- Содержимое по тегу: ольховский

kalser.ru Колебания и волны Содержимое по тегу: ольховский

Решение задачи из Сб. задач Ольховского по теоретической механике для физиков. Номер 6.09

На концах трубы находятся заряды Q, найти частоту малых колебаний \omega

Решение:

olh611

sign(lQ) > 0 - только в этом случае будут возможны колебания.

Лагранжиан системы L = \frac{m \dot{x^2}}{2} - U_1(x)- U_2(x)

U_1+U_2= \frac{lQ}{a-x} + \frac{lQ}{a+x} = lQ \left (  \frac{1}{a-x} + \frac{1}{a+x}  \right ) = lQ \left (  \frac{2a}{a^2-x^2}  \right )

U'(x) =lQ \left (  - \frac{-2x}{(a^2-x^2)^2}  \right ) 2a = 0 => x = 0 U''(x)|_{x=0} =2alQ \frac{2(a^2-x^2) - 4x(a^2-x^2)(-2x)}{(a^2-x^2)^4} =

=4alQ \frac{a^2-x^2 + 4x^2}{(a^2-x^2)^3}|_{x=0} = \frac{4lQ}{a^3}

Таким образом, для частоты малых колебаний зарядов мы получаем: \omega^2 = \frac{k}{m} = \frac{4lQ}{a^3} > 0, если lQ>0

Второй способ, по формуле Тейлора:

U(x)=2alQ \frac{1}{a^2-x^2} \approx \frac{2alQ}{a^2}(1 + \frac{x^2}{a^2}) \approx  \frac{2lQ}{a^3} x^2 \equiv \frac{kx^2}{2} k = \frac{4lQ}{a^3}

Опубликовано в Теоретическая механика

Решение задачи из Сб. задач Ольховского по теоретической механике для физиков. Номер 5.51

Для данной системы число степеней свободы S = 3N - (число связей) => S = 6, при этом саму пружину в качестве связи мы не рассматриваем.

olh551В качестве обобщенных координат q_1;q_2 можно выбрать радиусы векторы \vec{r_1}, \vec{r_2} (см. рисунок к задаче)

При подобном выборе обобщенных координат лагранжиан системы будет выражен в декартовых координатах:

L=T-U= \frac{m_1 (\vec{\dot{r_1}})^2}{2} + \frac{m_2 (\vec{\dot{r_2}})^2}{2} -  \frac{k}{2}(|\vec{r_2}-\vec{r_1}| -l_0)^2 - m_1(\vec{g},\vec{r_1}) - m_2(\vec{g},\vec{r_2})

\frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{r_i}} - \frac{\partial L}{\partial r_i} = 0

(q_1,q_2)=(\vec{r_1}, \vec{r_2}) \to (\vec{R}, \vec{r}) здесь \vec{R} - радиус-вектор центра масс:

\vec{R} = \frac{m_1 \vec{r_1}+m_2 \vec{r_2}}{m_1m_2} , \vec{r} = \vec{r_2} - \vec{r_1}

\left\{\begin{matrix} \vec{r_1} =\vec{R} + \vec{r_1'} &  & \\ \vec{r_2} =\vec{R} + \vec{r_2'} &  & \end{matrix}\right. \left\{\begin{matrix} m_1 \vec{r'_1} + m_2 \vec{r'_2} = 0 &  & \\ \vec{r} =\vec{r_2}-\vec{r_1} = \vec{r'_2}-\vec{r'_1} &  & \end{matrix}\right. => \left\{\begin{matrix} \vec{r'_1} = - \frac{m_2}{m_1+m_2} \vec{r} &   & \\ \vec{r'_2} =  \frac{m_1}{m_1+m_2} \vec{r} &   & \end{matrix}\right.

\left\{\begin{matrix} \vec{r'_1} = \vec{R} - \frac{m_2}{m_1+m_2} \vec{r} &   & \\ \vec{r'_2} = \vec{R} + \frac{m_1}{m_1+m_2} \vec{r} &   & \end{matrix}\right. \left\{\begin{matrix} \dot{\vec{r'_1}} = \dot{\vec{R}} - \frac{m_2}{m_1+m_2} \dot{\vec{r}} &   & \\ \dot{\vec{r'_2}} = \dot{\vec{R}} + \frac{m_1}{m_1+m_2} \dot{\vec{r}} &   & \end{matrix}\right.

Таким образом, лагранжиан для данной системы:

L = \frac{m_1+m_2}{2} \dot{\vec{R^2}} + \left (  \frac{m_1}{2} \frac{m^2_2}{(m_1+m_2)^2} + \frac{m_2}{2} \frac{m^2_1}{(m_1+m_2)^2}  \right ) \cdot \vec{\dot{r^2}} - \frac{k}{2} (|\vec{r}| - l_0)^2 - (m_1+m_2) (\vec{g}, \vec{R})

Приведенная масса системы в этом уравнении обозначена как \mu\frac{1}{2} \mu = \left (  \frac{m_1}{2} \frac{m^2_2}{(m_1+m_2)^2} + \frac{m_2}{2} \frac{m^2_1}{(m_1+m_2)^2}  \right ) \cdot \vec{\dot{r^2}}

Запишем уравнение Лагранжа \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{R}} - \frac{\partial L}{\partial R} = 0

(m_1+m_2) \ddot{R} + (m_1+m_2) \vec{g} = 0

\frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{r}} - \frac{\partial L}{\partial r} = 0olh551_2

При этом \frac{\partial L}{\partial \vec{r}} = \frac{\partial L}{\partial |r|} \frac{\partial |\vec{r}|}{\partial \vec{r}} , \vec{n}_r = \frac{\partial |\vec{r}|}{\partial \vec{r}} - задает направление, систему можно представить аналогией, представленной на рисунке, таким образом:

\mu \ddot{\vec{r}} + k (|r| - l_0) \vec{n}_r = 0


Опубликовано в Теоретическая механика

Решение задачи из Сб. задач Ольховского по теоретической механике для физиков. Номер 5.40

Для данной системы имеем N = 2 точек => число степеней свободы S = 3N - (число связей) => S = 2

olh540

\left\{\begin{matrix}
\vec{r_1} =(0,y_1,0) &  & \\ 
\vec{r_2} =(x_2,y_2,0) &  & 
\end{matrix}\right. производим выбор обобщенных координат q1 и q2:

q_1=y_1=y q_2 = \phi

Запишем функцию Лагранжа в декартовых координатах:

L=T-U= \frac{m_1 (\vec{\dot{r_1}})^2}{2} + \frac{m_2 (\vec{\dot{r_2}})^2}{2} - \left ( \frac{k}{2}(y+l_0)^2+m_1gy_1+m_2gy_2 \right )=

\left\{\begin{matrix}
\vec{\dot{r_1}} =(0,\dot{y_1},0) &  & \\ 
\vec{\dot{r_2}} =(\dot{x_2},\dot{y_2},0) &  & 
\end{matrix}\right.

=\frac{m_1}{2} \dot{y_1}^2 + \frac{m_2}{2} (\dot{x_2}^2 + \dot{y_2}^2) -  \frac{k}{2}(y+l_0)^2 - m_1gy_1 - m_2gy_2

Связь между декартовыми и обобщенными координатами:

\vec{r_i} = \vec{r_i}(y, \phi) \left\{\begin{matrix}
x_2=l sin \phi &  & \\ 
y_2=y+l cos \phi &  & \end{matrix}\right. \left\{\begin{matrix}
\dot{x_2}=l \dot{\phi} cos \phi &  & \\ 
\dot{y_2}=\dot{y}-l \dot{\phi} sin \phi &  & 
\end{matrix}\right.

L= \underset{|------------T-------------|}{\frac{m_1}{2} \dot{y}^2 + \frac{m_2}{2} (l^2 \dot{\phi}^2 + \dot{y}^2 - 2 \dot{y} \dot{\phi} l sin \phi}) - \frac{k}{2}(y+l_0)^2 - m_1gy_1 - m_2gy_2

После сокращений, для функции Лагранжа, получаем:

L = \frac{m_1+m_2}{2} \dot{y}^2 + \frac{m_2}{2} l^2 \dot{\phi}^2 - m_2 \dot{\phi} \dot{y} l sin \phi - \frac{k}{2}(y+l_0)^2 - (m_1+m_2)gy - m_2gl cos \phi

Уравнение Лагранжа по координате y:

\frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{y}} - \frac{\partial L}{\partial y} = 0 P_y = \frac{\partial L}{\partial \dot{y}} = (m_1+m_2) \dot{y} - m_2 \dot{\phi} l sin \phi \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{y}} = (m_1+m_2) \ddot{y} - m_2 \ddot{\phi} l sin \phi - m_2 \dot{\phi}^2 l cos \phi

\frac{\partial L}{\partial y} = -k (y+l_0) - (m_1+m_2)y

Собирая все слагаемые вместе, в итоге получаем выражение для функции Лагранжа:

(m_1+m_2) \ddot{y} - m_2 \ddot{\phi} l sin \phi - m_2 \dot{\phi} l cos \phi + k(y+l_0) + (m_1+m_2)g = 0

Уравнение Лагранжа по координате \phi:

\frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{\phi}} - \frac{\partial L}{\partial \phi} = 0
P_{\phi} = \frac{\partial L}{\partial \dot{\phi}} = m_2 \dot{\phi} l^2 - m_2 \dot{y} l sin \phi

m_2 \ddot{\phi}l - m_2 \ddot{y} l sin \phi - m_2 \dot{y} \dot{\phi} l cos \phi - m_2 \dot{y} \dot{\phi} l cos \phi + m_2 g l sin \phi = 0

Если \phi не изменяется, тогда:

(m_1+m_2) \ddot{y} + k (y+l_0) - (m_1+m_2)y=0, то есть в колебаниях участвует общая масса m_1+m_2

Опубликовано в Теоретическая механика

Решение задачи из Сб. задач Ольховского по теоретической механике для физиков. Номер 6.09

Потенциал взаимодействия двух атомов массой m1 и m2 равен U(r)=U_0 e^{-2a(r-r_0)}-2U_0 e^{-a(r-r_0)}

U_0, a,r_0 - константы.

Задача на минимум потенциала. Найдем минимумolh69_01 U(r)

U'(r)=-U_0 2ae^{-2a(r-r_0)}+2U_0ae^{-a(r-r_0)}=0

2U_0ae^{-a(r-r_0)} \left (  -e^{-a(r-r_0)} +1  \right ) = 0 в точке r=r_0 - экстремум функции U(r):

U''(r)|_{r_0} = 4a^2U_0e^{-2a(r-r_0)} - 2U_0 a^2 e^{-a(r-r_0)}|_{r_0} =olh69_02

 = 4a^2U_0-2a^2U_0=2a^2U_0>0 Если U_0>r_0

в точке r=r_0 - минимум =>

=> k=2a^2U_0 C учетом уравнения Лагранжа \mu \ddot{r} + kr=0 получаем \omega^2 = \frac{2a^2U_0}{\mu}

L=T-U=\frac{m_1 \dot{r_1}^2}{2} + \frac{m_2 \dot{r_2}^2}{2} - U(r) = \frac{m_1+m_2}{2} \dot{r}^2_m - U(r) + \frac{1}{2} \mu \dot{r}^2

U(r_0) = U_0 - 2U_0 = - U_0

Опубликовано в Теоретическая механика

Решение задачи из Сб. задач Ольховского по теоретической механике для физиков. Номер 5.26

Выбираем обобщенную координатуolh526 q = x

T= \frac{m}{2} \dot{x}^2 U = \frac{\kappa}{2} \Delta l^2

Удлинение пружины можно представить в виде:

\Delta l = l - l_0 = \sqrt{h^2 +x^2 -l_0}

U= \frac{\kappa}{2} \left ( \sqrt{h^2 + x^2} - l_0} \right )^2

Запишем уравнение Лагранжа для данного в задаче случая:

L= \frac{m \dot{x}^2}{2} - \frac{\kappa}{2} \left ( \sqrt{h^2 + x^2} - l_0} \right )^2

Найдем явный вид для функции Лагранжа:

\frac{\partial L}{\partial x} = - \kappa (\sqrt{h^2+x^2} -l_0) \cdot \frac{1}{2} 2x = - (\sqrt{h^2+x^2} - l_0)x \kappa}

\frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial x} = m \ddot{x} => m \ddot{x} + \kappa (\sqrt{h^2+x^2} - l_0)x = 0

Если h>l_0, то колебания относительно точки 0. В области, где x<<h m \ddot{x} + \kappa (h - l_0)x = 0

 \ddot{x} + \kappa \frac{h-l_0}{m}x = 0

Опубликовано в Теоретическая механика

Решение задачи из Сб. задач Ольховского по теоретической механике для физиков. Номер 5.23

Найти для математического маятника функцию Лагранжа и уравнение Лагранжа

Решение:olh_mat_mayat

число степеней свободы S = 3N-K в свою очередь N = 2, поэтому:

S = 6 - K => S = 2 - K, K = 1 => в итоге S = 1


Условие связи: x^2+y^2=l^2, обобщенная координата q = \phi

\left\{\begin{matrix}
y = l cos \phi&  & \\ 
 x = l sin \phi&  & 
\end{matrix}\right. => \left\{\begin{matrix}
\dot{x}= l \dot{\phi}cos \phi &  & \\ 
 \dot{y}=-l \dot{\phi}sin \phi &  & 
\end{matrix}\right.

Далее, получаем для кинетической энергии математического маятника:

T =  \frac{m}{2} (\dot{x^2} + \dot{y^2}) = \frac{m}{2} (l^2 \dot{\phi}^2 (sin^2 \phi + cos^2 \phi)) = \frac{ml^2}{2} \dot{\phi}^2

Потенциальная энергия маятника есть U = -mgy = -mgl cos \phi поэтому искомая функция Лагранжа для мат. маятника:

L = \frac{ml^2}{2} \dot{\phi}^2 + mgl cos \phi

Запишем уравнение Лагранжа \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{ \phi}} - \frac{\partial L}{\partial \phi} = 0

\frac{\partial L}{\partial \phi} = -mgl sin \phi \frac{\partial L}{\partial \dot{ \phi}} = ml^2 \dot{\phi} \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{ \phi}} = ml^2 \ddot{\phi}

После подстановки и сокращений, получаем: \ddot{\phi} + \frac{g}{l} sin \phi = 0, пусть \phi мало, тогда sin \phi \equiv \phi => \ddot{\phi} + \frac{q}{l} \phi =0 => \omega^2 = \frac{g}{l} - мы получили уравнение гармонических колебаний.

Ответ можно записать в следующем виде \phi = \phi_0 cos(\omega t + \alpha)

Дополнительно:

с учетом малости угла \phi можно записать:

x = l sin \phi = l sin(\phi_0 cos(\omega t + \alpha))  \equiv l \phi_0 cos(\omega t + \alpha) = x_0 cos (\omega t + \alpha)

y = l cos \phi = l cos (\phi_0 cos(\omega t + \alpha)) = l(1 - \frac{1}{2} \phi^2_0 cos^2 (\omega t + \alpha)) = l - \frac{l \phi^2_0}{2} cos^2(\omega t + \alpha) = l - \frac{l \phi^2_0}{4} (1+cos(2 \omega t + 2 \alpha)) = l - \frac{l}{4} \phi^2_0 - \frac{l \phi^2_0}{4} (2 \omega t + 2 \alpha )

, здесь l - \frac{l}{4} \phi^2_0 - точка, относительно которой происходит колебание математического маятника.

Опубликовано в Теоретическая механика

Решение задачи из Сб. задач Ольховского по теоретической механике для физиков. Номер 5.23

Вывести уравнение Лагранжа и определить закон движения системы, состоящей из подвижного блока и двух тел с массами m1 и m2. Длина троcса l известна, ускорение свободного падения g

Решение:

число степеней свободы S = 3N-K в свою очередь N = 2 поэтому S = 6 - K => S = 2 - K, K = 1 => в итоге S = 1 olh523

Функция Лагранжа L = T-U = \frac{m_1 \dot{x^2_1}}{2} + \frac{m_2 \dot{x^2_2}}{2} + m_1gx_1 + m_2gx_2

Учтем условия связи:

F(x_1,x_2)=0

x_1+x_2-l=0 => x_2=l-x_1

Произведем выбор обобщенной координаты:

q=x_2 => x_2 = l-x_1=l-q

\dot{x_2} = - \dot{x_1} = - \dot{q} => \dot{x_1} = \dot{q}

и подcтавим в выражение для функции Лагранжа:

L = \frac{m_1 \dot{x^2_1}}{2} + \frac{m_2 \dot{x^2_1}}{2} + m_1gx_1 + m_2g (l-x_1)

Запишем уравнение Лагранжа: \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{x_1}} - \frac{\partial L}{\partial x_1} = 0 получаем:

\frac{d}{dt} (m_1-m_2) \dot{x^2_1} + (m_1-m_2)g = 0 учтем, что \frac{d}{dt} (m_1-m_2) \dot{x^2_1} <=> \frac{m_1+m_2}{2} \dot{x^2_1}

L = \frac{m_1+m_2}{2} \dot{x^2_1} + (m_1-m_2)g x_1 + m_2gl продифференцируем уравнение Лагранжа по времени повторно:

\ddot{x_1} = \frac{m_1-m_2}{m_1+m_2} g Получаем следующие законы движения:

x_1 = x_{01} + \dot{x}_{01}t + \frac{m_1-m_2}{2(m_!+m_2)}gt^2 ; при этом x_{01} = 0 ; \dot{x}_{01}t = 0; x_2=l-x_1 = l - \frac{m_1-m_2}{2(m_!+m_2)}gt^2

Второй способ (в механике Ньютона)

m_1 \ddot{x_1} = m_1g - T ; -m_2 \ddot{x_2} = m_2g - T, где Т - сила натяжения нити, разрешая систему уравнений, получаем:

m_1 \ddot{x_1} + m_2 \ddot{x_2} = (m_1-m_2)g , учитывая, что \ddot{x_2} = \ddot{x_1} получаем в итоге:

(m_1+m_2) \ddot{x_1} = (m_1-m_2)g  тот же самый ответ:

\ddot{x_1} = \frac{m_1-m_2}{m_1+m_2} g

Опубликовано в Теоретическая механика

Решение задачи из Сб. задач Ольховского по теоретической механике для физиков. Номер 5.02

Материальная точка движется в однородном поле тяжести по гладкой параболе. Начальная скорость равна нулю. На какой высоте точка оторвется от параболы?

Решение:

Парабола гладкая, то есть жесткая => учитываем реакцию связей \vec{R}

Изображаем ситуацию задачи на рисунке:

olh52

Здесь ус - это искомая координата схода точки с траектории параболы.


y^2=ax x= \frac{1}{a} y^2 m \ddot{\vec{r}} = \vec{F_t} + \vec{R}

Уравнение связи при этом f(x,y,z)=y^2-ax=0 Распишем реакцию связи \vec{R}= \lambda \vec{\bigtriangledown} f = \lambda (-a, 2y, 0)

Перепишем уравнение движения m \ddot{\vec{r}} = m \vec{g} + \lambda (-a, 2y, 0)

m \vec{\ddot{r}} = m \vec{g} + \lambda (-a, 2y, 0) \left\{\begin{matrix} & m \ddot{x} = 0 - \lambda a}  \\  & m \ddot{y} = -mg + 2y \lambda \\ & y^2 - ax = 0 \end{matrix}\right. => \left\{\begin{matrix} & \ddot{x} =  - \frac{ \lambda a}{m}}  \\  & \ddot{y} = -g + 2 \frac{y \lambda}{m} \\  & y^2 - ax = 0  \end{matrix}\right

первая производная 2y \dot{y} - a \dot{x} = 0 вторая 2y \ddot{y} +2 \dot{y^2} - a \ddot{x} = 0

Разрешаем систему, распишем всё в одно уравнение:

2y(-g+2y \frac{\lambda}{m}) + 2 \dot{y^2} + a^2 \frac{\lambda}{m} = 0

\dot{y^2} = yg - 2y^2 \frac{\lambda}{m} - \frac{1}{2} a^2 \frac{\lambda}{m} (1)

Закон сохранения энергии для начального (0) и произвольного (1) моментов времени:

E=T_0+U_0=T_1+U_1 => T_1 - T_0 = - (U_0 - U_1) или, что одно и то же:

\frac{m}{2} (\dot{x^2}+\dot{y^2}) - 0 = + (mgy_0 - mgy) =mg(y-y_0) (2)

\dot{x} = \frac{2y}{a} \dot{y} подставим в (1), после сокращений получаем:

\dot{y^2} = \frac{2a^2 (y_0 - y)}{4y^2+a^2}g (3)

(1) = (3) то есть:

\frac{2a^2 g (y_0-y)}{4y^2+a^2} = yg -  \lambda \left (  \frac{2y^2}{m} + \frac{1}{2} \frac{a^2}{m}  \right )

 \lambda = \frac{2m}{4y^2+a^2}  \left ( yg - \frac{2a^2g(y_0-y)}{4y^2+a^2}  \right )

При y=y_c точка отрыва, \lambda \equiv 0 поэтому:

y_c g - \frac{2a^2g(y_0-y_c)}{4y^2_c+a^2} = 0 получаем кубическое уравнение:

y^3_c + \frac{3}{4} a y_c - \frac{1}{2} a^2 y_0 = 0 пусть a= \frac{2 \sqrt{2}}{3}; y_0 = \frac{15}{4} тогда:

y^3_c + \frac{2}{3} y_c - \frac{5}{3} = 0

y_c = 1 - корень, при y_0 = \frac{15}{4} - ответ

Опубликовано в Теоретическая механика

Решение задачи из Сб. задач Ольховского по теоретической механике для физиков. Номер 5.01

Материальная точка движется в однородном поле тяжести по гладкой неподвижной плоскости, образующей угол α с горизонтом. Найти выражение для траектории движения и cилу реакции связи r(t);\vec{R}-?


Решение:

olh51

Уравнение связи для плоскости, построенной на рисунке: f(x,y,z) = Ax+By+Cz+D=0 при этом D=0

Уравнение плоскости в нормальном виде x \cdot cos (\alpha_1) + y \cdot cos (\alpha_2) + z \cdot cos (\alpha_3) = 0 с учетом \alpha_2 = \frac{\pi}{2} мы можем записать x \cdot cos (\frac{\pi}{2} - \alpha) +z \cdot cos(\alpha) = 0

x \cdot sin (\alpha) + z \cdot cos(\alpha) = 0 => z + x \cdot tg (\alpha) = 0

Найдем силу реакции связей \vec{R}

f(x,y,z) = z + x \cdot tg (\alpha) = 0 \vec{\bigtriangledown} f = \left (  \frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y},\frac{\partial f}{\partial z}  \right ) = (tg(\alpha),0,1)

m \ddot{\vec{r}} = m \vec{g} + \lamda \vec{\bigtriangledown} f перепишем это уравнение по компонентам:

\left\{\begin{matrix}
 & m \ddot{x} = 0+ \lambda tg(\alpha) \\ 
 & m \ddot{y} = 0+0=0\\ 
 & m \ddot{z} = -mg+\lambda\\
 & z+x \cdot tg(\alpha)=0
\end{matrix}\right.

\dot{z}+\dot{x} \cdot tg(\alpha) = 0 => \ddot{z}+\ddot{x} \cdot tg(\alpha) = 0 => m\ddot{z}+m\ddot{x} \cdot tg(\alpha) = 0

Суммируя два первых уравнения системы, после сокращений,получаем \lambda(1+tg^2 \alpha )=mg => \lambda = \frac{mg}{1+tg^2 \alpha}=mg \cdot cos^2 \alpha

\vec{R} =\lamda \vec{\bigtriangledown} f = mg \cdot cos^2 \alpha \left (  \frac{sin \alpha}{cos \alpha},0,1  \right ) = \left (  mg cos \alpha sin \alpha, 0, mg cos^2 \alpha \right ) =

= mg cos \alpha \left (  sin \alpha, 0, cos \alpha  \right )

Далее, для нахождения траектории, рассмотрим m \ddot{x} = 0+ \lambda tg \alpha = const => x \equiv x(t)= x_0 + \dot{x_0}t + \frac{\ddot{x}}{2}t^2

Закон сохранения энергии E_0 = T+U= \frac{m}{2} \left ( \dot{x}^2+\dot{y}^2+\dot{z}^2  \right )+ mgz

\dot{z} + \dot{x} tg \alpha = 0 dA=(\vec{F},d \vec{r})=mg \cdot dz => A=mgz

Пусть \dot{y}=0 то есть y=y_0 (вдоль оси OY движения не происходит), тогда:

\frac{m}{2} \left ( \dot{x}^2 +\dot{z}^2  \right )+ mgz = E_0

Приведем это выражени к виду, удобному для интегрирования:

\frac{m}{2} \left ( \dot{x}^2 +\dot{x}^2 tg \alpha  \right )+ mgz = E_0

\left (\frac{dx}{dt} \right )^2 \frac{m}{2} \left ( 1 + tg^2 \alpha  \right ) = E_0 - mgz

\frac{dx}{dt} = \sqrt{\frac{2}{m}} cos \alpha \sqrt{E_0 - mgz} z=-x tg \alpha

Беря интеграл:

\int_{t_0}^t dt = \int_{x_0}^x \sqrt{\frac{m}{2}} \frac{1}{cos \alpha} \frac{dx}{\sqrt{E_0 + mgx tg \alpha}}

и выражая x(t), мы получаем выражения для уравнения траетории.

Опубликовано в Теоретическая механика

Решение задачи из Сб. задач Ольховского по теоретической механике для физиков. Номер 2.34

Материальная точка движется в центральном поле U(r) = \frac{- \alpha}{r^6}. Полная энергия равна нулю E=0.

Найти траекторию движения.

Решение:

olh234

Запишем общее решение \phi = \sqrt{\frac{m}{2}} \int{\frac{L_0}{m} \frac{dr}{r^2 \sqrt{E-U_{eff}(r)}}}

Эффективный потенциал U_{eff}(r) = - \frac{\alpha}{r^6} + \frac{L^2_0}{2mr^2} = - \frac{\alpha}{r^6} \left ( 1 - {\frac{L^2_0}{2m \alpha}r^4 \right )

при этом выражение {\frac{L^2_0}{2m \alpha}r^4 = 0 в точке r_0 (см. рисунок к задаче)

Неравенство для нахождения области движения E - U_{eff}(r) \geqslant 0

откуда U_{eff}(r) \neqslant 0 => r \in [0;r_0] => движение финитное

Перепишем выражение для траектории:

\phi = \frac{L_0}{\sqrt{2m}} \int{\frac{r dr}{\sqrt{\alpha - \frac{r^2_0}{2m} r^4}}}

Имеем интеграл вида \int{\frac{dx}{ \sqrt{\alpha - \beta x^2}}} пусть x = r^2; \beta = \frac{L^2_0}{2m} тогда

\int{\frac{dx}{\sqrt{ \alpha - \beta x^2}}} = \frac{1}{\sqrt{\alpha}} \int{\frac{dx \sqrt{\frac{\beta}{2}}}{\sqrt{1 - \frac{\beta}{2}x^2}}} = \frac{1}{\sqrt{\beta}} arccos (x) \sqrt{\frac{\beta}{2}}

Таким образом \phi = \frac{1}{2} arccos(r^2 \sqrt{\frac{L^2_0}{2m \alpha}}) - ответ;

Найдем траекторию движения материальной точки в полярных координатах:

cos 2 \phi = r^2 \frac{L_0}{\sqrt{2m \alpha}} => r^2 = \frac{\sqrt{2m \alpha}}{L_0} cos 2 \phi

в декартовых координатах: x^2 + y^2 = \frac{\sqrt{2m \alpha}}{L_0} cos(2 arctg \frac{y}{x})

r^2 = \frac{\sqrt{2m \alpha}}{L_0} cos 2 \phi \geq 0 - лемниската Бернулли \phi \in [0;2 \pi]; 2 \phi \in [0; 4 \pi]

lemniscata


Опубликовано в Теоретическая механика
<< Первая < Предыдущая 1 2 Следующая > Последняя >>
Страница 1 из 2

(новое окно)

Как ввести формулу
Работает только для формы "Добавить комментарий" к материалу:
будет [img]http://latex.codecogs.com/gif.latex?t^2[/img]