1612134387-a2fccbf390d18c9a09d2258f69cea51b (829487), страница 34
Текст из файла (страница 34)
Такойрезультат может служить указанием на физическую природу этого взаимодействия. Полный же расчет ван-дер-ваальсовых сил возможен лишь вквантовой механике.и разделяем быстро осциллирующие и медленно меняющиеся слагаемые.Для осциллирующих слагаемых8.13. Движение вдоль оси z почти равномерное, z = vt. В плоскости(x, y) на частицу действует быстро осциллирующая сила fx = 2Ax sin kvt,fy = 2Ay sin kvt. Соответствующий эффективный потенциал Uэфф =(2)√2A 2.= mΩ (x2 + y 2 ), где Ω =2mkvСогласно условию частота колебаний силы kv Ω, так что сила действительно быстро осциллирующая.
Итак, в плоскости (x, y) частица совершает гармонические колебания с частотой Ω около оси z. Эта задачаиллюстрирует принцип жёсткой фокусировки пучков частиц в ускорителях.8.14.Уравнения движенияmẍ = ec B(x)ẏ,mÿ = − ec B(x)ẋ.−19(10К)η̈ = −ω ξ̇,e B(X),ω = mcоткудаξ = r cos ωt,η = −r sin ωt.Для медленно меняющихся членов имеемe B (X)ξ η̇,Ẍ = ω Ẏ + mce B (X)ξ ξ,˙Ÿ = −ω Ẋ − mcгде2ξ η̇ = −r2 ωcos2 ωt = − r ω ,2˙ = 0.ξ ξПоскольку Ẍ, Ÿ ∼ εω Ẋ, εω Ẏ , то левые части (2) можно положить равныминулю.Итак,2Ẏ = er B (X) = 1 εv, Ẋ = 0.2mc2(Скорость смещения центра орбиты (скорость дрейфа) в более общем случае рассмотрена в [2], задача 3 к § 22 и [8], § 25.)8.15.Уравнение движения шарика2системе СИ:∼, m ∼ 10−30 кг, a ∼ 10−10 м, α ∼10−11 Ф/м · 10a 6 Дж.
4πε0∼ 10−18 r1ВUэффe2ξ̈ = ω η̇,mÿ = −dU (y)+ f (t).dy266Ответы и решения[8.15Собственное движение шарика под действием пружинки описывается «низкочастотным» смещением x = y − y0 cos γt, для которогоmẍ = −dU (x + y0 cos γt).dxУсредняя по периоду 2π/γ высокочастотного движения с помощью формулcos2n+1 γt = 0, cos2 γt = 1 , cos4 γt = 3 ,28получим эффективную силу и соответствующую эффективную потенциальную энергиюUэфф (x) = Ax2 + Bx4 ,§ 9.
Движение твердого тела. Неинерциальные системы отсчетаT =y02> Tc = 4C9Bшарик колеблется вблизи точки x = 0 с частотойω = 2A/m ∝ T − Tc .При A < 0, или T < Tc , минимумы Uэфф(x)расположены в точках−A±x0 = ±2B267симметрия относительно замены x → −x. При уменьшении температурыдо значения T < Tc шарик начинает колебаться вокруг одного из новых положений равновесия: x0 или −x0 . При этом симметрия x → −x, очевидно,второгоразрушается. Значение Tc — аналог температуры фазового перехода√рода. В окрестности точки T = Tc величина x0 мала, x0 ∝ Tc − T , и малачастота собственных колебаний ω.§ 9. Движение твердого тела.
Неинерциальные системыотсчета9.1.A = −C + 9 By02 .4График функции Uэфф(x) изображен на рис. 150.При A > 0, илиРис. 1509.2]а)⎛⎞02a2 (m + M ) 2a2 (m − M )⎝2a2 (m − M ) 2a2 (m + M )⎠,0004a2 (m + M )б)⎞⎛ 2004a m⎠.⎝ 004a2 M004a2 (m + M )9.2. Для обеих фигур одной из главных осей является ось, перпендикулярная к плоскости рисунка и проходящая через центр инерции фигуры(ось z).
Главная ось x повернута на угол ϕ к стороне O x каждой из фигур.Главная ось y перпендикулярна к оси x. Обе эти оси проходят через центртяжести фигур.а) Координаты центра в осях O x y (x = b, y = a):Izz = 2(a2 + b2 )(M + m),(b2 − a2 )2 (M + m)2 + 4a2 b2 (M − m)2 ,= (a2 + b2 )(M + m) ± (b2 − a2 )2 (M + m)2 + 4a2 b2 (M − m)2 ,Ixx = (a2 + b2 )(M + m) ∓и шарик колеблется вблизи одного из них с частотой−A ω=m ∝ Tc − T .при a ≷ b, ϕ = 1 arctgВозникающая картина весьма близка к картине фазовых переходов второго рода, описываемых феноменологической теорией Ландау [23]. Быстрые вынужденные колебания являются аналогом теплового движения (соответствующего оптическим модам колебаний системы, не связанным с переходом), а величина T = y02 — аналог температуры. При больших T система колеблется вокруг положения равновесия x = 0.
При этом имеетсяб) В осях O x y z (рис. 151) координаты центра масс O: x = y = a,z = 0. В системе координат Ox y z с осями, параллельными осям x y z ,тензор инерции⎛⎞3 1 0= 4ma2 ⎝1 1 0⎠ .Iik0 0 4Iyy22ab(M − m)(a2 − b2 )(M + m).268Ответы и решения[9.3При переходе к системе Oxyz, повернутой на уголϕ вокруг z , координаты преобразуются следующимобразом:x = x cos ϕ + y sin ϕ, y = −x sin ϕ + y cos ϕ,z = z ,а компоненты тензора инерции — как произведениякоординат:Ixx = Ixxcos2 ϕ + 2Ixysin ϕ cos ϕ + Iyysin2 ϕ =Рис.
151= 4ma2 (3 cos2 ϕ + sin 2ϕ + sin2 ϕ),Iyy = 4ma2 (cos2 ϕ − sin 2ϕ + 3 sin2 ϕ),Izz = 16ma2 ,9.7]§ 9. Движение твердого тела. Неинерциальные системы отсчетаDik =9.5.Угол ϕ выбираем так, чтобы выполнялось условие Ixy = 0, например, ϕ = π/8. Тогда√√Ixx = 4ma2 (2 + 2), Iyy = 4ma2 (2 − 2).9.3. In =Iik ni nk .i,k9.4.Центр масс: точка на оси симметрии на расстоянии(R − r)r3R3 − r 3от центра шара влево. Тело — симметрический волчок. Момент инерцииотносительно оси симметрии равенI3 =m 2 (R5 − r5 ),R − r3 53а относительно перпендикулярных осей, проходящих через центр масс, моменты инерции таковы(R − r)2 r3 R3m255(R − r ) −.I1 = I2 = 3R − r3 5(R3 − r3 )Inn δik − 3Iik (см.
[2], § 99).n9.6. Центр масс расположен на оси полушара на расстоянии 3 R от8центра шара (R — радиус шара). Момент инерции относительно любой изосей, перпендикулярных к оси симметрии (m — масса полушара)2I = 2 mR2 − m 3 R = 83 mR2 .58320При колебаниях центр масс может двигаться только по вертикали. Пустьϕ — угол поворота полушара, z — высота центра масс над плоскостью,z = R − 3 R cos ϕ.
Функция Лагранжа системы8L = 1 I ϕ̇2 + 1 mż 2 − mgz,22Ixy = 4ma2 (− sin 2ϕ + cos 2ϕ),Ixz = Iyz = 0.269при малых ϕ имеемL = 1 I ϕ̇2 − 3 mgRϕ2 .216Отсюда частота малых колебанийgω = 120 · .83 R9.7. Очевидно, скорость шарика после столкновения v может бытьнаправлена только вдоль или против V, т. е. v = vV/V .
Скорость гантелькипосле удара u направлена вдоль V, её угловая скорость ω.Законы сохранения импульса, энергии и момента импульса (относительно центра гантельки):mV = mv + 2mu,1 mV 2 = 1 mv 2 + mu2 + 1 Iω 2 ,222mV r = mvr + Iω,где m — масса шарика, r — его радиус, I = 14 mr2 — момент инерции5гантельки.Отсюдаv = − 1 V, u = 7 V, ω = 5 Vr .131313270Ответы и решения[9.89.8.В настоящее время расстояния от центра инерции системыm R иM R соответственЗемля–Луна до Земли и Луны равныM +mM +mно, а момент импульса системы22MRmRmΩЛ + MΩЛ + IΩЗ = JΩЛ + IΩЗ ,M +mM +mJ = M m R2 ,M +mΩЗJΩЛ=5k=2IΩЗ214шло 19 начальной кинетической энергии.289.10 а.2f1,2 = m g ± v .14r9.10 б.
Удобно воспользоваться подвижной системой координат с началом в точке A и осями x1 , x2 , x3 , параллельными ребрам AB = a, AD == b, AA = c параллелепипеда. В этой системе угловая скоростьΩ = Ωn, где n = l/l, l = (a, b, c),а момент импульса параллелепипедаM = (I1 Ω1 , I2 Ω2 , I3 Ω3 ),гдеI1 = 2 m(b2 + c2 ) = 2 m(l2 − a2 ), I2 = 2 m(l2 − b2 ), I3 = 2 m(l2 − c2 )3333— его главные моменты инерции. Таким образом,Из (1) и (2) найдем уравнение для x = ω :где√271б) Линия центров вращается с угловой скоростьюω вокруг направ7ления момента импульса M, составляющего с ней угол 45◦ ; при этом теловращается вокруг линии центров с угловой скоростью 5 ω. В тепло пере-(1)где ΩЛ и ΩЗ — угловые скорости вращения Луны вокруг Земли и Земливокруг собственной оси (ΩЗ /ΩЛ ≈ 28).
При записи (1) мы считали Лунуматериальной точкой, а у Земли учитывали вращение вокруг центра инерции и вокруг собственной оси (с моментом инерции I = 2 M a2 ).5В момент, когда сутки сравняются с месяцем, угловая скорость вращения Земли ω совпадает с угловой скоростью Луны, расстояние от Земли доЛуны (по третьему закону Кеплера) станет равным R(ΩЛ /ω)2/3 , а моментимпульса 4/3ΩЛJ ω+ I ω.(2)Ωx(1 + k − x)3 = k 3 Л ,ΩЗ9.10 а] § 9. Движение твердого тела. Неинерциальные системы отсчета(3) 2m ΩЛ ≈ 3, 8.RaM + m ΩЗУравнение (3), или x(4,8 − x)3 = 2,01, имеет два действительных корня: x1 ≈ 1/55 и x2 ≈ 4. Первый из них отвечает будущему, второй —прошлому. Соответственно в первом случае месяц станет равным 55 современным суткам, во втором — был равен 6 часам. Расстояние от Земли доЛуны станет равным 1,6R, а было — 2,6a (в этой модели!).(О более реалистических, чем рассмотренная, моделях эволюции системы Земля–Луна см., например, [24], гл.
2.)9.9. а) Тело вращается с угловой скоростью 2 ω; в тепло перешло 577начальной кинетической энергии.M = 2 mΩl2 n − 2Ωm · (a3 , b3 , c3 ).33lВектор M неподвижен относительно системы x1 x2 x3 , т. е. в лабораторнойсистеме вращается с угловой скоростью Ω, так что Ṁ = [Ω, M].Пусть силы, действующие на параллелепипед в точках A и C , равны−f и f (силы тяжести мы не учитываем). Момент этих сил K = [l, f].Уравнение движения Ṁ = K приводит к равенствуΩ[n , M] = l[n , f ],позволяющему определить f⊥ — составляющую силы f , перпендикулярнуювектору n:f⊥ = Ω M⊥ = Ω {M − n(Mn)} =ll22= 2mΩ(a4 + b4 + c4 ) · (a, b, c) − 2mΩ· (a3 , b3 , c3 ).423l3l272Ответы и решения[9.11Составляющая силы f , параллельная диагонали AC , не может бытьнайдена в модели, рассматривающей параллелепипед (и шарниры) какнедеформируемое твердое тело.
Легко видеть, что прилагая к параллелепипеду в точках A и C силы N n и −N n, мы не повлияем на его движение.Таким образом, силы, приложенные к шарнирам A и C , равны f и −f ,2f = − 2mΩ(a3 , b3 , c3 ) + N (a, b, c),3l29.12]L = 1 I1 (ϕ̇ + Ω sin α)2 + 1 I1 Ω2 cos2 α sin2 ϕ + 1 I3 (ψ̇ + Ω cos α cos ϕ)2 .222Исследовать движение удобно, используя интегралы движения pψ иE = pψ ψ̇ + pϕ ϕ̇ − L:pψ = I3 (ψ̇ + Ω cos α cos ϕ),E = 1 I1 (ϕ̇2 − Ω2 sin2 α) − 1 I1 Ω2 cos2 α sin2 ϕ+221222+ I3 (ψ̇ − Ω cos α cos2 ϕ).2В лабораторной системе вектор f⊥ вращается с угловой скоростью Ω.9.11.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
