Метод законов сохранения и движение в центральном поле |
46 |
|
|
Примеры решения задач
Задача 1. Автомобиль заданной массы m движется таким образом, что развиваемая им мощность в процессе движения сохраняет свое постоянное значение. Показать, что путь, проходимый автомобилем, изменяется со временем по закону S(t) = at3/2. Считать, что в начальный момент времени его скорость равна нулю.
Решение. Для связи мощности со скоростью движения воспользуемся законом изменения кинетической энергии, который следует из (3.3),
dT |
= N0 . |
(3.7) |
dt |
|
|
Здесь N0 − мощность всех сил (включая и внутренние), действующих на автомобиль. По условию задачи N0 является величиной постоянной. Интегрируя уравнение (3.7) с учетом начальных условий получим, что величина скорости меняется по закону
|
2N |
0 |
1/ 2 |
t |
1/ 2 |
. |
(3.8) |
v(t) = |
m |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
Определив закон изменения скорости и интегрируя (3.8) с учетом соотношения ds/dt = v(t), находим искомый закон изменения s(t)
1/ 2
s(t) = 2 2N0 t3 / 2 . (3.9) 3 m
Последняя формула (3.9) дает решение поставленной задачи.
Замечание. Получите решение для s(t), если в начальный момент времени скорость автомобиля v0 ≠ 0.
s(t) = |
m |
v2 |
+ (2N |
0 |
/ m)t 3/ 2 |
|
|
||||||
|
3N0 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Задача 2. Найти закон движения частицы массы m и заряда e в магнитном поле H(0,0,H0cos(y/a)). Начальные условия в декартовых координатах имеют вид r(0) = 0, v(0) = (0, ωa, 0), где ω = eH0/mc.
Решение задачи. Умножив векторное уравнение движения
Теоретическая физика. Механика (практический курс) |
47 |
||||
|
|
|
|
|
|
m |
dv |
= e |
[v H] |
(3.10) |
|
dt |
|||||
|
c |
|
|
||
скалярным образом сначала на скорость v, а затем на орт ez || H, можно получить следующие интегралы движения:
|
dv |
|
|
m (v v) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dv |
(v ez )= const . |
||||||||
m v |
|
= 0 |
→T = |
|
|
|
|
= const и m |
ez |
|
|
= 0 → vz = |
|||||||||||
|
2 |
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dt |
|
||||||||
Учет начальных условий приводит к следующему выражению |
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
&2 |
&2 |
|
|
|
2 |
|
|
2 |
2 |
, |
|
|
(3.11а) |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
+ y |
= v0 |
= ω a |
|
|
|||||||||
Разделив на массу x-компоненту уравнения (3.10), имеем |
|
||||||||||||||||||||||
dx |
& |
|
|
|
|
d |
|
& |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
& |
|
|
|||
& |
− ωy cos( y / a) = 0 → |
|
|
[x − aωsin( y / a)]= 0 → x − aωsin( y / a) = const . |
|||||||||||||||||||
dt |
dt |
||||||||||||||||||||||
Опять используя начальные условия, получаем |
(3.11б) |
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x = ωasin( y / a) . |
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
& |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Из системы двух уравнений (3.11) находим |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
&2 |
|
2 |
|
2 |
cos |
2 |
( y / a) . |
(3.12) |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
y |
= ω a |
|
|
|
|
|||||||||||
Интегрируя (3.12), получаем |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
y |
|
|
|
dy |
|
|
|
|
|
|
|
1+ sin( y / a) |
|
|
||||
|
|
|
ωt = ∫ |
|
|
|
|
|
|
= ln |
|
|
. |
(3.13) |
|||||||||
|
|
|
a cos( y / a) |
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
0 |
|
|
|
1−sin( y / a) |
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Из уравнений (3.11а), (3.13) находим закон движения частицы |
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
x = (aω)th(ωt), |
|
|
|
x(t) = aln[ch(ωt)], |
(3.14а) |
||||||||||||||
|
|
|
|
& |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y(t) = aarcsin[th(ωt)]. |
(3.14б) |
||||||||||||||||
Задача 3. Найти закон движения заряда в радиально-симметричном (т.е. не зависящем от азимутального угла ϕ) магнитном поле H = H0Φ(ρ)ez. Начальные условия в полярных координатах имеют вид r(0) = (ρ0, ϕ0), v(0) = (vρ(0), ρ0ωH, 0); ωH = eH0/mc.
Решение. Магнитная компонента силы Лоренца в полярных координатах
принимает вид F = eH dϕ |
ρΦ(ρ)e |
ρ |
− eH dρΦ(ρ)e |
ϕ |
. |
|
L |
c dt |
|
c dt |
|
||
|
|
|
|
|
||
Уравнения Ньютона в |
полярных координатах запишутся в виде |
|||||
Метод законов сохранения и движение в центральном поле |
48 |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dvρ |
= ωH ρΦ(ρ) |
dϕ |
, |
1 d |
ρ |
2 |
dϕ |
= −ωH |
dρ |
Φ(ρ) . |
(3.15) |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
dt |
dt |
|
|
|
|
dt |
|||||||||
|
|
|
ρ dt |
|
|
dt |
|
|
|
|||||||
Из последнего уравнения (3.15), переходя к новой независимой переменной ρ, получаем
dϕ = |
M (ρ) |
|
|
|
ρ |
|
|
|
, |
M (ρ) =ρ2ω − ω |
H |
∫ |
uΦ(u)du . |
(3.16) |
|||
|
||||||||
dt |
ρ2 |
0 0 |
|
|
||||
|
|
|
|
|
ρ0 |
|
|
|
Воспользовавшись определением радиальной компоненты скорости и учитывая связь (3.16) угловой скорости и расстояния ρ, первое уравнение в выражении (3.15) можно преобразовать к виду
1 d |
(vρ2 )= ωH |
Φ(ρ)M (ρ) . |
(3.17) |
|||
|
|
|
||||
2 dρ |
||||||
|
ρ |
|
||||
Интегрируя последнее уравнение с учетом начальных условий, получаем квадратурные формулы для связи радиальной компоненты скорости и пройденного радиального расстояния со временем
dρ |
|
|
|
|
|
|
|
ρ |
|
du |
|
|
||
= vρ2 (0) −U (ρ), |
|
|
t = ∫ |
|
|
. |
(3.18) |
|||||||
dt |
|
|
|
vρ2 (0) −U (u) |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
ρ0 |
|
|
|||||
Здесь потенциальная функция определяется выражением |
|
|||||||||||||
|
U (ρ) = −2ωH |
|
ρ |
Φ(u)M (u) |
du . |
|
(3.19) |
|||||||
|
|
∫ |
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
u |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
ρ0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
С учетом последних формул (3.18), (3.19) и связи (3.16) можно полу- |
||||||||||||||
чить квадратурную формулу для искомой траектории |
|
|
||||||||||||
|
ρ |
|
|
|
M (u)du |
|
|
|
|
|||||
|
ϕ− ϕ(0) = ∫ |
|
|
|
|
. |
|
(3.20) |
||||||
|
|
|
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
||||
|
ρ |
0 |
u |
|
v |
|
(0) |
−U (u) |
|
|
||||
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
||
Формулы (3.18) и (3.20) решают поставленную задачу. Решение этой задачи повышенной трудности мы привели только по одной причине: показать, что существуют силовые поля, которые можно считать обобщением стандартной задачи о движении материальной точки в центральном поле. Любые точные решения нетривиальных уравнений Ньютона в квадратурах