.38) которое представляет собой частный случай уравнения (2.33). Следователь- но, в этом частном случае решение получается просто обращением решения уравнения y(x) = acos(ω 0 t + ϕ 0 ) относительно исходной переменной x. Теоретическая физика. Механика (практический курс) 35 Задачи Обязательные задачи 2.1. Груз веса P, находящийся в покое на гладкой горизонтальной плос- кости начинает двигаться вдоль оси x под действием горизонтальной силы f = Asin(ωt), где А и ω − константы. Найти закон движения гру- за, предполагая, что в начальный момент его координата х = 0. Ко- эффициент трения между плоскостью и грузом постоянен и равен κ. 2.2. а ) Найти закон движения материальной точки с массой m под дей- ствием силы упругости F = −κх (κ > 0), предполагая, что она движет- ся вдоль оси Оx и в начальный момент времени имеет координату х 0 и скорость v 0 (модель линейного гармонического осциллятора). б ) Получить решение для случая κ < 0 и сравнить его с предыдущим решением. 2 2 2 0 0 0 0 0 0 ) ( ) cos( ), / , tg( ) / a x t a t a x v v x ⎡ ⎤ = ω + ϕ = + ω ϕ = − ω ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 2.3. Тело под действием силы тяжести ( P = m g ) свободно падает в среде, сила сопротивления которой зависит от скорости v и меняется по закону( ) n v v = −γ v R v . Считать, что при t = 0 v = 0 и z = h. Определить одномерный закон движения тела z(t) для случаев: а ) n = 1, б ) n = 2. [б) z(t) = h – (v ∞ τ)ln[ch(t/τ)], v ∞ = (mg/γ) 1/2 , τ= m/γv ∞ ] в ) Найти приближенно закон движения тела для малых t/ τ << 1 и больших t/ τ >> 1 при n = 2. Как изменится этот закон при произ- вольной величине параметра n? г ) Вычислить полную работу, совершенную телом при падении с высоты h, для случаев (а) и (б). 2.4. Материальная точки движется под действием заданной силы F = F 0 − κ r , где F 0 – постоянная сила. Для случаев (а–в) найти тра- екторию точки, если при t = 0 v = 0, r = r 0 а ) F 0 ⊥ r 0 , κ > 0, б) F 0 || r 0 , κ > 0, в) ( F 0 ^ r 0 ) = α, κ > 0, κ < 0. Динамика материальной точки 36 г ) Вычислить работу и среднюю мощность, совершаемую точкой на заданном участке траектории [ r 0 , r ]. [г) A = (F 0 (r– r 0 )) − κ(r 2 − 2 0 r )/2 ] 2.5. Найти траекторию частицы массы m и зарядом e, двигающейся с начальной скоростью v 0 в электрическом поле E (t) и магнитном по- ле H (t), для случаев: а ) E = E 0 = const, H = H 0 = const, v 0 ⊥ H 0 , ( E 0 ^ H 0 ) = α. б ) E = E 0 = const, H = H 0 = const, ( v 0 ^ H 0 ) = β, ( E 0 ^ H 0 ) = α = π. в ) E = E 0 cos( ωt), H = H 0 = const, E 0 ⊥ H 0 , ( v 0 ^ H 0 ) = β. г ) E = E 0 = const, H = H 0 cos( ωt), E 0 || H 0 , ( v 0 ^ H 0 ) = β. 2.6. а ) Проинтегрировать уравнения движения частицы с зарядом е и массой m, двигающейся под действием упругой силы F = −κ r ( κ > 0), если на нее дополнительно наложено постоянное магнитное поле с напряженностью H , перпендикулярной направлению на- чальной скорости v 0 (классический эффект Зеемана). б ) Как изменится результат задачи, если угол между направлением начальной скорости и приложенным магнитным полем равен α? 2 2 2 1,2 0 0 ) , / , / 2 H H H а m eH mc ⎡ ⎤ ω = ω + ω ± ω ω = κ ω = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 2.7. Определить закон движения частицы в поле U(x) и вычислить пери- од колебания в областях финитного движения для потенциалов: а ) U(x) = κx 2 /2, б) U(x) = κx 2 /2 + α/x 2 , в) U(x) = ax 2 + bx, г ) U(x) = −α/x + β/x 2 ( α > 0, β > 0), (E < 0, E > 0). Здесь Е – величина полной механической энергии. Задачи средней трудности 2.8. Пузырек воздуха, имея заданную плотность ρ = const, под действи- ем архимедовой силы поднимается со дна реки. Известно, что ско- рость течения реки зависит от текущей высоты подъема пузырька y по закону v x =αF(y). а ) Показать, что траектория пузырька в пренебрежении силами тре- Теоретическая физика. Механика (практический курс) 37 ния выражается формулой 1/ 2 0 ( ) ( ) 2( 1) y x y y F y dy g − α = κ − ∫ . Здесь κ = ρ в / ρ, ρ в − плотность воды, g – ускорение силы тяжести. б ) Оценить величину сноса пузырька по горизонтали, если глубина реки известна (h = 10м). Закон изменения скорости течения реки с высотой взять в виде v x = (g/h) 1/2 y 2.9. Моторная лодка массы m, двигающаяся с постоянной силой тяги F 0 , перпендикулярной берегу, пересекает реку шириной 2L. Скорость течения реки равна нулю у берегов и линейно возрастает к середине реки, принимая максимальное значение u max на ее середине (y = L). Определить траекторию лодки, считая, что ее начальная скорость в момент запуска двигателя была равна нулю (ось Оx направить вдоль реки; ускорение лодки поперек реки определить выражением w = F 0 /m, а скорость вдоль реки – v x = u(y)) 3/ 2 max 1 1/ 2 1/ 2 2 max max 1 2 0 , ( ) ; 6 4 2 2 2 , ( ) 2 ( ) 3 wu y y L x y L w L y L y L x y u u x y w w ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ≤ ≤ = ⎢ ⎥ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎢ ⎥ ≤ ≤ = − + − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ 2.10. Над поверхностью Земли действует однородное магнитное поле, вектор напряженности H которого горизонтален Частица с зарядом е и массой m начинает движение на высоте h от Земли со скоростью v 0 , направленной вертикально вниз. При каком значении высоты h частица не сможет достичь поверхности Земли? (ускорение свобод- ного падения считается известным и равно g). ( ) 2 2 2 0 2 1 , eH h g v g mc ⎡ ⎤ > + ω + ω = ⎢ ⎥ ω ⎣ ⎦ 2.11. Горизонтально летящая пуля, имея массу m и начальную скорость v 0 , попадает в материал, величина силы сопротивления которого меняется по закону: a b R v x = −γ (v = x • , параметры a, b > 0). Определить максимальную глубину проникновения пули в матери- ал L и закон движения пули для случаев: Динамика материальной точки 38 а ) a = 1, b = 1; б) a = 3/2, b = 1/2; в) a = 1/2, b = 3/2. 1/(2 ) 1/(1 ) 1 2 0 0 (1 ) ( ) 1 , (2 ) a b b a x m b v x v L v L a − + + − ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ⎡ ⎤ + ⎛ ⎞ ⎢ ⎥ = − = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎜ ⎟ ⎢ ⎥ γ − ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ г ) Вычислить работу, совершенную пулей, до ее остановки. 1 0 (2 ) (особо исследовать случай 2) 2(1 ) a b a A v L a b + ⎡ ⎤ − = γ = ⎢ ⎥ + ⎣ ⎦ 2.12. Определить закон движения частицы в заданном поле U(x) и вы- числить период колебания в областях финитного движения для по- тенциалов: а ) U(x) = U 0 (exp( −2αx) − βexp(−αx)) (α, β > 0; потенциал Морзе), б ) U(x) = U 0 tg 2 ( αx), (2α|x| ≤ π), в) U(x) = − U 0 /сh 2 ( αx), г) U(x) = −α/x 2 2.13. Частица, имеющая массу m и заряд е, влетает: а ) в однородное стационарное электрическое поле E , б ) в однородное стационарное магнитное поле H со скоростью v 0 , перпендикулярной направлению поля. Определить закон движения частицы для этих случаев, считая, что на нее, кроме силы Лоренца, действует дополнительно сила сопротивления R = −β v (при t = 0 r 0 = 0, v 0 = v 0 y e y ). ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 0 0 0 2 2 2 ) / / / exp 2 / / , / б x v y v m v t m eH mc m ⎡ ⎤ − ω Ω + − β Ω = Ω − β ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ω = Ω = ω + β ⎣ ⎦ 2.14. Определить приближенно закон движения частицы в поле U(x). а ) вблизи точки остановки х = а: U '(a) ≠ 0; ⎣ ⎢ ⎡ ⎦ ⎥ ⎤ а) x(t) = a ± Ft 2 /2m, F = −U '(a) точность формулы убывает при росте |x - a| б ) вблизи точки экстремума х = а: U '(a) = 0 и U "(a) ≠ 0. ⎣ ⎢ ⎢ ⎡ ⎦ ⎥ ⎥ ⎤ б) x(t) = a ± sexp(± λt), s = x(0) − a, λ 2 = −U "(a)/m знак в показателе степени определяется направлением скорости в начальный момент времени Задачи повышенной трудности 2.15. Электрон движется в неоднородном магнитном поле с напряженно- Теоретическая физика. Механика (практический курс) 39 стью H = H 0 Ф(y/a) e z . Найти закон движения и траекторию электро- на при следующих начальных условиях: r (0) = 0, v 0 = v 0 e y ( ) ( ) 1/ 2 1/ 2 2 2 2 2 0 0 0 0 / 0 0 ( ) , ( ) ( ) ( ) , ( ) ( ) , y y y a H H e t v y dy x y y v y dy eH y a u du m c − − ⎡ ⎤ = − ψ = ψ − ψ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ψ = ω Φ ω = − ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ∫ ∫ ∫ 2.16. Частица с массой m, двигающаяся со скоростью v 1 , переходит из полупространства, в котором ее потенциальная энергия постоянна и равна U 1 , в полупространство с постоянной энергией U 2 . Опреде- лить изменение величины и направления скорости частицы (угол θ 1 между нормалью к плоскости раздела полупространств и направле- нием скорости v 1 , считается заданным). 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 1 1 2( ) 1 2( ) 1 , ctg cos sin U U U U v v mv mv ⎡ ⎤ − − = + θ = θ + ⎢ ⎥ θ ⎣ ⎦ 2.17. Известно, что тангенциальная и нормальная компоненты силы, дей- ствующие на материальную точку массы m, зависят от угла ϕ, обра- зованного касательной, проведенной к некоторой точке траектории, и направлением оси Ox. Определить закон движения материальной точки при следующих начальных условиях: t = 0, v = v 0 , ϕ = 0. Указание : выразить радиус кривизны через угловые переменные с помощью соотношения: 1/R = ϕ • /v. 0 0 0 2 2 0 0 ( ) ( ) ( ) exp , ( ) ( ) ( )cos( ) ( )sin( ) ( ) , ( ) ( ) ( ) n n n n F u v u v v du t m du F u F u v u u v u u x m du y m du F u F u ϕ ϕ τ ϕ ϕ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ϕ = = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ϕ = ϕ = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ∫ ∫ ∫ ∫ 2.18. Небольшая шайба массы m, расположенная на вершине шерохова- той сферы радиуса R, скатывается с нее без начальной скорости. Коэффициент трения зависит от полярного угла θ и задается неко- торой функцией k( θ). Найти зависимость скорости шайбы от поляр- ного угла v( θ). Получить решение для скорости и зависимости угла скатывания от времени (в квадратурах) для k = const. Динамика материальной точки 40 ( ) ( ) ( ) 1/ 2 0 0 ( ) 2 exp ( ) sin( ) ( )cos( ) exp ( ) , ( ) 2 ( ) d R v gR u k u u u du dt k u du θ θ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ θ ⎢ ⎥ = θ = Φ θ − −Φ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ Φ θ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ∫ ∫ 2.19. Небольшая шайба массы m, расположенная внутри шероховатой полусферы, скатывается внутри нее под действием собственного веса без начальной скорости, начиная с некоторого угла θ 0 ( π/2 ≤ θ 0 < π). Коэффициент трения зависит от полярного угла θ и задается некоторой функцией k( θ). а ) Найти зависимость скорости шайбы от полярного угла v( θ). б ) Получить решение для скорости и зависимости угла скатывания от времени (в квадратурах) для k =const. ( ) ( ) ( ) 0 0 1/ 2 ( ) 2 exp ( ) sin( ) ( )cos( ) exp ( ) , ( ) 2 ( ) d R v gR u k u u u du dt k u du θ θ θ θ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ θ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ = θ = −Φ θ − Φ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ Φ θ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ∫ ∫ 2.20. Тело массы m движется под действием нестационарной возвра- щающей силы F 1 = −k(t) r и нестационарной силы сопротивления среды F 2 = −γ(t) v Какому условию должны удовлетворять функции k (t) и γ(t), чтобы одним преобразованием по временной переменной τ исходное уравнение движения можно было свести к уравнению движения с постоянными k 0 и γ 0 ? Найти это преобразование. 2 0 0 ( ) ( ) 0, ( ) , ( ) dY k t m t Y Y Y t dt Y t dt k ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ + γ − γ = τ = = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ∫ |