Ю.Г. Павленко - Задачи по теоретической механике (1115223), страница 9
Текст из файла (страница 9)
Найти реп~ение уравнений движения, если г(0) = О, т(0) =- (О, ы/а, 0). Решение. Из уравнений движения х =- — ю соз ау у, Б =- 0 найдем первые интегралы Ю х+ — впау = О, а Далее, из закона сохранения энергии получим уравнение у = (ш/а) савау, следовательно, 1 х =- — — 1пспы1. а впар = 1Ь ы1, у х=ш сл йу еВо в=О, ы= тс ' находим е(1) = 0 и первый интеграл Ю ы х — — 1ййу = —. й й' Подставляя теперь х, е в закон сохранения полной энергии, получим уравнение 2 у' = и,' —,((у), 1(у) = ( — ) (1+1'п1еу)'. (2) Поскольку 0 < 1'(у) < (2ю/й)~, то при ио < 2со/й протон отразится от магнитной стенки.
При ио ) 2ы/н протон пройдет через магнитную стенку. В этом случае из (1), (2) найдем уравнение траектории йl 4у (1+1Ь йу) ол — (ю/й)о (1-Ь1Ыеу)о 1.4.15. Протон движется в неоднородном постоянном магнитном поле с индукцией В =- (О, О, Во сп йу), образующем магнитную стенку, параллельную оси х. Начальные условия г(0) = (О, — оо, 0), т(0) = = (О, ио, 0). Найти условия прохождения протона сквозь магнитную стенку и уравнение траектории. Решение. Из уравнений движения 1А] Движение частиц в элентромагнитн х полях 59 Переходя к новой переменной и = 1 — ОЬйу, .вычислим интеграл и получим уравнение траектории Ыв 1 х=— а +т г 2яд !и „чэ:О. Й,г 2,*.
во, с(с+ в) (1 — 15 ау) г био д =- с — 1, с=- —. 2м При ху» 1 величина 1 — СЬ йу — ехр ( — 2ну). В этой области траектория представляет собой участок прямой х = — у/д. 1.4.16. Тонкая магнитная линза образована полем, вектор- потенциал которого [17] Ар — — А, = О, А„= — ~ рВ(р, х) с]р. 1 Г о т (р — рог) = — — рхВ, т д г. со у.дА р д — — р Оэ= — (2 + — — рА ], р 11 (, д рдр (2) ео. ( дВ тБ.=- — — ~р ~ др р —. с ~ дэ о Из уравнения (2) следует первый интеграл гпр р — — ~ др р В(р., х) =- Мо.
о Предположим, что объект находится в точке с координатами рг = О, гг = — д. Для параксиального пучка электронов из (4) следует тр~д — — р В(О, г) = О. 2с (5) Функция В(р, х) быстро спадает в области ]х] ) Ь. Найти фокусное расстояние линзы. Решение.
Индукция магнитного поля в цилиндрических координатах Вр .— — —, В„=- О, В, =- — — рА„. дА 1 д Уравнения движения электрона зарядом е = — ео имеют вид 1,4] Движение частиц в электромагнитных пвллх 1.4.17. Электрон движется в однородном нестационарном магнитном полее индукцией В = (О, О, В(1))., В(1) = Во/ (1+ (1/т)э).
Найти решение уравнений движения ]18]. Решение. Изменение магнитного поля порождает вихревое злектри- 1 дВ ческое поле. Из уравнения Максвелла го1 Е =. — — — и теоремы Грина с дг ~ Е 41 = — — ~ — и'Я находим ~р-компоненту электрического поля Е„= — (р(2с) (дВ~д1). Следовательно, вектор-потенциал А = [Вг]/2. Вводя переменную с = = х + гр, представим уравнения движения в виде (+ гый+1 —,й =- О; й = О: еВо аэ = тс Замена С = ш ехр [ — ™ ( 1 <й] приводит к уравнению 2 Ю'+( — ) ш=О. Переходя к переменным ш =- и/ э1п д, с18 О =- г]т, получим уравнение ~г 2 —, + д~и = О, р~ = 1+ ( — ), Таким образом., решение исходного уравнения — '(С1е"1т"~+ С етг "в' ехр~ — — [1Я сЫ., г1п й' 2 гйпэд = 1+ ( — ) представлено в параметрической форме.
С„., у„постоянные интегрирования. 1.4.18. Электрон движется в однородном постоянном магнитном поле с индукцией В = (О, В, О) и электрическом поле квадрупольного конденсатора, потенциал которого оэ = (Ц>/2а ) (х — р~). Найти решение уравнений движения при условии В > (с/а) тУо/ео. Решение. Из уравнения тг = ео 17~р — — (гВ] ео с [Гл. 1 Уравнен л Ньютона 62 получим систему е и г г та е В * =- йгх+ йй у Йгу~ г (2) Из (2) нахоДим У = Аг сов (Й31+ ог).
ПоДставим интеграла 2+йх = С теперь г из первого (3) в уравнение (1): х+ Йгх = ЙС, Й, = Й вЂ” Йг ) О. (4) Решение (4) имеет вид й х =. Аг сов (й(1+ ог) + —, С. (5) Подставляя (5) в (3), найдем й г = — — Аг 3[в(йг3+ сгг) — [ — ') С1+% й( [,й,) Среднее значение кинетической энергии (к) — — "' [-'о*А', .~ ( — *) о'1 ~ — (о',А,':,о(А,'(. 1 Среднее значение потенциальной энергии г 1 г Рй 1 1 г ( — ео(р) = — — й ~ — А + [ — С) — — А ~ [2 г [йг ) 2 1 х — — йгх+ЙО=О, у — -йгу — йх=О, г ° — 1 г 2 3 2 3. 2еоН еоВ 3 г та ' те 3+Йзг = О, Часть полной энергии., соответствующая дрейфовому движению, отрицательна. 1А.19.
Электрон движется в электростатическом поле с потенциа- Н лом (р = —, (х + у — 23 ) и в аксиальном магнитном поле с индукг г 31 2а цией В = (О, О, В). Найти г(3) при фини гном движении электрона [19, 20). Решение. Эта задача может быть решена в декартовой и цилиндрической системах координат. Уравнения движения в декартовой системе Движение частиц в элентроглагнитн х полях Из последнего уравнения находим х = со сов (Пз1+ у). Далее, вводя комплексную координату б =- х — гй, получим из (Ц уравнение (+ ай~ — — Пз~ = О. 2 2 (2) Будем искать решение в виде 1 = ис '«( Характеристическое уравне- ние Лэ — ПЛ + Пг~,У2 = 0 имеет действительные корни П] Л~ =- — 1 х 1 — 2~ — э) 2 ~П) ~ при условии Пг > 2йз~. Таким образом, общее решение (2) имеет вид С е — глгг — г.а + Сэе — тлгг — ьтг Переходя к координатам х, й, получим решение (1) х = Ке б = Сг сов (Лг1+ уг) + Сэ сов (Лоу+ уэ), й = — 1шб = Сг гйп(Лгу+ уг) + Сэ гйп(Лэ1+ э).
Заметим, что потенциал уг(г) удовлетворяет уравнению Лапласа и мо- жет быть реализован системой гиперболических электродов )21). Мо- дификация электродов приводит к потенциалу )22) р(г) = о ( з 2 ~) + о (8хл 24 ~~со + 2 ~л) 2а 16а т оу э... ео. 21 — — р ф=О, тй= — — РВ, В р гИ ' с ~' ~ ср находим два интеграла 2ео1 р тр Ф=м 2+ 1и =йо Ро Сохраняется также кинетическая энергия электрона Е = (тУ2) х х (р~ + р~~р~ + 2~).
Учитывая (1), получим уравнение Р' = — ) — С ф(р)), 11вф(р) = ', + — ( 'о —, 1п — ) . 2тр 2 тс Ро где р = х~ + 11~, также удовлетворяющему уравнению Лапласа. 1.4.20. Электрон движется в магнитном поле, создаваемом током силой 1, протекающим по,члинному тонкому проводу. Найти первые интегралы. Решение. Из уравнений движения в цилиндрических координатах [Гл. 1 Уравнен л Ньютона М=[гр) = 'и, ст [г [гг)) = —., (гт — г(гг)) = ст' ея/г тй ее Иг =- — [ — — г —,) = — — —.
с [,т т',) с ат' Следовательно, сохраняется обобщенный момент импульса Л = М вЂ” — г~т. ед с 1.5. Задача Кеплера 1.5.1. Найти потенциальную энергию взаимодействия однородного шара и частицы. Рассмотреть предельный переход к о,чноро,чному полю тяжести.
Решение. Потенциальная энергия взаимодействия шара массой М, радиусом В с частицей, находящейся на расстоянии т от центра шара, , ~тдМ где с, г — радиусы-векторы элементарной массы шара пМ и частицы гп. Введем сферические координаты с началом в центре шара., тогда Я л 2н [у(г) = — Ср ~ с пс ~ гйп и пд ~ с[~о [т Э б~ — 2тб сове)~~~ о о о — )4 с[+С вЂ” [ — 6): о следовательно,. ,тМ т о'(г) = т>Н Для тела, находящегося вблизи поверхности Земли г =- К+г' (т' « й), находим П(г ) = У(В) + г' — .= — — гппг, , дН СтМ аК Н 1.4.21. Частица движется в магнитном поле, создаваемом закрепленным магнитным зарядом. Найти первые интегралы. Решение.
Совместим начало системы координат с магнитным зарядом, так что В =- юг~то, где е величина магнитного заряда. Очевидно сохраняется кинетическая энергия. Преобразуем далее производную момента импульса: Задача Кеплера г тг = — о— з г Два интеграла уже известны (см.
задачу 1.3.5): ..а т [гг[ = М, — — = Е. В 1799 г. французский математик Лаплас открыл еще три интеграла., которые отражают скрытую симметрию задачи Кеплера. Умножим векторно обе части (Ц на М: [гМ[ = — [гМ[. (2) Из (2) следует, что — [гМ[ =- — —, (г(гг) — гг ) . 2 дг г Учитывая, что г = т, гг — -- тг, получим д . 4 г — [гМ) = н — —, аг сЫ г' следовательно, сохраняется вектор Лапласа [гМ[ — ог/г. Выберем нормировку этого вектора так, чтобы его величина совпадала с экс- центриситетом,т.е.
введем вектор 1 . г е = — [гМ] —— О T (3) гле 8 = — СМК/Дз Если плотность шара является функцией координаты г., то папе вне шара не отличается от поля точечной массы. Этот результат принадлежит И. Ньютону. Позднее Дж. Бирхгоф заметил, что симметрично пульсирующий шар создает поле, также не отличающееся от поля точечной массы. Полагая г1 — — Л + Ь и гз =.
Л вЂ” Ь, можно доказать, что силы притяжения, действующие на частицу, имеют одинаковую величину при Ь =- (Я вЂ” 1) Н/2 — 0,618Л. Пропорция Ь/а =- 0,618 известна с древних времен как результат деления отрезка длиной а + Ь на две неравные части а и Ь, удовлетворяющие условию Ь,~а = аДа+ Ь). Леонардо да Винчи назвал ее золотым сечением. Различные реализации золотого сечения хорошо известны в архитектуре и живописи. 1.5.2. Частица движется в потенциальном поле 17(г) =- — а(г.
Найти первые интегралы. Решение. Из второго закона Ньютона получим уравнение [Гл. 1 Уравнения Ньютона 66 Очевидно, (яМ) = О., т. е, вектор Лапласа лежит в плоскости траекто- рии. Умножая (3) скалярно на г., получим Мг ег=р — т, и= 7но тп(т' — т — т р вп В) = — —., 2, 2 ° 2 — — (гпт В) — гпт оо впВ соя В.= О,. 2' 2 ° 2 т дй В, а ° 2 — тт яш Вр=О. тя1пВ сй (2) (3) Заметим, что в сферических координатах М = тт (Ве„— р вп Вео), (4) где ео, е„орты сферической системы координат: ео — (сояд сояоо, сояВ впр, — впВ), ет = ( — впр., совр., 0). Из (3) находим первый интеграл тпт~ я1п~В р = М,.
(5) Следствием уравнений (Ц вЂ” (3) является закон сохранения полной энер- гии — (т +т В +т вп Воо ) — — = Е. (6) 2 т Найдем еше один первый интеграл. С этой целью подставим р из (5) в (2) и умножим обе части на тптЯВ. В результате, учитывая (4), получим 2 (тптЯВ)Я +,* =- МЯ, (7) вп~В где М вЂ” - величина момента импульса. Исключая из (6) Д В, с помощью (5), (7) найдем уравнение М2 (8) Пусть р(0) = ~ро, В(0) = я/2, |р(0) ) О., В(0) ( О. Полагая М, = М соя г., получим из (5), (7) В(с161 сок В) 'р = + Фо , Г- ноя,эг (9) Обозначая через г угол между векторами я и г, найдем уравнение траектории т =- р (1 + е соя у) в плоскости, перпендикулярной М.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
