А.Б. Пименов - Методика решения задач по теоретической механике (А.Б. Пименов - Методика решения задач по теоретической механике.djvu), страница 8

При Е с О имеется одна точка поворота, препятствующая частице уйти на пространствепиую бесконечность. Поэтому реализуется финитное движение с падением на силовой центр. Таким образом, чтобы обеспечить фииитиость двиисеиия без падения на силовой центр, необходимо, с одной стороны, «запретить» частице приблизиться к силовому центру, то есть слева разрешенная область должна ограничиваться точкой поворота, с другой стороны, справа должна быть точка поворота, запрещающая частице оказаться на пространственной бесконечности. Это может быть достигнуто требованием 7,э -з+ — > о. 2гн (2.171) Асимптотики эффективного потенциала в этом случае 1'ш ие(((р) = О н график эффективного потенциала имеет требуемый вид.

ЕУ, (и (г) . < Е с О. (2.172) 'золовке (2.171) дает ограничения на значения момента импульса (который, напомним, определяется исключительно начальными условиями): Ь > (23т) (2.173) Для непосредственного ответа на вопрос о том, какие значения может принимать энергия Е, необходимо вычислить минимальное значение (и н) .

эффективного потенциала в (2.172). Для этого стандартным образом подчиним условию экстремума эффективный потенциал: И о /, б — и б(р) = — — 2 ~ —,у+ — ~ —. = о. 4ре =р ~' гт)р= (2.174) 64 Фннитное движение без падении на силовой центр в этом случае воз- можно при отрицательных значениих энергии, больших минимального значения эффективного потенциала: откуда найдем точку экстремума функции 17 фр) Ро= -3+ 2 (2.175) Вычисляя значение эффективного потенциэла в найденной точке экс- тремума. находим 2 ( е(7)ехсг е(7(рс) = — 7 э1 + 2~ — 3+ — ) 2гп) + ".) — 4 (-3 (2.176) Условие минимума функции 0 й(р) И (7й'(Р ) >О ,(э е проверяетси тривиальным образом.

Таким образом, финитное движение без падения на силовой центр возможно., если момент импульса частицы имеет значения (2.173)., а энергия ее при этом 2 < Е < О. (- Е) 65 К слову сказать, траектория движения в исследуемом случае будет иметь вид., изображенный на рисунке. Задача 2.5.2. Найти время падения частицы массы т на силовой центр поля (7(~) = — —,: если в начальный момент она находилась на расстоянии Л от него и покоилэсь. Момент импульса и энергия частицы удовлетворяют условию Еэ < 2та, Е > О (о > 0).

Решение. Сначала проведем качественное исследование. Эффективный потенциал г гэ 7 и и(р) = 77(р) + — ' = и(р) + — = — ~ — — ) — (2.177) 2трэ 2трз ), 2т) рэ при условии Ьз < 2я(о, сформулированном в задаче, всюду отрицателен и имеет вид, изображенный на рисунке. Становится понятным, что, действительно. при заданных значениях энергии Е > 0 возможно падение частицы на силовой центр. Определим значения инте(ралов движения Е, Ь из начальных условий. Поскольку в начальный момент частица была на расстоянии 77 от силово(о центра и покоилась, это означает, что в полярныйх координатах: р((е) = В. (2.178) р(сэ) =0: ф(со) = О. (2.179) Обобщенная энергия бб а момент импульса (2.181) Ь = Ри = гпр 1о) =- О.

Ф=м Поэтому при заданных начальных условиях эффективный потенциал совпадает с физическим потенциалом: а ое1г(Р) = э (2.182) Время падения г может быть вычислено при помощи квадратуры, определюощей неявную зависимость Р = Р(1): (2.183) 1 — се=~ ( (Е (7еК (Р)) Здесь энергия Е определяется равенством (2.180), а эффективный потенциал — (2.182); перед интегралом следует выбрать знак "— ", поскольку при падении частица движется в сторону уменьшения обобщенной координаты Р. На нижнем пределе интеграла необходимо положить Рс = )1 согласно начальному условию (2.178), а на нижнем р = О. Таким образом, время падения (2.184) Для вычисления интеграла приведем к общему знаменателю выражение, стоящее под корнем: е о 7 2о ./ чг)~!г: и 2 )( 2а,/ ч'.Ф:и и я е (2.185) 67 Задача 2.6.3.

Найти уравнение траектории частивы массой и) в цевтральвом поле Ь'(т) = — —, а > О. т Решение. Уравнение траектории определяется квадратурой, дающей неявную зависимость р = рьр). Л) Фю = + / — . (2.186) п)рл 2 л» (~ г) (р)) Не будем конкретизировать, в каком иаправлевии движется частица, прописывая всюду далее знаки «т» перед интегралом, а также иачальиые условия, определяющие ро, ч)о. Эффективиый по)евциал частицы 2 ,л и,б(р) = и(р) ь —" = - — ' - — "' .

2 Рз=-р гщр Интеграл в получающемся выражении Р« г)р (2.188) будем брать, вводя новую перемеииую иитегрироваиия 1 Р Поскольку 1 — др = -Щ. Р то ц~) Р~ /~) ) ос / пгг 2 ./ р' 40лй Я .). аб 2тп ~ем) р» р 68 Выделки полный квадрат в подкоренном выражении, 2та 2тЕ ~ та 2тЕ ~та 1г — + — б 4- — = — ( — — ) + — ч- ~ — ) (2.190) г г 1,г) г ~ г) Ре Ре 1, Ре Ре Ре та 1 и записывая меру интеграла Ы( = Н б — — ), приходим к табличному Рф интегралу вида дх х = агссоч — . у'а~ — хг а Позтому г Рг 2т Им) 1 (2.191) 2 л Объединяя подстановку на нижнем пределе с уге в левой части в новую константу ггс.

получаем 1 та 2гпЕ (та1 1г -- — =,~ —,.( —,) ...;. (2.192) 1,Р,', Выражаем явным образом Р: (2.193) Дели числитель и знаменатель дроби иа та/р~~. в итоге для уравнения траектории получаем равенство Рг у'та (2.194) Иуг) = 69 Для более компактной записи введем обозначения: р — Ы 'Р пга (2.195) 2Ерэ г = ))1+ — ~. пго' ' (2.196) Тогда уравнение траектории (2.194) запишется в виде М) = 1 + г соэ (ы — ое) (2.197) Фя) =р Из (2.196) следует, что = 0 при шов Е=— 2рэ Несложно убедиться в том, что это значение эяергии в точности совпа- дает с минимальным значением эффективного потенциала (2.187): При 0 < е < 1 уравнение конического сечения (2.197) представляет собой уравнение эллипса.

Из (2.196) следуем что эллиптической траектория движения будет при значениях эяергии, удовлетворяющей двойному неравенству 2Ер~~ 0<1+ †е, що2 70 и представляет собой уравнение конического сечения. Величина р, определяемая равенством (2.195), иазывается параметром орбиты, величина е, даваемая соотношением (2.196), — эксцеитриситетом. В зависимости от значения последнего, уравнение (2.197) может описывать окружность, эллипс, параболу и гиперболу. При е = 0 уравнение конического сечеиия (2.197) представляет собой уравнение окружности радиуса р: или, что эквивалентно, (77еб) . ( Е < О.

При г = 1 уравнение конического сечения (2.197) представляет собой уравнение параболы. Движение по параболической траектории возможно, как это следует из (2.196), при значениях энергии Е = О. При к > 1 уравнение конического сечения (2.197) представляет собой уравнение гиперболы. Движение по гиперболической траектории возможно, как это следует из (2.196), при зиачеииях энергии Е > О, Все возможные рассмотренные выше ситуации, соответствующие различным зяачеииям энергии частицы, отражены иа следующих рисунках.

Е ) 0 (гиперболи) Б = 0 (пн1щйин) ((7ои)„,„,< Е< 0 (чллипг) Е = (Уе17),. (окРУжпость) 71 Задача 2.5.4. Найти период фииитмого движемия частицы массой т в цеитральиом поле с кеплероэмм потеициалом: а У(г)= — —, а>0. г' Решение. Как мы выяснили в предыдущей задаче, фииитмое движемие в рассматриваемом центральном поле эозможмо при отрицательных змачеииях энергии поэтому далее при вычислениях, принимая во внимание знак энергии частицы. запишем ее в визе (2. 198) Е = -)Е). (2.199) где точки поворота р,л определяются равенством обобщеммой эмергии и эффективного потенциала (2.187): (2.200) Е = Уеб (Рьэ).

С учетом (2.198) уравнение для точек поворота примет вид: э -)Е~ = — — +— р 2трх (2,201) или 2т(Е(р — 2тар+рэ = О, 72 Предложим два ваРианта нахождения периода фимитмого движения Первый способ основывается ма непосредственном вычислении имтеграла в общей формуле., определяющей период фимитмого движения в произвольном центральном поле У(г): 2 Р1л= Е ~~~оЕ ) (2,202) Приступим к вычислению интеграла в (2.199). Принимая во внимание (2.187) и (2.198), запишем м т=-г~ , '2 (, о р~~ — — )Е~ + — —— ~ тп 1 ' Р гпзрз) 2 Вынося из-под корня за знак интеграла — ~Е~, приводя к общему знаменателю и выделия полный квадрат в подкореииом выражении, будем иметь: )Е! гпг)Е! ;27и )) )Е! / РоР щ Представим в числителе 73 откуда находим значения расстояний от силового центра до частицы в точках поворота: введем новую переменную интегрирования а (=р —— 2)Е! и разобьем интеграл на два: Беря получившиеся табличные интегралы.

получаем ~аеы а ( 2~Е~ Г Г Значения переменной интегрирования ( в точках поворота (2.202) Ю).з) = р)л — — = ~,) ~ — )— 2)Е) )) ),2)Е)'у' ~д~~Ц' В результате обе подстановки для первого слагаемого дают нулевые ре- зультаты, и период )2т а )йт тах Т = ) — — ) вгссов1 — агссов(-1)) = ) —,— = ва ~ = М2)Е~ )) ')Е)2~Е~ ~/2~Е~ззтп 74 Второй способ вычисления периода финитного движения основан на использовании зже полученных в предыдущей задаче результатов о движении частицы в кеплеровом потенциале.

В полярных координатах, как известно, модуль вектора секторной скорости 1 х и= Рр. 2 Интеграл движения и при этом выражается в полярных координатах плоскости Лапласа как '2, и =пхрф Стало быть, секторная скорость и = Рт 2т (2.203) Я = хаЬ. по которому движется частица (а, 6 — большая и малая полуоси эллипса): лаЬ 2глхаЬ Т= — =— (2.204) Полуоси эллипса а, Ь могут бмть легко найдены по известным из предыдущей задачи значениям параметра р (2.195) и эксцентриситега е (2Л95), Связь р, е с а, 6, напомним, имеет вид: Ьх р= а ах' откуда р 1 — ех Ь= р Я вЂ” е~ 75 и сохраняет свое значение.