Ю.Г. Павленко - Задачи по теоретической механике (1115223), страница 6
Текст из файла (страница 6)
ПУсть в начальный момент вРемени частица находитсЯ в точке А, ав(0) = П. Решение уравнения (3) '[в[ — [о' — '",1 ..-' ' в, [вв ..в в [в -в,.'[. ° в[. 1 Ь4р 1т4р Полагая В = вгв ав(я) =- Ов найдем начальную скорость ио = Пйв которую необходимо сообщить частице, для того., чтобы она достигла точки В: б 2 Пг 6»ввоо [» + гн„г 1 -~- 4»в 1.3. Интегрирование уравнений движения 1.3.1.
Тело движется в среде, сила сопротивления которой пропорциональна квадрату скорости. В начальный момент времени тело покоилось на высоте Н от поверхности Земли. Найти зависимость скорости и вертикальной координаты от времени. Решепие. Выберем начало чишювой оси г на поверхности Земли и направим ось вертикально вверх.
Из второго закона Ньютона тг = = тн — »от[г[ находим УРавнение тй = — тД + ййгв котоРое Удобно записать в виде с = тдгвй. Очевидно, с — скорость установившегося движения. Полагая 1 = ив находим решение 1(1) =- — с 1»в —. я1 (») с Заметим., что 1»вх =- 1 — 0,005 при х — 3. Следовательно, через промежуток времени 1 ) Зсгвд скорость тела становится равной с. Интегрируя (1), получим г = Н вЂ” — 1псЬ вЂ”. с с ПосколькУ пРи х «1 с»вх 1+ хг,[2в 1п(1+ х) хв то в интеРвале 1 «сгвд влиЯние сил тРениЯ еще не пРоЯвлЯетсЯ: г(1) =. Н вЂ” дог,[2.
Скорость тела в момент Т падения на Землю 2Ня; 1('Г) = — с 1 — ехр( —, ) . с 1.3.2. Тело брошено вертикально вверх с начальной скоростью ио. Сила сопротивления воздуха пропорциональна квадрату скорости тела. Найти решение уравнений движения. 1.3] Интегрирование уравнений движения сз = тд/Го. Начальные условия г(О) = О, й(О) = ио. Полагая й = и, получим уравнение первого порядка, решение которого й(г) = с 1я(сг — — )., 1яо = —.
ьгй с )' с Из условия й(ГГ) =. О найдем время подъема тела на максимальную высоту Н =- ого~а. Интегрируя (1), имеем с ( сов (о — ЛГ/с) ) (2) Максимальная высота подъема Н = г(1~ ), При ио « с высота подъема Н = и~о/2д'. В. Падение тела. Согласно решению задачи 1.3.1 (1) = — с ГЬ вЂ” (й — 1,), К с 2 гф = г(Н) — — 1п[сЬ вЂ” (1 — 1~)~ = с с с Г 2 =- — — 1п[совсг сЬ вЂ” (à — Н)~. (3) К К с Полагая г(оз) = О, найдем время падения Т = 1з — Гз из уравнения сов сг сЬцТ(с = 1. Величина скорости в момент падения на землю и = ]д(гг)], ~г — = ° ю ~( !г Учитывая (4), представим Т в виде с с-';ио 2я с — ио Очевидно, время падения больше времени подъема тела. Решение. А.
Подъем тела. Начало координатной оси с, направленной вертикально вверх, находится на поверхности Земли. Из второго закона Ньютона получим уравнение [Гл. 1 Уравнения Ньютлвна 40 тй = — тд — Овцам. Начальные условия г(0) = Н, 1(0) = О. Положим т = бяца,Хт = = 2раз,Х(Оц), где р — плотность воды. Тогда уравнение (1) приобретает вид й= — ( + — ), ео = Хтт. Отсюда находим (Х) = по [е Н вЂ” 1[, г(Х) = Н+ пот (1 — е Н -) еоХ. (2) (3) При увеличении скорости растет сила сопротивления и ускорение уменыпается.
Через конечный промежуток времени т ускорение приближается к нулю, а величина скорости — к постоянному значению ио. В этом случае сумма всех сил равна нулю: при Х» т координата капли г(Х) — > Н вЂ” ноХ. При падении капли воздух будет перетекать снизу вверх.
Можно учесть реакцию воздуха на ускорение капли, вводя эффективную массу, равную сумме массы капли, и присоединенной массы. В случае сферической поверхности присоединенная масса равна половине массы вытесненной среды — воздуха. Почему втьлавают» облака? Пусть на высоте Н = 600 м образовалась капля радиуса а = 6 мкм. Вычисляя т = 4,4 10 в с, получим значение установившейся скорости падения оо = 4,4 мм/с = 16 м/час. Капля могла бы достигнуть поверхности Земли за интервал времени Т = Н,Хне, Т =- 37,5 час. Она падает настолько медленно, что во время падения может испариться или, попадая в восходящий поток воздуха снова взлететь.
Лишь когда капли имеют радиус порядка 0,1аь0,2 мм, то они падают на Землю в виде дождя. 1.3.4. Тело движется в потоке воздуха, поднимающемся вертикально. Сила сопротивления, действующая на тело, пропорциональна 1.3.3. Падение капли. Силу сопротивления воздуха, действующую на сферу радиуса а, вычислил в 1851 г. английский ученый Дж. Стоке: Р = — бяцат, где ц = 1,825 10 о кгХ(м с).
Закон Стокса дает удовлетворительную точность при значениях числа Рейнольдса Ке « 5, Ве =- 2апрХц, р плотность воздуха. Найти решение уравнений движения капли при падении с высоты Н. Решение. Наиболее характерный размер облачных капель 5-10 мкм, концентрация капель -- 100-200 в 1 смз. Поскольку плотность воды больше плотности воздуха, то водяные капли должны падать.
Почему же не все облака дают осадки? Рассмотрим движение капли массой т. На нее действуют сила тяжести, сила сопротивления воздуха и выталкивающая сила, которой можно пренебречь по сравнению с силой тяжести. Направим ось г вертикально вверх, начало координат находится на поверхности земли. Из второго закона Ньютона получим уравнение Интегрирование уравнений движенил квадрату относительной скорости тела и потока.
В начальный момент времени и(О) =- (О, О, "о). Найти зависимость скорости тела от времени. Решение. Второй закон Ньютона тг = тп — й (г — и) ~г — п~ приводит к двум уравнениям тй = — тв — Й (й — и), 2 тй = — тд'+ Й(й — и), (1) (2) й)и й < и. В первом случае сила трения при подъеме тела совершает отрицательную работу, а во втором — положительную.
Пусть го > и. Переходя к переменной и = 1 — и, получим из (1) решение с гйхс/с — ио . тя 1(г) = и — с по=до — и, с= оо гйдс/с те ' ' й В момент времени 1д = (с/д) агс1я(ио/с) скорость частицы станет равной и. Интегрируя уравнение (2) с начальным условием й(8г) = и, получим й(г) = и — с гп — (г — г1), г > гы К с Если и > с, то частица будет двигаться вверх со скоростью аснмптотнчески приближающейся к величине и — с. В случае и < с скорость частицы обратится в О при значении 1з = ~г + (д/с) агсгг1(и/с).
В интервале 1 ) 1о тело падает на Землю: й(г) = — с гп ~ — (1 — 8о)] . 'г с Пусть О < йо < и. Переходя к переменной и = и — 1, получим решение уравнения (2) в1 т с гойс/с (г) =и — с с т с| опас/с ' иг = и — Бо. 1.3.5. Частица движется в сферически-снмметричном поле с потенциальной энергией У = У(~г~). Найти первые интегралы. Решение. Сила, действующая на частицу, дВ дУдт дУг Е— дг дт дг дт т Если и ) с, то асимптотическое значение скорости равно и — с. В случае и < с функция 1(1) обращается в О при значении 1', удовлетворяющем уравнению Р й8~ сео 2 о с с — и +ийо [Гл.
1 Уравнения Ньютона Умножая скалярно уравнение движения дН тпг = —— дг на г и интегрируя, получим интеграл энергии — тпг +(1(г) = Е. Далее, вычисляя производную момента импульса Мог = О. (2) Соотношение (2) является уравнением плоскости, перпендикулярной Мо и проходящей через начало координат. В общем случае переменные разделяются только в сферических координатах. Пусть г(0) = го, ч(0) = то. Если ось е декартовой системы координат выбрать параллельно вектору Мо = тп[го, то), то функция е(е) =. О. Далее решение задачи о движении в центрально- симметричном поле может быть получено в полярных координатах. 1.3.6.
Потенциальная энергия частицы Н =- пкв~т~)2. Найти зависимость координат от времени и уравнение траектории. Решение 1. Траектория лежит в плоскости, перпендикулярной вектору момента импульса. Выбирая ось е параллельно вектору Мо, запишем два интеграла: тпт Ф=Мо: 2 — (т + т р ) + — пил т = Е. 2 Исключая ~р, получим уравнение т = — [Š— Б ф(т)), т Н ~(т) = + т~. 2тта 2 (2) Из условия та ) 0 находим границы области движения по координате т: Ь < т < а, а, 6=— 1 с~~ + 2са ~-6 сза — 2с (3) 2Е Мо са =- тю шы са ——— находим еще три интеграла: М = Мо.
Умножая скалярно это равенство на г, получим 1.3] Интегрирование уравнений движения Найдем уравнение траектории. Пусть г(0) = гс, и(0) = чв. Из (1), (2) получим Ь 2 + 'Рт 2 С4/ 2 2 2С2 4 (4) е, -~- с44 — 4с4 соя2(Р— Р ) Мы получили уравнение эллипса с полуосями а н Ь (рис. 1.3.6).
Дей- ствительно, используя (3), представим (4) в виде а2Ь2 а сояя(Р— Ьг ) + Ь я!п~(22 — Р ) Интегрируя уравнение (2), найдем т = — с, — с, — 4ся соя 2а2 (1 — 1т) 2 1 2 4 4 2 1 2 Ш (6) где 8 — ближайший к 1 = 0 момент времени прохождения частицей точки г =. Ь. Соотношение (6) удобно представить в виде, аналогичном (5); т = Ь соя~вг(1 — 1„,)+а гап ы(1 — 1т). (7) Наконец, подставляя (7) в (1), получим уг(1) =- агс16~ — Ька4 (1 — Хт)] + ьгт.
Из (7) следует, что параметрическое представление искомой траектории в системе координат х,', у' (см. рис. 1.3.6) имеет вид х'(1) = Ь сояьг(8 — 1 ), у (4) = а сйпы (ь — 4 ). Решение 2. Рассматриваемая систе/ ма является вырожденной, поскольку допускает решение в декартовых и сферических координатах. Найдем внача- Рнс. 1.3.6 .яе решение уравнений Ньютона тг = — — йУ. Подставляя 42'(г), находим г' + а22г =- О.
Решение можно представить в виде г(8) = А соя а44+ В я]п а24, здесь 4р определяется условием 2 (уг ) = Ь. Используя подстановку и = 17г, находим [Гл. 1 Уравнения Ньютона где А и  — постоянные векторы. Скорость частицы г(1) =- — ооА в[поЛ+юВ созоо1. Момент импульса М = лг (гг( = 2тоо (АВ] является первым интегралом. Очевидно, Мг = Π— траектория лежит в плоскости, проходящей через начало координат. Выбирая ось е параллельно вектору М, получим х(г) =- аз сов(ю8 — а~)., у(г) .=- аз соз(оЛ вЂ” аз), е(г) = О, ае созаз — — Аь, аз гйпее~ =- Вь, аз сов ог — — Ав, аг в[пав = Вв, Следовательно, траектория частицы представляет собой эллипс.
Величина осей и ориентация эллипса относительно системы координат х, у найдены в задаче 1.1.1. 1.3.7. Частица движется в консервативном поле 0 = 0(г). Получить уравнения, определяющие траекторию частицы с известным значением полной энергии,и найти соотношения, аналогичные закону преломления Снеллиуса.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
