Ю.Г. Павленко - Задачи по теоретической механике (1115223), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Условия приводятся в самой общей форме. В ряде задач о движении заряженных частиц во внешних полях не указаны скалярный и векторный потенциалы. Отсутствуют данные о массах тел, размерах, характерных масштабах и возможных ограничениях. Эта ситуация, характерная при формулировке реальных проблем, стимулирует развитие навыков самостоятельной работы. В результате анализа поставленной проблемы и ряда ущющающих предположений возникает несколько моделей явления. В сборнике приводится одно из возможных решений с указанием области применения. Ряд задач, представляющих различные аспекты одной проблемы, собраны в 3 1.6, 3.2, 4.1, 4.3, 6.4, 7.1-7.3, 8.3, 8.4, 10.2, 10.4-10.6. Решения этих задач образуют., по существу, единое целое. Надеюсь, что эта книга окажется полезной не только для студентов, но и для специалистов в области механики и прикладной математики.
Предисловие к первому зданию Я глубоко благодарен сотрудникам кафедры квантовой механики Ленинградского государственного университета профессору А. Г. Жиличу и профессору Л. Н. Лабзовскому за конструктивные замечания и предложения, сделанные ими при рецензировании рукописи. Я также признателен профессору Я.
Н. Терлепкому за обсуждение ряда проблем, затронутых в книге. Мне приятно выразить искреннюю благодарность Ю. А. Афиногенову и С. И. Зеленскому за помощь в работе над книгой и множество ценных замечаний, сделанных при чтении рукописи. Ю. Г. Павленко Глава 1 огРАВНЕНИЯ НЬЮТОНА 1.1. Кинематика 1.1.1. Частица движется по эллипсу х(1) = аг сов(оЛ+ сгг), й(1) = =- аг соз (ы1-ь ог). Найти величины осей и ориентацию эллипса [2].
Решение. Представим заков движения в комплексной форме: х(1) .= Нег(1)пг, у(8) =. Вег(1)пг, г(г) = (агегь'пг + агег"'пг) ег"г,. пг = (1, О, 0), пг = (О, 1, 0). Найдем теперь два действительных перпендикулярных друг к другу вектора пг (Л =- 1, 2), направленных по главным осям эллипса. Пусть г3 — угол между векторами пг и пг. Тогда г(8) = [пгегд+ пгецдт дй) егьп =- (п, + гпг) егдгг"'.
(2) Из (2) находим [2[ гг* = игг + игг, [г*г) = 2г' [пгпг). (3) Подставляя (1) в (3), получим систему аг + аг — — иг + иг, агаз гбп б = игиз, б = сгг — ог, г г г 2 из которой находим в случае б > 0 1 иг г=- 2 Ориентацию эллипса определим из условия Не (г*пг)(гпг) = О. Под- 2агаг ссеб ставляя (1), получим $я 2р = а, — аг 1.1.2.
На рис. 1.1.2 расстояния ОС = й, ОМ = аг,гЛ, а ( й. Точка Р движется по поверхности, удовлетворягогцей условию МР,гСР = = а,гй. Найти уравнение поверхности 1(г) = О, где г =- (х, р, х)— радиус-вектор точки Р. Ответ: гг = аг. 1.1.3. Частица движется в плоскости х =- О. Найти уравнение траектории, если отрезок касательной, заключенный между точкой [Гл. 1 Уравнения Ньютона 10 l l 1 ! Рис. 1.1.3 Рис. 1.1.2 касания Т и точкой пересечения с осью х С, имеет постоянную длину р [рис. 1.1.3).
Решение. Поскольку ТС = — р, то с~у «Ь — =- 1к о, у =- р вьп еь Интегрируя уравнение с~к сов о г до вт о получим траекторию х = р 1п18 — + р сов о + С., у =- р в[п о 2 в параметрической форме. Пусть у[к/2) = р, х[к,/2) = О., тогда С = О., р+ l г г х = р 1п У вЂ” 'рг — уг. у Эту кривую называют трактрисой, или «собачьей кривойь. Пусть по оси х бежит собака, а ее хозяин бежит так, что поводок длиной р все время натянут. Тогда ТС является отрезком касательной. Если собака бежит с постоянной скоростью ио, то ОС = х — р соз ег =- ио1. Следовательно, .1К ее/2 = ехр [ио1(Р) ооо р х = вог — Р 1[г —; у = р ' ' еЬ(иоо!Р) Очевидно, при 1 ~ р/оо хозяин бежит практически вдоль оси т на расстоянии р от собаки [3[.
Отметим, что поверхность постоянной отрицательной кривизны, образованная вращением трактрисы вокруг асимптоты, представляет собой псевдосферу [псевдог от гр. рзепдов ложь) Э. Бельтрами [1868 г). Внутренняя геометрия псевдосферы локально совпадает с геометрией Лобачевского. Кинематика 1.1.4 — 1.1.5.
Простое преследование на плоскости. 1.1.4. Радиус-вектор точки В на рис. 1.1.4 11(б) =- (иЬ, 6, О). Точка А преследует точку В со скоростью и, направленной в точку В. Величина скорости постоянна. Найти уравнение траектории точки А. Решение. Пусть радиус-вектор и скорость точки А соответственно равны г(б) .=- (х, уб 0)б зб(б) =- (иы им О). Согласно условию и~+ из~ = 2 и1(6) =. — (и6 — х), из(6) = — (Ь вЂ” у), с = (и6 — х) + (Ь вЂ” у)~. е е Следовательно, координаты удовлетворяют двум уравнениям х =- — (и6 — х)б у =- — (Ь вЂ” у).
с е Котангенс угла наклона кривой ОА Йх ис — х (2) Поскольку скорость точки А постоянна, то, вводя длину дуги ОА, равную е = ибб представим (2) в виде 4х (6 — у) — +х = Ье, ббу (3) где Ь =- и/и. Далее, дифференцируя (3) по убполучим уравнение (Ь У) б = Ь . (4) дх де ау ау Рис. 1.1А Из соотношения б4е~ =- дх + ду следует выражение для производной де/б4У = — бб б бб..бббб. В б б,б„„~ б,; — б ббб, У- чим из (4) уравнение (6- у) — = ЬЛ+ у'.
ббл 4у (5) 2 — = (1 — -) — (1 — -). Учитывая начальные условия д(0) = О, получим решение уравнения (5) ( 6)' Отсюда находим [Гл. 1 Уравнения Ньютона 12 Рассмотрим два случая. А. Если Ь у1 1, то в результате интегрирования получим уравнение траектории 266 Ь у " Ь ')+( ) [1 ь) ( — ) [1 ь) ' (6 Расстояние между точками А и В равно ь [ „ь+П с = (Ь вЂ” у) 1+ аз, с = — [1 — -') + (1 — -') Б. В случае Ь = 1 уравнение траектории 2 2х = — 1п(1 — — ') — у+ —. у1 у Ь) 2Ь (7) При значениях Ь > 1 расстояние с возрастает, у — ~ Ь, х — ~ оо. При значении й = 1 имеем с — ~ Ь/2.
В случае Ь ( 1 искомая кривая пересекает прямую у = Ь. 1.1.5. Найти расстояние с(Ь) между точками А и В в случае Ь = 1. Решение. Вычислим производную дс/д8. Дифференцируя с, полу- чим сс = — (Ь вЂ” у) у+ (и8 — х) (и — х) = — — ос+ Ьсх — ~ с = — о + 1ех. Отсюда находим новое представление функции с = Ь+ Ьх — оЬ. Исклю- чая производную х-координаты, получим уравнение сс = — 2ос+ (и — о~) Ь -~- оь, которое линейной заменой аргумента приводится к интегрируемому однородному уравнению. В частном случае о = — и получим неявную зависимость с(1): Ь /2с с — Ь+ — [п [ — — 1) =- — 2оь. 2 [,6 При иь » Ь имеем с = (Ь/2) [1 + ехр [ — (4оЬ/Ь + 1Ц.
Таким образом, с — ь (Ь/2). 1.1.6. Расстояние между двумя движущимися частицами постоянно, т. е. [гз(Ь) — гз(8)[ = С. Поюазатен что гг~ = ггз, где г(1) = гз(Ь)— — (Ь) Решение. Дифференцируя соотношение (га — г1)~ .=- С~, получим гъ т — — гог 1.1.7. Нить перекинута через вертикальную стенку и прикреплена к частице.
Найти ее скорость, если нить тянуть со скоростью и. Угол Кинематика между нитью и горизонтальной прямой равен гг(1) (рис. 1.1.7). Решение. Координата частицы х(1) =- 6 с1яге, а длина нити 1(1) = 6/япег. Очевидно, что 1 = — и. Следовательно, 6 . и . г яп а соэ а Рис. 1.1.7 Получите этот результат, используя решение задачи 1.1.6. 1.1.8. Концы стержня длины 1 скользят по двум направляющим, образующим прямой угол., причем хи = и1 (рис. 1.1.8). Найти уравнение траектории, скорость и ускорение точки С (середины стержня).
Решение. Координаты точки С х =- (1/2) созо., у =- (1/2) яп а. Исключая ег(1)., получим уравнение траектории ха + уэ = (1/2)э. Поскольку 1 соз гг = и1, то 1 .. и х= — — япгг а=— 2 2' и иГ у = — соэег а = —— 2 тг)г егг 1.1.9. В точке возврата О циклоиды х = а (х — яп ~Р), у = — а(1 — соя ее), — я < у ( к, подвешен математический маятник длиной 1.
При качании в плоскости ху часть нити маятника прилегает Рис. 18.9 Рис. 1.1.8 к дугам циклоиды. Показать., что при 1 =- 4а маятник движется по циклоиде. Решение. Пусть Т точка касания нити и циклоиды с координатами х, у (рис. 1.1.9). Длина дуги ха + уайд = 4а (1 — соз — ). хт 2)' [Гл. 1 Уравнен в Ньютона Угол у между отрезком касательной Т М и вертикалью определяется соотношением Об ( у -~- п,~2) — — с[у/е[х: у = — у/2. Следовательно, координаты маятника х1 = х + ([ — в) яп у = а (ю + яп ~р) + (е — 4а) яп ео/2, у1 .=- у — (е — в) сов у =- — а(3+ сову) — (е — 4а) сов ее/2. Полагая / = 4а, находим, что хм уг связаны уравнением циклоиды. Поскольку длина дуги ЕМ равна в1 = 4а яп ~Р/2, то у1 = — 4а+ во~/8а.
1.1.10. Частица движется по эллипсу в плоскости ху. Проекция секторной скорости ае постоянна. Найти х(1), у(е). Решение. Условия задачи имеют вид ( — ) + ( — ) = 1, ху — ух = 2о„. Вводя параметрическое представление уравнения эллипса: х =. а сов ~, у = о яп ~, получим из (1) ~ = (2а„/ао) 2+ ~о. Следовательно, х = а сов( ~+ ьо) у = 6 яп( ~+ ьо). 1.1.11. Вектор ъ может быть разложен по трем некомпланарным векторам а, Ь, с: и = оа+ ДЬ + чс. Найти коэффициенты о, Д, у. Решение. Умножим и на вектор [Ьс1.
В резульште получим \ [Ьс) е О ~о с„ О = а[Ьс, 'е „ь„а„б„с„ Аналогичным образом найдем Д и .у. 1.1.12. Зависимость хф определяется уравнением х =- а яп (ю~ + йх), х(0) =- О. Найти х(е). Решение. Запишем уравнение в параметрической форме х =- а япс, ю2 = — с — Йа вш Поскольку х(е) — периодическая функция., то ее можно разложить в ряд Фурье: х = ~ х„в1ппоЛ, 2 ы [, ~й х„= — ) х(1) яппю2 гН.= — ) хф зш пил — с[С. "— Т) Кинематика Интегрируя по частям, получим 1 (с1к а л„= — ~ — сов па!1 дб = — ~ сов б соз (и Я вЂ” Йа яп б)] дб. лп ~ !1б лп ~ Далее, в подынтегральном выражении пишем сове = (сов б — 1/Йа) + + 1/ка.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
