Ю.Г. Павленко - Задачи по теоретической механике (1115223), страница 17
Текст из файла (страница 17)
а зги~В ягп где, где а радиус [Гл. 2 Ураоненил Лагранжа Земли, Ва — значение угла, при котором силовая линия пересекает поверхность Земли. Лагранжиан заряда гВ А = ™ (го+ тгдг+ тг впг0 ~р~) + — ~р. 2 с Используя интегралы гг =. тг + тг0 + тг вп О~рг, 2 г ер о1п О г тпт вп 0 ог+ — = М,, с г находим г г'г ер вп01 1 г г т +тВ +(М,— — г г .г — "о. с т т тпг огаВ Точки поворота в координатах т, 0 определяются условием ( ер впгВаг М вЂ” — ) < (гниат впВ)г. с г Пусть г(0) = го, 0(0) = н/2, ~р(0) = О. Тогда М, = ед,тото, следовательно, г го то впВ (го~~ еп г впВ гг (ао/ тссо Величина ао имеет размерность длины. Например, для протона, движущегося со скоростью со = 0,1 мт'с в магнитном поле Земли (д = = 0,312а Э, а — радиус Земли), ао = 1,61 10 км.
Если го « ао, то область движения протона ограничена контуром силовой линии т =- =. та зшгВ. В общем случае одна область, в которой может находиться частица, ограничена кривой ао г т'2гох . з хг т= — 1+ 1+( — ) вп 0 2то впВ ~ (, ао ) Другая область лежит между кривыми ао г (2го'[ . з г т,,= 1+ 1-( — [ вп 0 2го впВ ~ (ао/ 2.2.16. Частица движется в поле магнитного диполя, вращающегося с постоянной угловой скоростью ат. Найти лагранжиан и уравнения движения [42[. Ретаепне. Вектор-потенциал магнитного диполя с моментом 1г(1) А =- [1гг, 'т з, следовательно, лагранжиан т .г ер [гг) А= — г + — — г 2 с т' г = — — + — [гВ), е [11г) е „г г)„— ⠄— з Закон изменения кинетической энергии с1 тг е ° г — = — — 1г [гг) сМ 2 с и момента импульса М = — — г [г [,иг)~ + — [г [гВ)~.
сг с Таким образом, вращение нейтронной звезды, обладающей магнитным моментом, приводит к появлению вихревого электрического поля и к ускорению заряженных частиц. 2.2.17. Частица движется в аксиально-симметричном магнитном поле. Найти первые интегралы и уравнения движения. Решепне.
В цилиндрических координатах г, у, х компоненты вектор-потенциала А„= О, А„= А(т, х), А, = О. Лагранжиан частицы с зарядом е, движущейся в магнитном поле: Ь .= ™ (гг+ ~~эг~+ Б~) + — г~р А(г х), 2 с Поскольку дЬ/д1о = О, д1 /дс = О, то сохраняются проекция обобщен- ного импульса М, = дЬ/дэг и кинетическая энергия частицы, „г + с Š—..— (т +г р +2). (2) Два оставшихся уравнения Лагранжа е . д(гА) тт. = тгд + — ф с дт е .дА тй = — гр —, с дг' можно представить в форме, удобной для ананиза траекторий.
Под- ставляя йг из (1) в (2), получим первый интеграл в виде ~2 Е = — (гг + хг) + ~3,ф(г, х), 11 ~(г, х) =, [М, — — гА~ 2.2] Уравнения Лагранжа в независимых координатах 117 Уравнение Лагранжа [Гл. 2 Уравнения Лагранжа П8 Е = тиоггг2, »го = т»(О). Теперь после подстановки р в (3), (4) уравнения приобретают вид аУУ,Ф Ои,ф тг'= —, те=— а ' О Область движения частицы ограничена условиями е г ) г эф(г, я), ~М» — — гА~ < гпгио. с Ар = О А (Но(Л) Уг(Лр), А = (Но(Л) Уо(Лр), где,Уо(Лр),,Уг(Лр) — функции Бесселя нулевого и первого порядков.
Исследовать движение пробного заряда в бессиловом магнитном поле. Решение. Учитывая соотношения, следующие из теории функций Бесселя, еУУо(и)[еУи = —,Уг(и), АУ,(и)(е[и = иУо(и), получим компоненты напряженности магнитного поля Нр — — О, Н„= — гУА»(гУр = Но Уг(ЛР), Н, = (1Ур) (г[рАт(гУр) = Но Уо(Лр). Лагранжиан, описывающий движение заряда У = — (р + р~ф~+ ег) + [рог,У»(Лр) + е,Уо(Лр)~. Очевидно, сохраняются кинетическая энергия е т (рг + рг г + г) и обобщенные импульсы М, = тр ~р+ р,Уг(Лр), еНо Р. = гпб+ Уо(ЛР) Л (2) (3) 2.2.18.
Настица в бессиловом магнитном поле. В 1976 и Дж. Б. Тейлор закончил публикацию своей теории релаксации плазмы [134[. Совпадение предсказаний теории и результатов экспериментов, полученных на различных установках, оказалось уникальным. Он ввел новую характеристику силовых трубок магнитного поля— спиральность и предположил, что спиральность плазменного шнура в отсутствии диссипации сохраняется. В этом случае го1 А = — ЛА, Н = = ЛА, го1Н =- ЛН.
Согласно уравнению Максвелла гоСН =- (4нУс)3, т. е. [32Н] = О магнитное поле оказывается бессиловым. Вектор- потенциал бессилового поля 2.2] Уравнения УУагранжа в независимых координатах 1~9 Подставляя Д х из (2), (3) в (1), получим уравнение 2 С „(р) =, [И, — ' 'Р д,(Лр) + — ((р, — ' ' д,(Лр)1 .
(4) Область движения по координате р ограничена неравенством Е— — (У ~(р) ) О. х-компонента скорости обращается в нуль при условии р, = (еноУЛ),Уо(Лр). Для исследования движения частицы в области Лр «1 используем первые члены разложения ,Уо(и) = 1 — и~/4+...,,Уз(и) = (и/2) (1 — и~у8+...). В этом приближении магнитное поле оказывается квазиоднородным частица движется в ограниченной области р ( 1/Л в окрестности оси х. 2.2.19. Найти решение уравнений движения электрона атома водорода в постоянном однородном электрическом поле.
Решение. Лагранжиан, описывающий движение электрона с зарядом е = — ео, 1 .2 ео 2 Ь =- — тг + — — еоЕг. 2 г Переменные разделяются в параболических координатах ~, г1, ~а: х = — ~/Я сов:р, 9 = эх вш аз, х =- (8 — г1) У2. Направляя ось х по вектору Е, запишем лагранжиан У = — Ы+О) ( — + — ") + 2 сцр'+ ' — —, оЕЫ вЂ” О). Интегралы энергии и момента импульса имеют вид — Ы+г1)( — + — ) + — Ш вЂ” ' + — Е(~ — О) = б, (1) т У4 б Л т .г 2ео 1 8 (с и) 2 б+и 2 тДр= М, (2) Запишем третий интеграл (см. задачу 1.5.13) г (гМ) Š— — ' гŠ— — ' [гЕ)~ = СЕ 2 в параболических координатах 8( (б н ) 2 — ео — — воЕ~г1 = С. (3) 2 с и 8+п 2 [Гл. 2 Уравнения Лагранжа 120 Система (1) — (3) решается аналогично задаче Кеплера 1.5.14 в параболических координатах.
2.2.20. Записать лагранжиан свободной частицы во вращающейся системе отсчета. Найти г(1). Решение. Искомый лагранжиан Л =- т (г'+ [йг')) /2. Уравнение Лагранжа г' — — 2 [йг') — [й [йг')~. Пусть й = (О, О, й), тогда имеем уравнения х~ — 2йу~ — й~х'=О, уг+2йхг — й~у'=О., г~ =О. Вводя комплексную координату и = х' + гу', получим уравнение й + + 2гйи — йги = О, решение которого и = (А+ В1) е '"'. Пусть в инерциальной системе координат начальные условия имеют вид г(0) = ге, г(0) =- О. Учитывая, что г'(0) = — [йге), находим А =- хе + гуе, В = О, т.
е. *' =. ха соя й1+ уа вп й1, у' = — та вп й1 + уа соя й1. В этом случае решение представляет собой, по существу, преобразование координат. 2.2.21. Найти решение задачи Кеплера в системе отсчета, вращающейся с угловой скоростью й. Решение. Лагранжиан К = ™ (г+ [йг1)'+ ~ . В сферических координатах с полярной осью, направленной по векто- ру й, А = — (г~ + т~д~ + тт ят Вф~) + 2 + тт~йр я[в~О+ ™ т~йй я[и~О+ —.
(1) 2 т Из (1) следует, что сохраняются проекция момента импульса на ось г тт~ я[в~О (ф+ й) = М, (2) и полная энергия — (т~ + т В~ + т~ вп~д~рз) — — т~й~ во~ — — = Е. (3) 2 2 т Умножая уравнение Лагранжа з' 2 — тт д = тпт впд соя д (яг+ й) — ' — — * М,сояд М, д 1 41 тат впЯВ 2татг дд я1п В 2.2] уравнения Лагракэка в невависимих координатах 121 на тг~0, получим первый интеграл тат О + ' =М Ма сйв В 2 0' (4) Подставляя Д д из (2), (4) в (3), получим уравнение 2 (~+ М П Мо + о) т 2тг~ т Таким образом, решение следует из формул задачи 1.5.3 после замены Š— г Е + М,П, Ог — г ~р + й1. Глава 3 ДИНАМИКА СИСТЕМЫ 21АСТИЦ 3.1.
Задача двух тел 3.1.1. Первая ядерная реакция. (Резерфорд, 1919). Порог реакции тНе+ тттч =- ттО+ 'Н равен бо = 1.,13 МэВ. В лабораторной системе ядро азота до столкновения неподвижно. Найти минимальное значение энергии гт-частицы, при которой может идти реакция. Решение. По условию энергия относительного движения должна превосходить величину бе. дс~тт2 ) бе, д = — тттиг (тпт + тг) т, где т = ът относительная скорость; тт, тпг массы а-частицы и ядра азота. Искомая энергия г 2 тг Заметим, что, записывая величину Кт в виде (Й.
скорость центра масс) тК дт тт ' 2 2 та 2 Кт = + гн — Кт+ — Кт, 2 2 т т можно убедиться, что часть энергии (тт/т) Кт, соответствующая энергии центра масс, не участвует в реакции. 3.1.2. Частица находится на прямой, проходящей через центр тонкого диска перпендикулярно к его плоскости. В начальный момент система покоится. Найти относительную скорость частицы и диска в момент соударения. Решение. Направим ось 2 системы центра масс по прямой, соединяющей центр диска и частицы. Потенциальная энергия взаимодействия частицы массы т и диска массы М П(2) =-~ 1М= г ЫР1~Р: ( ттт дМ М /дг, г' ьга где а радиус диска, следовательно, тт(2) — ( 2 22 ) — 2СтМ а Теперь используем закон сохранения полной энергии в системе центра масс: 0 — 2с г ( аг+ 12 — 1) = — 2т ", (1) Задача двух тел 123 здесь 1 — расстояние между частицей и центром диска в начальный момент времени, с — относительная скорость в момент соударения.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
