Ю.Г. Павленко - Задачи по теоретической механике (1115223), страница 28
Текст из файла (страница 28)
Начальные условия б(0) =- хе, б = Ые. Общее решение (4) ( и е — вы+и е — елее Л1 г = Й вп ф х (Й яп ф)з + вез Й вп ф х ше. 4.2] Собственные колебания многомерн х систем 183 Из начальных условий находим из, г = (хо + ио/ссо) /2. Переходя в (5) к действительным переменным х = Вес, у =-1ш с, получим х = — ~(хо — — ) сов(хо+ й япф)1+ 2 (( ига) ио Х ~(*.+ — ) ..-[.-ог ф)~], ыо у = — ~ — (хо — — ) в]п(сов+ Й эшф)с+ 2~ хо ио 1 + (*.,- — ) .
( . — о п г) ~]. хо Рассмотрим несколько частных случаев. А. Пусть ио = хо/ого В этом случае х = хо сов(ыо — Й япф)1, у = ха э]в (соо — й в]п ф) 1. В. Пусть иа = — хо/сво. В этом случае х = хо соз (ого + й яп ф) 1, у = — хо яп (ого + й яп ф) 1. В каждом случае маятники движутся по окружности с разными угловыми скоростями. С. Положим ио =- О. Тогда маятник колеблется: х(1) = хо сов(й яп ф1) сов ого1, у(1) = — хо яп(й яп ф1) совыо1. (6) Плоскость качания вращается вокруг вертикали с угловой скоростью Й яп ф.
Вращение Земли можно рассматривать как результат циклического медленного изменения параметра, внешнего по отношению к маятнику. Сохраняет ли маятник впамятьь о вращении Земли? Полагая в (6) 1 = = Т, Т = 24 ч, находим у(Т)]х(Т) = — 18(2л яп ф). Следовательно, через 24 ч маятник не возвращается в исходное положение — плоскость качаний будет смещена на угол 2я эш ф, называемый углом Ханнея.
В 1851 г, франпузский физик Ж. Фуко установил в Пантеоне Парижа маятник массой 28 кг на тросе длиной 67 м. Такой же маятник массой 54 кг на тросе длиной 98 м был недавно демонтирован в Исаакиевском соборе Санкт-Петербурга. 4.2.6. Получить первые интегралы уравнений Лагранжа для маятника Фуко в сферических координатах. Решение. Расположим начало координат в точке О на широте ф. Ось е направим вертикально вверх, ось х по меридиану к полюсу. [Гл. 4 Линейные колебания 184 ! = — т1г (Вг+ В~ф~) + т1 В~И вшф ф — — т81В~. 2 2 Поскольку ег — циклическая координата, то сохраняется проекция обобщенного момента импульса на ось ю ,У = т[гдг, + т(гдгП в1п ф. Другой первый интеграл представляет собой полную энергию дй .д1, Е =  —.
+ ф —, — Е. дд дф Подставляя Ь, находим Е = — т1 (Вг+ Вгфг) + — гп81Р. (2) Из (1), (2) получим уравнение Е =- — т[ В + У,ф(В) (3) Г„~(В) =,, (М вЂ” т[~В~Й вш ф) + — т81В~. 2т1~ Вг 2 Система уравнений (1), (3) интегрируется в элементарных функциях (см. задачу 1.3.6). 4.2.7. Найти решение уравнений движения плоского двойного маятника в окрестности положения устойчивого равновесия. Решение.
Рассмотрим упрощенную систему: в неподвижной точке закреплена нить длиной 1, к которой прикреплена частица массы т. К этой частице подвешен идентичный математический маятник. Пусть Вгм ~рг — углы отклонения первой и второй нитей от вертикали. Лагранжиан системы Е 1 фг + 1 ~ф1+ 2фг 9~э сов (рг — Вгг) + р21 — У(Вгм рг), У = — т81 (2 сов ~Рг + сов Рг). В положении устойчивого равновесия ~рг .= рг =- О А = — 1 [2ф~ + 2~р~ ф~ + фг г— ег~~(2р~ + д~)1, ег~ — — — . Введем обобщенные координаты:  — угол отклонения между нитью маятника и вертикальной осью и азимутальный угол Вг между плоскостью качаний и плоскостью у =- О.
Тогда квадрат скорости пг = 1г (Вг+ 1- зги~В фг), ху — ух = 1г в1пгд ф. Ограничиваясь анализом линейных колебаний В «1, получим лагранжиан 4.2] Собственные колебав л многомерных систем 185 Собственные частоты а71 2 —— 3772 (3772 ~ 1) 373 и собственные векторы 1 % ь72 1 00= Я Общее решение 7р1 = а сов (а711+ о) + Ь сов (а721+ (3), 1р2 =- — 172 а сов(а711+ а) + ъ726 сов(3721+ Д. 4.2.8. Определить частоты продольных и поперечных колебаний линейной трехатомной молекулы. Решение.
Пусть массы атомов образуют последовательность: т1, гп2, гпз. Введем обозначения ЛХ = т1 + т2 + ть, т,ь —— - т, + ть, В. радиус-вектор центра масс, г2 вектор, соединяющий центр масс с атомом т2, г ь =- г, — гь. Произведем замену переменных 1 г =. — — (т1г21 + тзг23), Га — 37 + Г2 + Г2а ° которая соответствует переносу начала системы отсчета на атом т2 (см. задачу 3.3.2). Кинетическая энергия молекулы равна ' 2 1 т17П23 2 1 тг™12 2 т17713 2 МК + 2 М Г21 + 2 М Г23 — М Г21Г23.
Ь7 — й (Р1+ Р2) + 2 371 (7Р2 '771) + 2 2 1 2 2 При вычислении первого члена, описывающего зависимость У от рас- стояния между атомами, учтено, что (/Гас 1'20 + н2~/ 1) =- (е23112 ) + Второе слагаемое определяет потенциальную энергию изгиба молеку- лы. Кинетическая энергия слабовозбужденной молекулы 7П17П23 т17П3 тет12 11 М 7 ь'12 М 7 ь'22 Положим г =- г о+и, где г о — - радиус-вектор положения равновесия атОМа то, По — ВЕКТОР СМЕЩЕНИЯ. ПУСТЬ Г О вЂ” Г2О = — 1Е23, ГДЕ Его— единичный вектор. Для линейной молекулы е23 = — е21 = (1, О, 0).
Рассмотрим далее движение атомов в плоскости и введем полярные координаты р2, 1Р2, р1, 1р1 векторов п23 и и12. Потенциальная энергия взаимодействия атомов [Гл. 4 Линейные колебания 186 Лагранжиаи молекулы Ь = К вЂ” 1У. Перейдем к нормальным коорди- натам, совершая замену переменных рг = 111 соз — — ог згп —, 'у 'у 2 2 ' рг = Ф з!п — + гуг соя— 'у 'у 2 2 28п 2тгтз 1р 'рг уг11 18 у бп — бгг тг (тг — тз) ' 1 1 и = М [911 + 8 гг) Згг + (822 + 8 г г) Фг ~ В новых переменных лагранжиан приобретает вид Ь=1Мйг+1с.йг+М 1202+бмбм — бш1222 2 1 2 ° 2 — — йд — — ге1 1р, 2 а 2 1 ог г =- '[тгтгз+тзтгг ~ (тгтгз — тзтгг) +4тгтг|, п = д'11 + 8 22 + 2дгг = (тг туз + 4гп,пгз) М Продольные колебания.
Из (1) находим частоты колебаний г уг 1Е 1 2 1 / 1 1 г~ 4 аг 1,2 + + )+ ог,г 2 [тг тг тз тг тз гпг ~ В частности, ДлЯ симметРичной молекУлы (тг = тпз = гп, тг = гпа) й г у2 11 агг — —, агг — й [ — + — ) . т' [та т) В слУчае изомеРной несимметРичной молекУлы (тг = тг = т, тз = = та) ь 8 1 ° 1 1 12 + ~ [ ) + 2 г,г= гп т та ~т та) т Поперечные колебания. Поскольку кггягг — 42 = тгтг х х таМ 1, то из (Ц получим частоту Заметим, что введение коллективных координат позволяет найти не только собственные колебания,но и исследовать поведение молекулы в электромагнитном поле. 4.2.9. Две частицы могут скользить по двум прямым, образующим угол к /3. Частицы связаны между собой и с вершиной угла пружинами. 4.2] Собственные ноохбан л многомерн х систем 181 Пружины, закрепленные концами в вершине угла, имеют в ненапряженном состоянии длину 1, а пружина, соединяющая частицы, — 1.
Найти собственные частоты линейных колебаний. 2 3~ 2 ~ 3~ (1 — Й) Ответ: о1~~ = —, о12~ = — +— 1н' г т гн (2Г-~ 0)' 4.2.10. В качестве модели взаимодействующих нейтральных атомов рассмотрим два линейных диполя, расположенных на одной прямой на большом расстоянии друг от друга. Диполь образован протоном и электроном. Частота колебаний электрона изолированного диполя равна о1о. Найти собственные частоты колебаний системы. Решение. Пусть протоны расположены в точках (О, О, 0), (21, О, 0).
Положение электронов определяется координатами Х1 и хг, (Х1, О, 0), (В + хг, О, 0). Смещения (х„~ (( Л. Потенциальная энергия системы 2 2 2 г е е 2 2 2 Н = — — + — + —,(х, +х,). х1 Ьхг х1 Ч х2 В окрестности положения равновесия х1 .— -- Хг =. 0 2 2е трс У = тй х х2+ 2 гноогг (х +хг) 2 2 2 2 Далее запишем уравнения Лагранжа Х1+ ыох1 — П хг = О, 2 2 хг+ ыогхг — 11~Х1 = О.
(1) 2 2 Из характеристического уравнения (о1ог — огг) = 111 найдем собственные частоты 1ог~ 1 — — огог х П~. Общее решение (1) Х1 1 1 1 1 ос2 — 1 — а сов(о111+ сг) + — 1 Ь соз(оггс+ )1). ъ'2 При рассмотрении этой задачи в квантовой теории молекул энергия системы принимает дискретные значения Е„, „. = Ьо11 (п1 + — ) + Ьогг (пг + — ), где п1, пг = О, 1, 2, ... квантовые числа. Энергия основного состояния Ь р е Еоо =- — (о11+ 1ог) = Ьсоо (1— 2 2га огой ) Следовательно, взаимодействие нейтральных атомов приводит в квантовой теории к появлению потенциальной энергии — -Л е.
Сила притяжения, действующая на каждый осциллятор, Й называется силой Ван-дер-Ваальса [64). 4.2.11. Ограниченная задача трех тел (К. Г. Якоби, 1835 г.). Вектор б (см. задачу 3.3.8) описывает окружность (рис. 4.2.11а). Найти [Гл. 4 Линейные колебания 188 Ь =- ™ (хз+ уз+ 2~) + тй (ху — ух) — С(х, у, 2), т йг ( 2+ 2) С зпззп С тзт 'ь- о* '* * '(.— )* .* где х1= — ' 1, хз= т' 1, 1=®, й =Стзз/12. тзз тзз Первый интеграл Е=г —,— Л=- +К .
дА тг' дг 2 Полагая г = О, получим уравнение поверхности Е = С, определяющей границу области пространства, в которой может находиться частица. Уравнения движения имеют вид И1 х — 2йу = — —— т дх 1 д11 у+ 2йх = — — —, т ду' (2) 1 ди т дз' — = т [Х1 (г) + Сдззз ('12 гзз )1 (4) д[l — =- зпУ 1(г), ду — =- т г (1(г) + й ~, (5) 1" (г) =- — йз + Стзг з + Сгпзгз з Г12= (Х вЂ” Х1) +У +2 гз2 = (х — хз) +У +2 Приравнивая ~711' нулю, найдем положение точек го относительного равновесия так называемые точки либрации (от лат. йдга весы). Ограничимся рассмотрением движения в окрестности точек Лагранжа (зтреугольныез точки), для которых 2 = О, у ф О. Из (4), (5) находим 1 (г) =- О, гзз = г12, т1 — тз 1 Л хо = — уо = — 1, хо = О.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
