Ю.Г. Павленко - Задачи по теоретической механике (1115223), страница 5
Текст из файла (страница 5)
Частица достигает бесконечности за 2а / время 1о = а 2т))Но. 1.2.4. Частица движется в поле су(х) = — 1)о с[) ~ах. Найти х(1), если полная энергия Е =- -Ео < О. Решение. Из закона сохранения энергии получим уравнение Одномерное движение 1.2] ~Ео Переходя к переменной интегрирования г = ~( вЬ йх, получим '1~ Оо — Ео зЫсх =- о1 вш (огг+ а), ог = 1о~( Оо — Ео ) 2Ео Ео ~l т Период движения можно вычислить независимо: х~ т здесь хм хг — корни уравнения Š— (/(х) = О.
1.2.5. Потенциальная энергия частицы (рис. 1.2.5) О(х) = — + Начальные условия х(0) = О, х(0) = А, А = Зо/Л. Найти решение уравнений движения х(1). Решение. Полная энергия Е = О. Из графика потенциальной энергии видно, что имеем две точки поворота х = 0 и х = А. Частица начинает смещаться в отрицательном направлении оси х. Поэтому из первого интеграла энергии получим уравнение х = — 1(х), 1 (х) =- — — = — х (А — х). (1) г 211 Л т Зт Рнс.
1.2.5 Производя подстановку А — х =- х~,получим 2<Ь дх 1 + хъ'А — х А — х ъ'А в+ъ'А Следовательно, ъ'А Е ъ'А — х /Го А ш1 = ]п — -э х(1) = ъ'А — ъ А — х ' М т сЬ~ ыг/2 Очевидно, при ш1» 1 частица приближается к окрестности начала координат. [Гл. 1 Уравнения Ньютона 32 1.2.6. Потенциальная энергия частицы (рис. 1.2.5) Л 2 Зь Начальные УсловиЯ х(0) = Оь х(0) = Ь, хо < Ь < Зхоьь2ь хо = 2а/Л. Найти решение уравнений движения х(1). Решение. Из первого интеграла следует уравнение — (Š— П), 2 тп х = - ((х)., Г(х) = где полная энергия Е = (ЛЬ~~6) (Ь вЂ” За2ьЛ) < О. Найдем вначале решение (1) в случае движения частицы в окрестности дна правой потенциальной ямы х = хо. Полагая х = хо + 21ь [ь1[ « хо, получим Иь( ) о,( ) вхо „ 2 2 3 2 2 аХО + Ва аа ВХО + ЬьЬ2 6 2 Зхо 6 2 Тогда из (Ц следует решение уравнения движения х(г) = хо+ а созоьос, аьо = —.
т (2) Перейдем теперь к интегрированию уравнения (Ц. Найдем вначале корни уравнения Š— Н = 0: *,=ь, *,,=ь ('*' — ь:.ь ь(ь*' — ь)( э,-ь)~. хь ) хз ) х3ь хз < О. '1очкам поворота соответствуют корни хь и хз. Функция 1"2(х) — полинам третьей степени: ( (х) = — (хь — х) (х — хз) (х — хз). Для того чтобы представить интеграл в терминах эллиптического синуса, произведем в (1) замену переменных х = хь — (хь — х2) из.
Тогда имеем ь12 ыз ьЬГ- —.*Ьо -ьн*Ь = ь о (З) Оь=-, Ь Л (хь — хз) 2 хь — хз Зщ хь — хз В том же приближении положим Ь = хо + аь где а амплитуда колебаний, а « хо. Полная энергия 1.2] Одномерное даилсение Следовательно., решение уравнения движения г уюг х = хг — (хг — хг) зп ( —, Ь). (4) Получим приближенное решение (2) из (4). Полагая Ь .=. хо + а., получим 4а Лто й = —, ог= = ага Зхо 2т ха хз = —— 2 хг - -хо — а, Поскольку й « 1, то зп(ог1/2, й) = з1п (иг1,Г2), х(1) = (ха+ а) — 2а з1п ( — ) =- хо + а созого1.
. гУ огЛ 2 (О) 1.2.7. Потенциальная энергия частицы (рис. 1.2.7) 4 У(х) = — + Начальные условия х(0) = О, х(0) = Ь, 0 < Ь < хо., хо = о/Л. Найти решение уравнений движения х(1). Решение. Из анализа начальных условий следует, что частица начинает движение в положительном направлении оси х. Поэтому из первого интеграла получим уравнение х = 1(х), (1) У(х) = — (Š— Й, т где полная энергия Е = — оЬг,12 + + ЛЬ~/4 < О. Найдем вначале решение (1) в случае движения частицы в окрестности дна правой потенциальной ямы х = = хо, т. е. при )х — хо! « то Полагая х = хо + о, Ь = хо — а, получим Рис.
1.2.7 г И'(о) =и(х+а) = — — +ног+.„, 4Л г г г о г Ла о г Е= — — +оа + (а — 4хо) = — — +па. 4Л 4Л Тогда из (1) получим решение г 2о х(1) =- хо — а созаго1, аго -— —— (2) [Гл. 1 Уравнения Ньютона Перейдем теперь к интегрированию уравнения (1).
Представим функцию 1~(х) в виде У (х) = — (х —,,) (., — ), =. Ь., *, = — — Ь. Л э э з з э 2а 2т " з ' ' о Л Переходя к переменной с = х/хш получим эллиптический интеграл [131] (3) Лг — *')(*' — ео где ев = хз 2Л/т, Ь' = х1/хш Интеграл в (3) заменой переменной с~ =. 1 — й~и~., й~ =. 1 — йа приводится к табличному эллиптическому интегралу 4в сп (юс/2, Л) (4) — и= ев: *7е — "*'ь йп (юс/2., и) Здесь сп (д, и) — эллиптический косинус — четная периодическая функция с периодом 4К, е[п (~р, й) — эллиптическая четная периодическая функция с периодом 2К, К вЂ” полный эллиптический интеграл: — 1 < сп(~р, Ь) < 1, Ь' < е[п(~р, Ь) < 1.
В обозначениях Глешера сп(~р, Ь)/е[п (~р, й) -- это функция се[(ю, й) [131]. Отметим, что зГх Л 1тсп(х, Й) 1,2 ' / 1-Г Оп(д, Ь) ' Из (4) следует решение уравнения (1): х(С) = хз (б) Учитывая, что сп (О, Ь) = 1, бп(0, Ь) = 1, получим х(0) = хь Полезно получить приближенное решение (2) из (б). Полагая Ь = = хо — а, получим 4а 2Л т1 = хо — а., хо = хо + а, й = †, ю = хо — = юо. хо т Поскольку й « 1, то сп (ю1/2, й) соз (оЛ/2), е[п (ю1~2, Й) 1, /4а 1 э ыог х(1) = (хо + а) 1 — ( — ) сов~ — = хо — а соз юо1 (6) (,хо,) 2 1.2] Одномерное движение 1.2.8.
Потенциальная энергия частицы (см. рис, 1.2.7) 2 Л А 2 4 Начальные условия х(0) = О, х(0) =- хг, хг = 2о/Л. Найти решение уравнений движения х(г). Решение. В этом случае полная энергия Е = О. Тогда точки поворота х = О, хг. Введем обозначение и = х/хг. Из закона сохранения энергии следует соотношение Л ~ дв 1 1 4 Л вЂ” иг = — ]п 2т ] вЯ вЂ” вг 2 1 — Я вЂ” нг Разрешая (1) относительно х, получим решение Х2 о х(1) =, Й=хг сЬЙЕ ' 2т т При Й1 » 1 функция х(1) = 2хг ехр ( — Й1) стремится к нулю. 1.2.0.
Потенциальная энергия частицы (см. рис. 1.2.7) 2 4 ох Лх Начальные условия х(0) = О, х(0) = о, а > хг = 2о/Л. Найти решение уравнений движения х(1). Решение. В этом случае полная энергия Е = — ееаг/2+ Лае/4 > > О. Тогда точки поворота хг г = ха. Функция (~(х) = (Л/2т) (а — х ) (хг + д~). д~ =- аг — 2о/Л. Вводя функцию и = х~а., основной и дополнительные модули ]131] й= ~/ог ~-яг уог т ег получим из закона сохранения энергии соотношение и ас Л дг lе 2т (1 — 22)(йггг -' 14'~) Л/2т следовательно, х(1) = а сп(о21., й), ог = (а(и) — (Л/т) (аг — о/Л).
Период колебаний 1 Т— [Гл. 1 Уравнения Ньютона подстановкой 1 — х~ = ве приводится к полному эллиптическому интегралу: Т вЂ” -- 4К(й)/оо. Если частица движется в потенциальной яме, соответствующей потенциальной энергии Н(х) =- Лх~/4, то полагая а =- О, получим й .= =. 1/~2 и решение 1 Л Л х(г) = а сп [ ыХ, — ), ы .=. а ъ2 т В этом случае полный эллиптический интеграл Л'(1/т/2) = 1,85.
1.2.10. Частица движется в поле Б(х) = — ьГо сов х,Ч. Найти х(8), 40о если х(0) = О, х(0) =- т Решение. Полная энергия Е = 14. Из ингеграла энергии получаем уравнение х = по сов х/21, оо = х(0). Произведем замену х =- в1п х/20 Тогда 21 =21, =И!п сов (х /21) 1 — оо 1 — о После интегрирования находим ооО 1-~- в1пх/21 — = 1п 1 — в1п х/21 оое следовательно., сйп — = 15 —.
При 1 — ~ оо х — ь х1. Функция [У(х) 21 21 представляет собой потенциальную энергию математического маятника, где х длина дуги. В теории солитонов решение (1) обычно представляют в виде Ц( — — — )=-е "'~ . 1.2.11. Частица движется в поле потенциального барьера [У(х) =- = По ехР ( — [х[/а) с полной энеРгией Е ) [Уо. Найти Разность междУ временем движения от х1 =- — оо до хз =- оо в поле барьера и временем свободного движения с той же энергией.
Решение. Искомая разность т 1 1 т = 1пп — дх -ь Вычисляя интеграл, находим 2т 2ъгЕ т =- 2а — 1п ьГЕ + огŠ— Го 1.2] Одномерное движение 1.2.12. Частица движется в веконсервативном поле. Потенциальная энергия частицы У(1, х) =- — ахе/2 — Ыхз/2+ сх/2, 1 > О. Найти решение уравнения движения прн значениях параметров а = т~1 ~т~, Ь = тут~, с = тй(т~. Решение.
Переходя в уравнении движения тх=2ах +Ых —— 3 с 2 к безразмерным переменным х =. Аг, 1 = тв, получим д е 1 — = 2е+ ве —— да 2 Это уравнение возникает в процессе нахождения автомодельных ре- шений уравнения Кортевега — де Вриза после преобразования Миуры. Можно проверить, что решение имеет вид е(с) — — д 1и Р(рв) /а1., где р =- = 2 ~~з, Р(и) удовлетворяет уравнению Эйри с1зЕ/с1из+ иР = О: тг' = тп+ Х вЂ” дМт)с в проекциях на касательную и нормаль к окружности имеют вид тКВ = ти сов  — р1у, тйВ~ =- Ж вЂ” тд гйп В, (1) () Рнс.
1.2.1 3 где й -- радиус окружности, В = сс-- угловая скорость. Перейдем в (1), (2) к переменной В: В =- (асс/дВ) сс. Исключая Ю из (1), (2), .получим уравнение дсс 2 ВВ .= — 21ас +2сс (соз — д з1пВ), о (3) Здесь /ег~з ( — из1з) — функции Бесселя [4, 5). 1.2.13. Частица движется по кольну., расположенному в вертикальной плоскости. Коэффициент трения скольжения равен д.
Найти зависимость величины скорости от координаты частицы. Решение. Выберем в качестве координаты угол В между отрезком ОА и радиус-вектором ОМ (рис. 1.2.13). На частипу действуют сила тяжести., сила реакции Х и сила трения в = — РЖчуи. Из второго закона Ньютона [Гл. 1 Уравнения Ньютона авог — — д[[Я.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
