Пособие по решению задач (1)

Добавил:

AD Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Тверской Государственный Университет

Предмет:

Теоретическая механика

Файл:

y0 z z0 – подставляем в третье уравнение – z y g .

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

23.03.2024

Размер:

2.26 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 96 7 8 9 > Следующая >>>

mv0

ln 1

mgx

ln 1

kv0

mv0

Рассмотрим предельный случай при k 0

1 k

mgx

H H

mv0

kv0

2 m

2v0

mgx

Ответ: y

ln 1

H ,

при k 0 y H

2 .

kv0

mv0

2v0

№ 29. Точка массы

движется по прямой Ox

в среде с сопротивлением,

пропорциональным квадрату скорости

F v

. Найти закон движения

точки (в квадратурах), если на неё, кроме того, действует сила

Ф Ф

и в начальный момент

0 .

Решение:

Сделаем поясняющий чертеж

Рис. 16.

Запишем второй закон Ньютона в векторной форме

mw Fc Ф,

в проекции на ось Ox основное уравнение примет вид

C x

mx x

Ф x .

Преобразуем полученное выражение:

x x

x ,

здесь

Понизим порядок данного дифференциального уравнения

: x

p(x) , тогда

p x

p p,

x , p 0,

p p p

p p

Решаем однородное дифференциальное уравнение:

	p 0		p Ce	x	, где	C const.
p

Для построения общего решения неоднородного уравнения используем метод Лагранжа:

: C C x ,

тогда

C x e x C x e x C x e x

m C x e x

C x d C x

dx.

e x

1		x		,
		x

m C x e 2 x

Интегрируя, получаем

			2		x
C		2	2		e				2		d .
		2							2
			m
			m		x
					x
					0
Следовательно
				2		x
						x
p		2					e			2		d e			2 x		,
		2								2					2 x

			m			0
						0
						x
										2		x
x	2	e		2 x			e	2 x		2			e	2		d .
	2			2 x				2 x						2
										m
										m		x
												x
												0

Константу найдем из начальных условий x x0 x0 :

2 x

x x

2 x

d x

d ,

x x

Итого получаем квадратуру:

x x

dx t t .

x x0

Ответ:

x02

e m

dx t t0.

№ 30. Точка массы m падает вертикально (изменение ускорения свободного падения с высотой не учитывается) без начальной скорости в среде, сила

сопротивления	которой	F f			v	.	Найти	зависимость скорости от

времени, если		2	,	где			и -	положительные постоянные
	F v v

величины. Найти предельное (при t ) значение скорости в этом случае.

Решение:

Сделаем схематический чертеж:

Рис. 17.

Запишем второй закон Ньютона для данной механической системы:

mw mg F,

запишем данное уравнение в скалярной форме:

m	dv	mg v v	.
		2
	dt

Получаем квадратуру:

v			dv				t
			dv				dt.

	g		v		v	2
0							0
0		m		m			0
		m		m

Найдем неопределенный интеграл:

2 m

( 2 v

4 gm

)

4 gm

2 m

(2 v

4 gm

)

4 mg

2 m

4 mg

2 v

4 mg

2 v

4 mg

Рассмотрим отдельно интеграл:

U 2 v

4 mg

2 v

4 mg

2 dv dU

ln( 2 v

4 mg

)

lnU C

Для аналогичные рассуждения, поэтому сразу запишем результат:

ln 2 v

4mg

g m v

2 v 4mg 2

ln 2 v 4mg

4mg

2 v 4mg

2 v

4mg 2

2 v

atanh

2 v

4mg 2

4mg

Подставляем пределы интегрирования:

2 v

atanh

4mg

	4mg
	2
:	2m
	2m

, тогда:

2 v

atanh

4mg

2 v

4mg

2mg

2 v

tanh t v

2m ctanh t

4mg

2mg

lim v t lim

2m ctanh t

Ответ:

v

	2mg	,
	2m ctanh t	,
	2m ctanh t

lim v t t

2mg .

№ 31. В однородном магнитном поле на электрон действует лоренцева сила

	e	v
	c	v
	c

,где

H – напряженность поля,

– заряд электрона, v – его

скорость, а

считая, что

c – скорость света. Найти траекторию движения электрона,

напряженность поля H направлена по оси Oz .

Решение:

Запишем второй закон Ньютона в векторной форме

mw ce v H .

Найдем векторное произведение v H : 56

v H

z yHe

xHe

x y

yex

xey

y x

где,

z 0

Найдем решение системы дифференциальных уравнений

x y,

y x,

: x iy x iy x iy.

Тогда справедливо

y ix i x iy i i 0

i C

, где C const ,

: i C

i 0

i t

, где A const ,

t Ae	i t	a1e	i t	i C , где	1	const
					a	const
a cos t isin t C i ,

i	a1	cos t			a1	i sin t b2			ib1 ,
i		cos t				i sin t b2			ib1 ,

			a				a
b1			1	sin t		i b2	1	cos t		,
b1				sin t		i b2		cos t		,

						57

Ответ:

sin

cos

sin

x b

cos t

y b

sin t

cos t , y b2

sin t .


	2
	2

 

№ 32. Над поверхностью Земли действует однородное магнитное поле,

вектор напряженности

которого горизонтален. Найти закон движения

частицы массы m и заряда e под действием магнитного поля и однородного поля тяжести (дрейф частицы в однородном магнитном поле под действием

тяготения). В начальный момент r 0 r0 ,	v 0 v0	. Провести анализ
решения при H 0 .
Решение:
Сделаем схематичный чертеж к задаче
		g ge		z
				z
		H He	x
			x

Рис. 18.

Запишем закон движения для частицы

mr	e	r H mg.
	c

Найдем векторное произведние

	e	x	e	y	e	z
		x		y		z
r H	x		y		z		Hze	y	Hye	,
								y	z
	H		0		0

тогда, уравнение движения можно переписать в виде

xe	x
	x

Тогда

ye	y	ze	z
	y		z

xex yey

eH	ze		eH
mc	ze	y	mc
		y

zez zey

ye	z

gez	, :	eH
		mc

yez gez .

В проекция на оси, получаем систему уравнений

			x 0,
			y z,
			y z,
		z	y g.
		z	y g.

Далее решаем полученную систему уравнений
1.
			x 0,
	dx		x
	dx		0 dx 0 x x ,
			0 dx 0 x x ,
	dt			0

			x0
			x0

x dx t x0dt x x0 x0t.

x0 0

2. Второе и третье уравнения замкнуты, их придется решать вместе y z 0 ,

Итого

z 2 z y0 2 z0 g 2 z А,

z 2 z А.

Решаем однородное уравнение, т.е.:

z			z 0 z			z.
		2			2
Получаем характеристическое уравнение
k	2			2	k i ,
	2			2
откуда следует общее решение
z C cos t C sin t							.
	1				2

Найдем общее решение неоднородного уравнения используя метод вариации

постоянных. Вместо постоянных

будем рассматривать

вспомогательные функции C

и C

t . Неизвестные функции C

и C

определяются из системы двух уравнений:

C cos t

C sin t

C sin t C cos t А,

из первого уравнения следует

sin t

cos t

Подставляя во второе, имеем

sin2

C2 cos t А

cos t

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 96 7 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Теоретическая механика

#
26.01.2024367.54 Кб1TM_Lectures_part_I_17.pdf
#
26.01.2024832.66 Кб1TM_Lectures_part_I_18.pdf
#
26.01.2024867.63 Кб1TM_Lectures_part_I_19.pdf
#
26.01.2024541.6 Кб1TM_Lectures_part_I_20.pdf
#
26.01.2024433.56 Кб2TM_Lectures_part_I_21.pdf
#
23.03.20242.26 Mб2Пособие по решению задач (1).pdf