doc1
.pdf140 |
|
IX. Динамика материальной точки; |
или |
|
|
х-к2х |
= 0, |
(1) |
у-к2у |
= 0. |
(2) |
Решение уравнения (1) имеет вид
|
x = |
Clchkt+C2shkt, |
|
x = |
Cxkshkt+C2kchkt, |
е*' + е"к' |
|
е*' - е~к' |
где chkt = — - |
гиперболический косинус, shkt = —- |
|
гиперболический синус.
Используя начальные условия: при / = 0 х = а, х = 0, найдем С, и С2: а=Си0 = С2. Тогда
x = achkt. |
(3) |
Аналогично |
|
y = C2chkt+C4shkt, |
|
у = C3kshkt+C4kch |
kt. |
Постоянные интегрирования: 0 = С3, v0 =САк. Тогда |
|
y = ^ s h k t . |
(4) |
Из равенств (3) и (4) найдем:- ch kt = —, sh kt = —. |
|
a |
v0 |
Используя равенство
ch2/fcf-sh2A:f = l,
получим уравнение траектории в координатной форме:
|
|
х \ |
\ку j = i _ у р а в н е н и е гиперболы. |
|
|
a J |
\ v. |
|
|
|
"о) |
/л |
г х |
— 1 |
= 1 (гипербола). |
О т в е т : |
|
Уо)
27. Дифференциальные уравнения движения |
141 |
Задача 27.55 |
|
Упругая нить, закрепленная в точке А, проходит |
|
через неподвижное гладкое кольцо О; к свободному |
|
концу ее прикреплен шарик М, масса которого рав- |
|
на т. Длина невытянутой нити 1=АО; для удлинения |
|
нити на 1 м нужно приложить силу, равную к2т. Вы- |
|
тянув нить по прямой АВ так, что длина ее увеличи- |
|
лась вдвое, сообщили шарику скорость v0, перпен- |
|
дикулярную прямой АВ. Определить траекторию |
|
шарика, пренебрегая действием силы тяжести и счи- |
|
тая натяжение нити пропорциональным ее удлинению. |
|
Р е ш е н и е |
|
Выберем систему координат Оху (см. рисунок). |
|
Составим дифференциальные уравнения движения |
|
точки в проекции на ось х и у: |
|
тх - -тк2х, |
|
ту = -тк2у |
|
или |
|
jc + £2jc = 0, |
(1) |
y + k2y = 0. |
(2) |
Решение уравнения (1) имеет вид
х = С, coskt+C2 sin kt, x - -kCx sinkt + kC2 cos kt.
Используя начальные условия: / = 0, Xq = 0, х0 = v0, найдем: 0 = С,, v0 = кС2. Тогда
. _ у0 sin kt. |
( 3 ) |
Аналогично решение уравнения (2) имеет вид
у= С3 coskt +С4 sin kt,
у= -кСъ sin kt + кС4 sin kt.,
142 |
|
IX. Динамика материальной точки; |
|
Исходя из начальных условий: t - 0, у0 = /, у0 |
= 0, найдем постоян- |
||
ные интегрирования: / = С3, 0 = кСА. Тогда |
|
||
|
|
у = 1 coskt. |
(4) |
|
|
кх |
v |
Из равенств (3) и (4) найдем: sinA? = — , coskt = —. |
|||
|
|
v0 |
/ |
Воспользуемся равенством sin2 kt + cos2 kt -1 |
и получим уравне- |
||
ние траектории точки в координатной форме: |
|
||
|
|
к2х2 . у2 |
|
|
|
эллипс. |
|
О т в е т : эллипс |
к2х2 |
. у |
|
4 |
+SF' |
|
|
|
|
||
Задача 27.56
Точка М, масса которой равна т, притягивается к п неподвижным центрам С,, Съ..., С„ силами, пропорциональными расстояниям; сила притяжения точки М к центру С, (/ = 1,2,..., п) равна к,т • MCt Н; точка М и притягивающие центры лежат в плоскости Оху. Определить траекторию точки М, если при 7=0: х = х0, у = у0, х = 0, у = v0. Действием силы тяжести пренебречь.
Р е ш е н и е
Выберем систему координат Оху. Составим дифференциальные уравнения движения точки в проекции на оси х и у (см. рисунок):
тх = - ^ j n k j ( x - хД |
|
|
|
1=1 |
|
|
п |
|
ту = |
-^тк,(у-у/) |
|
или |
& / |
|
|
/=1 |
|
|
(" |
|
|
У +\i=1 / |
1 |
у |
„ . |
, |
сi(*i.</i) |
О
(1)
(2)
27. Дифференциальные уравнения движения |
|
|
143 |
|
Решение уравнения (1) имеет вид |
|
|
|
|
|
х = х + х*, |
|
|
|
|
|
|
п |
|
где х - С, cos 4kt+C2 sin 4к t; JC* = a => a - — |
. |
|||
Следовательно, |
|
/=1 |
|
|
|
|
|
||
|
x = C, cos4kt+C2sin |
-Jkt + a, |
|
|
|
x = -C, 4k sin -Jk 1+C2 -Ik cos4k t, |
|||
n |
J ft |
|
|
|
где к = ^ к , ; |
a = - ^ k i x i . |
|
|
|
j=j |
к /=1 |
|
|
|
Используя начальные условия: при t-Qx |
= x0,x |
= 0, найдем С, и С2: |
||
|
х0 = С, + а С, = х0 - а; |
|
||
|
0 = С24к =>С2 |
=0. |
|
|
В результате получим |
|
|
|
|
|
x = (xa-a)cos4kt |
|
+ a. |
(3) |
Аналогично найдем решение уравнения (2): |
|
|||
|
у = С3 cos 4kt+C4 sin |
4kt+b; |
|
|
1 " |
$ = -Сг4к sin 4kt+CA4k |
cos kt, |
|
|
meb = ~-y£kiyi.
к ,=i
Используя начальные условия: при/ = 0>> = j'o,>' = v0, определим
С3 и СА:
Уо=С}+Ь=>С3=у0-Ь;
Тогда
y = (y0 -6)cosV£f + ~ s i n V £ f + 6 . |
(4) |
144 |
IX. Динамика материальной точки; |
Выразим из равенств (3) и (4)
cos 4kt = х-а
ап-а
sin-Jkt = (у-Ь) + Хо-а1-±ф-у0) Vo '
Воспользуемся равенством sin2 Vifc/ + cos2 Vfcr = 1 и получим уравнение траектории точки М в координатной форме:
f х-а \2 |
|
|
= 1 — эллипс. |
|
х„-а |
|
х0-а |
||
|
|
|||
f |
х-а |
^ |
|
|
О т в е т : эллипс |
|
|
Vo |
|
Y " |
[ п |
|||
п |
||||
где а = |
|
Ь = - ^ у , ; |
* = |
|
Задача 27.57
Точка М притягивается к двум центрам С, и С2 силами, пропорциональными расстояниям: km-MCi и кт-МСг; центр С, неподвижен и находится в начале координат, центр С2 равномерно движется по оси Ох, так что х2 = 2(а +Ы). Найти траекторию точки М, полагая, что в момент t = 0 точка М находится в плоскости ху, координаты ее х = у = а и скорость имеет проекции х = z-b, у = 0.
Р е ш е н и е
Выберем систему координат Oxyz. Составим дифференциальные уравнения движения точки под действием сил FxkF2, направленных к центрам С, и С2, в проекции на выбранные оси:
тх = кт(х2 - х) — ктх, ту - -2кту,
mz = -2kmz.
27. Дифференциальные уравнения движения |
|
145 |
||
Эти уравнения перепишем в виде |
|
|||
|
х+2кх |
= 2к(а+Ы), |
(1) |
|
|
у+2ку |
= Ъ, |
(2) |
|
|
z+2kz |
= 0. |
(3) |
|
Решение дифференциального уравнения (1) представим в виде |
||||
|
х = х + х*, |
|
||
где X = С, cos 42kt+C2 sin •Шг, |
х* = А +Bt. |
|
||
Подставим х* в уравнение (1) и найдем |
|
|||
|
2k(A+Bl) = |
2k{a+bt), |
|
|
откуда А- а, В-b, |
т.е. х* ~ а +Ы, и тогда |
|
||
|
x = Cl cos4Tkt+C2 s\n4kt + a +bt, |
(4) |
||
x = |
-C}J2ksinJ2kt+C2J2kcosJ2kt+b. |
|
||
Для определения постоянных С, и С, используем начальные ус ловия: t = 0, х0 = а, х0 = Ь:
д =С, + а =>С, =0,
Ь = С2-Ш+Ь=*С2 = 0.
Тогда выражение (4) примет вид
х = а+Ы. |
(5) |
Аналогично ищем решения уравнений (2) и (3):
у = С, cos -JUt+C, sin 42k, t,
у = -~С3-Ш sinл/211 +C44Tk cos л/21
так как С3 =0 и С4 = а, то |
|
y-acos42kt; |
( 6 ) |
Z-C5cos42kt+Cbsm42kt, |
|
Z = -Съ4Тк в^ПлМt+Cb4Ik |
cos л/2Хг, |
146 |
|
IX. Динамика материальной точки; |
поскольку С5 = 0, а С6 = •Jlk |
то |
|
Z = -jL=smJ2kt, |
(7) |
|
Из уравнений (6) и (7) найдем |
|
|
cos -Jlkt |
= I; sin -Mi |
= |
|
a |
b |
Возведем обе части полученных соотношений в квадрат и просуммируем их. С учетом равенства sin2 -Jlkt + cos2 -Дкt - 1 получим уравнение траектории движения точки М:
у2 |
|
2 kz2 |
|
а1 |
|
—— = 1 — эллиптический цилиндр. |
|
|
b1 |
|
|
Из уравнений (6) и (7) найдем период: |
|
||
|
J2k(t + T) = J2kt+2n=>r |
= nJj, |
|
х0 =Ь=эхл =хдГ |
= |
— шаг винтовой линии. |
|
О т в е т : винтовая линия, расположенная на эллиптическом цилинд-
ре, ось которого есть Ох, а уравнение имеет вид |
у2 |
2 kz2 |
а2 |
+—— = 1; |
|
|
Ь2 |
шаг винта равен: nbjj-.
Задача 27.58
Частица массы т, несущая заряд отрицательного электричества е, вступает в однородное электрическое поле напряжения 1Е со скоростью v„, перпендикулярной направлению напряжения поля. Определить траекторию дальнейшего движения частицы, зная, что в электрическом поле на нее действует сила F = еЕ, направленная в сторону, противоположную напряжению Е; действием силы тяжести пренебречь.
27. Дифференциальные уравнения движения |
147 |
Р е ш е н и е |
|
Выберем декартову систему координат с на- |
у |
чалом в точке М0. Составим дифференциаль- |
|
ные уравнения движения точки под действи- |
^ |
ем силы F - е Ё в проекции на оси х н у : |
|
тх = 0, |
|
тр - Ее |
|
или |
|
х = 0,
у = Ее-
т
Решение уравнения (1) имеет вид
x = Cxt+C2, x = Cv
(1)
(2)
Используя начальные условия: х0 = 0, х0 = v0, определим С, = v0 и
С2 = 0. Тогда |
|
|
|
|
|
х = vQt. |
(3) |
||
|
|
|
|
dy |
Решим уравнение (2). Введем замену: у = —, разделим перемен- |
||||
ные и получим |
|
|
|
dt |
|
|
л |
||
|
J - |
Е Е |
||
|
dy-—dt. |
|
|
|
|
|
т |
|
|
Возьмем определенный интеграл: |
|
|
||
Le-L\dt^y~m=—dt |
|
т |
||
J |
т j |
|
|
|
j<0)=0 |
т о |
|
|
|
|
у |
т |
1. |
|
|
• |
е Е |
* |
|
dy
Снова введем замену: у = —, разделим переменные, проинтегрируем: d t
b-fhт
у(0) о
148 |
IX. Динамика материальной точки; |
и найдем
еЕ л
У= Ъп<-
Из уравнения (3) найдем t = —, подставим это значение в формул v0
лу (4) и получим уравнение траектории частицы в координатной форме:
у = |
еЕ-х2 |
— парабола. |
|
2mvl |
|
Если уравнение параболы записать в канонической форме х2 =2ру, то ее параметр р ••mvnеЕ'
О т в е т : парабола, параметр которой равен mvl / (еЕ).
Задача 27.59
Частица массы т, несущая заряд отрицательного электричества е, вступает в однородное магнитное поле напряженности Л , со скоростью v0, перпендикулярной направлению напряженности поля. Определить траекторию дальнейшего движения частицы, зная, что на частицу действует сила
F = -e(vxH).
При решении удобно использовать уравнения движения точки в проекциях на касательную и на главную нормаль к траектории.
Р е ш е н и е |
|
|
|
Для решения задачи выберем декар- |
|
||
тову систему координат (см. рисунок), |
|
||
плоскость Оху которой совпадает с плос- |
|
||
костью mm, а ось z перпендикулярна |
|
||
этой плоскости. Тогда |
|
я |
№ |
F |
JJ |
к |
|
' |
* |
|
|
X |
У |
z |
|
Нх |
н у |
|
|
F = - e ( v x f f ) = -e |
|
|
|
где I, ], к — орты осей х, у, z\ Нх = Н, Ну- 0, Нг = 0.
27. Дифференциальные уравнения движения |
149 |
Отсюда определим
Fx=-ety, Fy = -еНх,
0.
Тогда дифференциальные уравнения движения частицы в проекции на оси х, у и z имеют вид
тх = -еНу, ту = еНх, mz = 0
или
х + к2у |
= 0, |
(1) |
у-к2х |
= 0, |
(2) |
1 = 0, |
(3) |
|
f 2 еН
где к = — .
т
Запишем уравнение (1) в виде
dt |
dt |
|
Тогда |
|
|
x = |
-k2y+Cv |
|
При / = 0: xQ = v0, у0 = 0, следовательно, С, = v0. С учетом значения |
||
С, запишем |
|
|
x = v0-k2y. |
(4) |
|
Подставим выражение (4) в уравнение (2): |
||
y-k2(v0-k2y) |
= 0 |
|
или |
|
|
у-к*у |
= к \ . |
(5) |