Добавил:

AD Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Тверской Государственный Университет

Предмет:

Теоретическая механика

Файл:

Пособие по решению задач (1)

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

23.03.2024

Размер:

2.26 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 97 8 9 > Следующая >>>

C	Аcos t C	А	cos t ,

2	2

откуда

cos

sin

sin t C

cos t P,

тогда

z C cos t C sin t		А		cos t P	cos t
			2
1	2

Упрощая, получаем

zА P cos t Qsin t ,

констатнты

P и Q будем искать из начальный условий

А
	2	sin t Q sin t .

, т.е.:

z 0 z0 и z 0 z0 ,

найдем первую производную по времени от z

z P sin t Q cos t .

Очевидно,

P z

2 P

1 cos t z0 cos t

cos t

sin t

sin t .

Вспоминая, что такое А, имеем

Найдем теперь

y				z		g												z
			2
	0				0														0
	0		2		0			1	cos		t	z		cos		t			0	sin		t
			2										0

		0		1			0		g						z
		0					0						t			0					.
z z							y			1	cos		t			0	sin	t			.

y из второго уравнения исходной системы

	y y		z z	0
		0
		g	1 cos t z0 sin t ,
y y0	y0

g t

dy y0t y0

1 cos t

dt z0 sin t

cos t

y y0

sin t

Ответ: x x0

x0t, y y0

1 cos t

sin t

cos t

sin t .

z z0

№ 33. Над поверхностью Земли действует постоянное по времени

электрическое поле, вектор напряженности

которого направлен

вертикально вверх, причём

меняется с высотой по закону E E0		z	2
	1
		z0


. До какой высоты H поднимется точка массы				m
подброшена вверх на высоте	z	0	начальной скоростью

изаряда

v0 ?

, если она

Решение:

Запишем второй закон Ньютона в векторной форме:

mr = mg +

Проекция этого уравнения на ось

mz = mg +	eE
mz = mg +		0
		0
		z	2
		z
1		z0
		z0

eE. z :

Рис. 19

Дифференциальное уравнение относительно			z
Дифференциальное уравнение относительно
z = g +	eE	0
z = g +

		z		2
		z
	m 1	z0
		z0

преобразуем выражение:

	dz	dz
	dz	dt
		dt

cделаем замену:


				eE0
=	g	+		eE0
=		+
					z
			m	1	z
			m	1	z

						0
						0

1	z	d
1	z	dz
	z	dz
	0


			0
			0
		dz
2		dz
			v	0
			v	0



	1		dz
	z		dz
	z	0
		0

zdz

z	0

H	H	eE
= gdz +		eE	0	2	dz,
= gdz +				2	dz,

z0	z0		z
		m 1	z0
			z0
d
, тогда

																					1		H
								2													1		z
							v	2										eE					z
							v											eE						0
																								0
														0											0				d ,
								0											0									2
							2											m				2
																						2
								v	2										z eE									1	H
								v		g H z									z eE							1		1			,
									0	g H z									0					0		1			z		,
																0													0
								2								0				m								2
		v				2									z eE									z				2		1
						2
							g			H z0																							,
						0	g			H z0						0		0							0								,
						0										0		0							0
				2													m				z	0		H						2
																						0
																		2	eE								z eE
	v		2			2g				H z							2z		eE								z eE
	v					2g				H z					m		z	0			0							0
																		0			0							0
			0									0							H									m
			0									0
																		0
	2mgH	2			mv						2	eE z		H			eE z					2		mz					v			2	2gz
		2									2											2										2
											0											0										0
											0	0	0						0			0						0				0	0
Ответ: 2mgH 2 mv02 eE0 z0 H eE0 z02 mz0 v02																										2gz0 .

№ 34. Выяснить, как двигалась бы частица заряда e и массы m в магнитном

поле монополя с магнитным зарядом				q (напряженность этого поля равна
H q	r		). В начальный момент r r0	и скорость частицы v0 .
	r	3

Решение:

Начальные условия задачи: r 0 r0 , v 0 v0 . Уравнение движение имеет вид:

v H

Умножим это уравнение векторно на r

m dv r e v q r r dv r

v r

здесь	A	eq	,
		mc

тождество

тогда

		r	dv
		r

			dt

A
r	3


r

Имеет место векторное

r v

v v

После преобразований получаем:

r v

r rv .

Найдем производную вида:

d r

r rv

dt r

r v A

a m r v

eq r

dt r

Интегрирую с учетом начальный условия получаем, что движение происходит по конусу, ось которого направлена по вектору a .

Ответ: a m r0 v0 eqc rr0 .

№ 35. При условиях задачи № 34, частица движется по некоторому конусу.

Показать, что траекторию r r( ) частицы можно найти из уравнения:

	d	2		1	1
						sin 0	,
	d		2		r


				r
Где	– половина угла раствора конуса. (Величина
определяются начальными условиями).

и положение конуса

Решение:

Из предыдущей задачи мы выяснили, что движение происходит по конусу, ось которого направлена по вектору:

где

	A	eq
	A	c
		c

ε	0	m r v
	0

( c - скорость света).Так как

на

	r	,
	r	,
	r

частицу

(*)

действует только сила

Лоренца (из условия предыдущей задачи) :

e v c

, то делаем вывод о

том, что наличие данной силы не изменяет кинетической энергии, согласно

теореме об изменении кинетической энергии. Поскольку сила Лоренца есть гироскопическая сила, а элементарная работа гироскопической силы равна

нулю, то:

const

Рис. 20.

Из рис. 20 видно, что:		tan
	z

запишем вектор скорости как:

. Перейдя, к цилиндрическим координатам

v e	e		e	.
v e	e		e	.
		tan	z

Найдем векторное произведение r v :

		e		e			e	z
								z
				0
				0			tan
							tan

							tan
							tan
e			2				2		1	e
e	z	m e			z	m				e
0	z				z			tan
								tan
				Перепишем					( )
				Перепишем

2 ez 2 tan1 e ,

Asin e Acos ez ,

в проекциях:

Asin 0,

: m

tan

eφ

: 0,

: m Acos

Asin tan

Asin tan d

Запишем выражение для кинетической энергии:

								2T																				2
								2T						2			2				2
								m																tan			2
																											2

										2T			2							1					2 2 ,

											m							sin2
									2Tm										1				d 2						sin2				,
								2				2									2											2	,
							A	2	tan			2									2											2
							A		tan														d
d					2Tm										d						1 d					2			sin2						d	1

d		A	2		tan	2								d								2		d													2
d		A			tan									d										d										d

					d						d			1		2				2sin2											1 d		1
	0
	0
				d						d																				d

																			67

Ответ:

0			d	2		1	sin					1	,
0					2		sin			2			,
										2
		d
			d		2	1		1
					2
	0								sin		2		.
	0		d			2		r	sin				.
			d			r		r

	d	2		1	1
0						sin	2	.
	d		2		r
				r

№ 36. Излучение электромагнитных волн движущимися зарядами приводит к потере ими энергии. Эту потерю энергии возможно описать, вводя “силы

трения”, так что в нерелятивистском случае		v	c		уравнение движения

заряда e ( с учетом лоренцевых сил торможения представить в виде:

	e		2e	2
mv eE		v H			v
	c		3c	3

2 3

) можно

Объяснить, почему в этом уравнении лоренцева сила диссипативного члена.

играет роль

Решение:
Преобразуем уравнение движения:
2
mv eE	e	v H	2e	v
	c		3c3

Умножим скалярно уравнение на вектор скорости v :

Считаем, что

Докажем:

	e		2e	2
mvv eEv	e	v H v	2e		vv,
mvv eEv	c	v H v	3c	3	vv,
				3

	e		2e	2
mvv eEv	e	v H v	2e		vv,
mvv eEv	c	v H v	3c	3	vv,
				3

		0
mvv eEv vv.

E const .
	d mv		2		d			dv
	d mv				d	eEr		dv	v,
						eEr			v,
	dt	2			dt			dt
d	T U			dv	v		d 1	dT		2	.
dt	T U			dt	v			dt		v	.
dt				dt			dt m	dt

d 1 dT

1 m dv

dt m dt

dt m 2 dt

2vv

vv vv v

vv,

T U

m dt

СМЕШАННЫЕ ЗАДАЧИ

№ 37. Найти работу силы

yi zj xk

const

, точка приложения

которой перемещается вдоль отрезка винтовой линии:

r acos t i asin t j b t k

0 t 2 .

Решение:

По определению: dAx

Fxdx ,

dA F dx

, dAz

Fz dx .

Так как r xi yj zk , то

x acos t

y asin t , z bt . Найдем первые

производные по времени от координат.

a sin t dx a sin t dt,

a cos t dy a cos t dt,

b dz bdt.

Работа есть интеграл

dAx

dAy

dAz

A ydx zdy xdz a

sin

t dt ab t cos t dt ab cos t

a ab 0 ab 0 a

Ответ: A a2.

№ 38. Свободное твердое тело движется под действием некоторой системы

сил, главный вектор которой равен R , а главный момент относительно

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 97 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